PAGE1第七章機(jī)械能守恒定律7.3動(dòng)能動(dòng)能定理課程標(biāo)準(zhǔn)1.了解動(dòng)能的概念。2.理解合外力做功是物體動(dòng)能變化原因，正確使用動(dòng)能定理分析解決問題。物理素養(yǎng)物理觀念：建立動(dòng)能和動(dòng)能變化量的物理觀念。科學(xué)思維：運(yùn)用牛頓第二運(yùn)動(dòng)定律推導(dǎo)動(dòng)能定理，并能理解從特殊推廣到一般的思維方法。科學(xué)探究：物體動(dòng)能變化的內(nèi)在原因。科學(xué)態(tài)度與責(zé)任：養(yǎng)成從現(xiàn)象到本質(zhì)，發(fā)現(xiàn)客觀物理規(guī)律的科學(xué)態(tài)度。

一、動(dòng)能的概念1.物體因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)而具有的能量叫動(dòng)能，表達(dá)式：Ek＝eq\f(1,2)mv22.單位：焦耳，符號(hào)為J3.標(biāo)矢性：動(dòng)能是標(biāo)量，只有大小，沒有方向。沒有負(fù)值，與物體的速度方向無關(guān)。4.動(dòng)能是狀態(tài)量，具有瞬時(shí)性，與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)(或某一時(shí)刻的速度)相對(duì)應(yīng)。5.動(dòng)能面為參考系。6.動(dòng)能變化量ΔEkΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，若ΔEk>0，則表示物體的動(dòng)能增加，若ΔEk<0，則表示物體的動(dòng)能減少。例1.兩個(gè)物體質(zhì)量之比為1∶4，速度大小之比為4∶1，則這兩個(gè)物體的動(dòng)能之比為（）A.1∶1B.1∶4C.4∶1D.2∶1【答案】C【解析】由動(dòng)能的定義式知，物體的動(dòng)能與質(zhì)量成正比，與速度的平方成正比，所以C正確。例2.（多選）某同學(xué)在練習(xí)足球時(shí)，將足球朝豎直的墻壁踢出.假設(shè)足球的質(zhì)量為m＝0.5kg，足球垂直撞擊墻壁前的瞬間速度大小為v＝5m/s，如果以足球撞擊墻壁前瞬間的速度方向?yàn)檎闱蚺c墻壁碰后以等大的速度反向彈回.則足球與墻壁發(fā)生作用的過程中（）A.速度的變化量為－10m/s B.速度的變化量為10m/sC.動(dòng)能的變化量為25J D.動(dòng)能的變化量為0【答案】AD【解析】速度的變化量為矢量，Δv＝－v－v＝(－5－5)m/s＝－10m/s，A正確，B錯(cuò)誤；動(dòng)能的變化量為標(biāo)量，ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv2＝0，C錯(cuò)誤，D正確。二、動(dòng)能定理1.內(nèi)容：力在一個(gè)過程中對(duì)物體做的功，等于物體在這個(gè)過程中動(dòng)能的變化。2.表達(dá)式：W＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv123.推導(dǎo)：如圖所示，光滑水平面上的物體在水平恒力F的作用下向前運(yùn)動(dòng)了一段距離l，速度由v1增加到v2W＝Fl＝F·eq\f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),2a)＝F·eq\f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),2\f(F,m))＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv124.適用范圍：動(dòng)能定理是物體在恒力，直線運(yùn)動(dòng)的情況下得出的，但同樣適用變力，曲線運(yùn)動(dòng)的情況。5.如果物體受到多個(gè)力的作用，W即為合力做的功，它等于各個(gè)力做功的代數(shù)和。6.物理意義：動(dòng)能定理描述了做功與物體動(dòng)能變化的關(guān)系。即若合外力做正功，物體的動(dòng)能增加，若合外力做負(fù)功，物體的動(dòng)能減小，做了多少功，動(dòng)能就變化多少。7.動(dòng)能定理反映了動(dòng)能是力在空間上的累積效果。（動(dòng)量是力在時(shí)間上的積累）方法總結(jié)：應(yīng)用動(dòng)能定理解題的一般步驟：(1)選取研究對(duì)象(通常是單個(gè)物體)，明確它的運(yùn)動(dòng)過程。(2)對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，明確各力做功的情況，求出外力做功的代數(shù)和。(3)明確物體在初、末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1、Ek2(4)列出動(dòng)能定理的方程W＝Ek2－Ek1，結(jié)合其他必要的輔助方程求解并驗(yàn)算。例3.判斷下列說法的正誤.(1)某物體的速度加倍，它的動(dòng)能也加倍。（）(2)兩質(zhì)量相同的物體，動(dòng)能相同，速度一定相同。（）(3)物體的速度變化，動(dòng)能一定變化。（）(4)物體的動(dòng)能不變，其速度一定不變。（）(5)合外力做功不等于零，物體的動(dòng)能一定變化。（）(6)物體的速度發(fā)生變化，合外力做功一定不等于零。（）(7)物體的動(dòng)能增加，合外力做正功。（）(8)某一過程中物體的速度變化越大，其動(dòng)能的變化一定越大。（）【答案】(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√(6)×(7)√(8)×例4.如圖所示，物體在距斜面底端5m處由靜止開始下滑，然后滑上與斜面平滑連接的水平面，若物體與斜面及水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.4，斜面傾角為37°.求物體能在水平面上滑行的距離.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)【答案】3.5m【解析】對(duì)物體在斜面上和水平面上受力分析如圖所示方法一分過程列方程：設(shè)物體滑到斜面底端時(shí)的速度為v，物體下滑階段FN1＝mgcos37°，故Ff1＝μFN1＝μmgcos37°由動(dòng)能定理得：mgsin37°·l1－μmgcos37°·l1＝eq\f(1,2)mv2－0設(shè)物體在水平面上滑行的距離為l2，摩擦力Ff2＝μFN2＝μmg由動(dòng)能定理得：－μmgl2＝0－eq\f(1,2)mv2聯(lián)立以上各式可得l2＝3.5m方法二全過程由動(dòng)能定理列方程：mgl1sin37°－μmgcos37°·l1－μmgl2＝0，解得：l2＝3.5m考點(diǎn)01動(dòng)能定理的基本概念及應(yīng)用例5.兩個(gè)物體A、B的質(zhì)量之比為mA∶mB＝2∶1，二者初動(dòng)能相同，它們和水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則二者在桌面上滑行到停止經(jīng)過的距離之比為（）A.xA∶xB＝2∶1 B.xA∶xB＝1∶2C.xA∶xB＝4∶1 D.xA∶xB＝1∶4【答案】B【解析】：－μmBgxB＝0－Ek.故eq\f(xA,xB)＝eq\f(mB,mA)＝eq\f(1,2)，B正確，A、C、D錯(cuò)誤。例6.一列車的質(zhì)量是5.0×105kg，在平直的軌道上以額定功率3000kW加速行駛，當(dāng)速率由10m/s加速到所能達(dá)到的最大速率30m/s時(shí)，共用了2min，設(shè)列車所受阻力恒定，則：(1)列車所受的阻力多大？(2)這段時(shí)間內(nèi)列車前進(jìn)的距離是多少？【答案】(1)1.0×105N(2)1600m【解析】(1)列車以額定功率加速行駛時(shí)，其加速度在減小，當(dāng)加速度減小到零時(shí)，速度最大，此時(shí)有P＝Fv＝Ffvmax，所以列車受到的阻力Ff＝eq\f(P,vmax)＝1.0×105N；(2)這段時(shí)間牽引力做功WF＝Pt，設(shè)列車前進(jìn)的距離為s，則由動(dòng)能定理得Pt－Ffs＝eq\f(1,2)mvmax2－eq\f(1,2)mv02代入數(shù)據(jù)解得s＝1600m考點(diǎn)02利用動(dòng)能定理求變力做功1.動(dòng)能定理不僅適用于求恒力做的功，也適用于變力做功，同時(shí)不涉及變力作用的過程分析，使用方便。2.利用動(dòng)能定理求變力的功是最常用的方法，當(dāng)物體受到一個(gè)變力和幾個(gè)恒力作用時(shí)，可以用動(dòng)能定理間接求變力做的功，即W變＋W其他＝ΔEk例7.如圖所示，有一半徑為r＝0.5m的粗糙半圓軌道，A與圓心O等高，有一質(zhì)量為m＝0.2kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，從A點(diǎn)靜止滑下，滑至最低點(diǎn)B時(shí)的速度為v＝1m/s，取g＝10m/s2，下列說法正確的是（）A.物塊過B點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力大小是0.4N B.物塊過B點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力大小是2.0NC.A到B的過程中，克服摩擦力做的功為0.9J D.A到B的過程中，克服摩擦力做的功為0.1J【答案】C【解析】在B點(diǎn)由牛頓第二定律可知FN－mg＝meq\f(v2,r)，解得：FN＝2.4N，由牛頓第三定律可知物塊對(duì)軌道的壓力大小為2.4N，故A、B均錯(cuò)誤；A到B的過程，由動(dòng)能定理得mgr＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，解得Wf＝－0.9J，故克服摩擦力做功為0.9J，故C正確，D錯(cuò)誤。考點(diǎn)03利用動(dòng)能定理分析多過程問題一個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)如果包含多個(gè)運(yùn)動(dòng)階段，可以選擇分段或全程應(yīng)用動(dòng)能定理.(1)分段應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)，將復(fù)雜的過程分割成一個(gè)個(gè)子過程，對(duì)每個(gè)子過程的做功情況和初、末動(dòng)能進(jìn)行分析，然后針對(duì)每個(gè)子過程應(yīng)用動(dòng)能定理列式，然后聯(lián)立求解。(2)全程應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)，分析整個(gè)過程中出現(xiàn)過的各力的做功情況，分析每個(gè)力做的功，確定整個(gè)過程中合外力做的總功，然后確定整個(gè)過程的初、末動(dòng)能，針對(duì)整個(gè)過程利用動(dòng)能定理列式求解。當(dāng)題目不涉及中間量時(shí)，選擇全程應(yīng)用動(dòng)能定理更簡單，更方便。注意：當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)過程中涉及多個(gè)力做功時(shí)，各力對(duì)應(yīng)的位移可能不相同，計(jì)算各力做功時(shí)，應(yīng)注意各力對(duì)應(yīng)的位移，計(jì)算總功時(shí)，應(yīng)計(jì)算整個(gè)過程中出現(xiàn)過的各力做功的代數(shù)和。例8.圖中ABCD是一條長軌道，其中AB段是傾角為θ的斜面，CD段是水平的，BC段是與AB段和CD段都相切的一小段圓弧，其長度可以略去不計(jì).一質(zhì)量為m的小滑塊在A點(diǎn)從靜止釋放，沿軌道滑下，最后停在D點(diǎn)，A點(diǎn)和D點(diǎn)的位置如圖4所示，現(xiàn)用一沿軌道方向的力推滑塊，使它緩緩地由D點(diǎn)回到A點(diǎn)，設(shè)滑塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則推力對(duì)滑塊做的功等于（）A.mghB.2mghC.μmg(s＋eq\f(h,sinθ))D.μmg(s＋hcosθ)【答案】B【解析】滑塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)，設(shè)克服摩擦力做功為WAD，由動(dòng)能定理得mgh－WAD＝0，即WAD＝mgh…①，滑塊從D點(diǎn)回到A點(diǎn)，由于是緩慢推，動(dòng)能變化量為零，設(shè)克服摩擦力做功為WDA，由動(dòng)能定理知當(dāng)滑塊從D點(diǎn)被推回A點(diǎn)有WF－mgh－WDA＝0…②，由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)，克服摩擦力做的功為WAD＝μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＋μmgs…③，從D→A的過程克服摩擦力做的功為WDA＝μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＋μmgs…④，③④聯(lián)立得WAD＝WDA…⑤，①②⑤聯(lián)立得WF＝2mgh，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確。考點(diǎn)04動(dòng)能定理綜合應(yīng)用動(dòng)能定理常與平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)、往復(fù)運(yùn)動(dòng)相結(jié)合，解決這類問題要特別注意：(1)與平拋運(yùn)動(dòng)相結(jié)合時(shí)，要注意應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解，分別求解有關(guān)物理量。(2)與豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)相結(jié)合時(shí)，應(yīng)特別注意隱藏的臨界條件：①可提供支撐效果的豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，物體能通過最高點(diǎn)的臨界條件為vmin＝0.②不可提供支撐效果的豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，物體能通過最高點(diǎn)的臨界條件為vmin＝eq\r(gR).3.在有摩擦力做功的往復(fù)運(yùn)動(dòng)過程中，注意兩種力做功的區(qū)別：①重力做功只與初、末位置有關(guān)，而與路徑無關(guān)；②程)。例9.如圖所示，一可以看成質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量m＝2kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飛出后，恰好從A點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入圓弧軌道，BC為圓弧豎直直徑，其中B為軌道的最低點(diǎn)，C為最高點(diǎn)且與水平桌面等高，圓弧AB對(duì)應(yīng)的圓心角θ＝53°，軌道半徑R＝0.5m.已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2.(1)求小球的初速度v0的大小；(2)若小球恰好能通過最高點(diǎn)C，求在圓弧軌道上摩擦力對(duì)小球做的功。【答案】(1)3m/s(2)－4J【解析】(1)在A點(diǎn)由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：vA＝eq\f(v0,cos53°)＝eq\f(5,3)v0小球由桌面到A點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得：mg(R＋Rcosθ)＝eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1,2)mv02聯(lián)立得：v0＝3m/s；(2)若小球恰好能通過最高點(diǎn)C，在最高點(diǎn)C處有mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)，小球從桌面運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得Wf＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02代入數(shù)據(jù)解得Wf＝－4J考點(diǎn)05圖像問題例10.從地面豎直向上拋出一只小球，小球運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后落回地面.忽略空氣阻力，該過程中小球的動(dòng)能Ek與時(shí)間t的關(guān)系圖像是（）【答案】A【解析】小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)初速度為v0，則v＝v0－gt，小球的動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2，把速度v代入得Ek＝eq\f(1,2)mg2t2－mgv0t＋eq\f(1,2)mv02，Ek與t為二次函數(shù)關(guān)系，圖像為開口向上的拋物線，A正確。例11.（多選）如圖甲所示，質(zhì)量m＝2kg的物體以100J的初動(dòng)能在粗糙程度相同的水平地面上滑行，其動(dòng)能Ek隨位移x變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，則下列判斷中正確的是（）A.物體運(yùn)動(dòng)的總位移大小為10m B.物體運(yùn)動(dòng)的加速度大小為10m/s2C.物體運(yùn)動(dòng)的初速度大小為10m/s D.物體所受的摩擦力大小為10N【答案】ACD【解析】由題圖乙可知，物體運(yùn)動(dòng)的總位移為10m，根據(jù)動(dòng)能定理得，－Ffx＝0－Ek0，解得Ff＝eq\f(Ek0,x)＝eq\f(100,10)N＝10N，故A、D正確；根據(jù)牛頓第二定律得，物體的加速度大小為a＝eq\f(Ff,m)＝eq\f(10,2)m/s2＝5m/s2，故C正確。~A組~1.（多選）關(guān)于動(dòng)能的理解，下列說法正確的是（）A.一般情況下，Ek＝eq\f(1,2)mv2中的v是相對(duì)于地面的速度B.動(dòng)能的大小由物體的質(zhì)量和速率決定，與物體的運(yùn)動(dòng)方向無關(guān)C.物體以相同的速率向東和向西運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能的大小相等、方向相反D.當(dāng)物體以不變的速率做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)其動(dòng)能不斷變化【答案】AB【解析】動(dòng)能是標(biāo)量，由物體的質(zhì)量和速率決定，與物體的運(yùn)動(dòng)方向無關(guān)；動(dòng)能具有相對(duì)性，無特別說明，一般指相對(duì)于地面的動(dòng)能，A、B正確，C、D錯(cuò)誤。2.如圖，某同學(xué)用繩子拉動(dòng)木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運(yùn)動(dòng)至具有某一速度，木箱獲得的動(dòng)能一定（）A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功【答案】A【解析】由題意知，W拉－W克阻＝ΔEk，則W拉>ΔEk，A正確，B錯(cuò)誤；W克阻與ΔEk的大小關(guān)系不確定，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。3.一人用力踢質(zhì)量為100g的皮球，使球由靜止以20m/s的速度飛出，假定人踢球瞬間對(duì)球的平均作用力是200N，球在水平方向運(yùn)動(dòng)了20m停止.則人對(duì)球所做的功為（）A.20JB.2000JC.500JD.4000J【答案】A【解析】根據(jù)題意可知，球的初狀態(tài)速度為零，末狀態(tài)速度為20m/s，由動(dòng)能定理可知W＝eq\f(1,2)mv2－0＝eq\f(1,2)×0.1×202J＝20J，故選A。與水平方向運(yùn)動(dòng)了20m無關(guān)。4.一x1＝3.6m，如果以v2＝8m/s的速度行駛，在同樣的路面上急剎車后滑行的距離x2應(yīng)為（）A.6.4mB.5.6mC.7.2mD.10.8m【答案】A【解析】急剎車后，車水平方向只受摩擦力的作用，且摩擦力的大小不變，汽車的末速度皆為零，由動(dòng)能定理得：－Fx1＝0－eq\f(1,2)mv12①－Fx2＝0－eq\f(1,2)mv22②聯(lián)立①②式得eq\f(x2,x1)＝eq\f(v\o\al(2,2),v\o\al(2,1))x2＝eq\f(v\o\al(2,2),v\o\al(2,1))x1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,6)))2×3.6m＝6.4m，故A正確。5.物體沿直線運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖所示，已知在第1s內(nèi)合力對(duì)物體做功為W，則（）A.從第1s末到第3s末合力做功為4WB.從第3s末到第5s末合力做功為－2WC.從第5s末到第7s末合力做功為WD.從第3s末到第4s末合力做功為－0.5W【答案】C【解析】由題圖可知物體速度變化情況，根據(jù)動(dòng)能定理得第1s內(nèi)：W＝eq\f(1,2)mv02第1s末到第3s末：W1＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv02＝0，A錯(cuò)誤；第3s末到第5s末：W2＝0－eq\f(1,2)mv02＝－W，B錯(cuò)誤；第5s末到第7s末：W3＝eq\f(1,2)m(－v0)2－0＝W，C正確；第3s末到第4s末：W4＝eq\f(1,2)m(eq\f(v0,2))2－eq\f(1,2)mv02＝－0.75W，D錯(cuò)誤。6.一質(zhì)量為2kg的物體，在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后拉力逐漸減小，且當(dāng)拉m/s2，則據(jù)此可以求得（）A.物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.25B.物體勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v＝4eq\r(2)m/sC.合外力對(duì)物體所做的功為W合＝32JD.摩擦力對(duì)物體所做的功為Wf＝－64J【答案】D【解析】物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，受力平衡，則Ff＝8N，μ＝eq\f(Ff,FN)＝eq\f(Ff,mg)＝eq\f(8,2×10)＝0.4，故A錯(cuò)誤；F－x圖像與x軸圍成的面積表示拉力做的功，則WF＝eq\f(1,2)×(4＋8)×8J＝48J，滑動(dòng)摩擦力做的功Wf＝－μmgx＝－0.4×2×10×8J＝－64J，所以合外力做的功為W合＝－64J＋48J＝－16J，故C錯(cuò)誤，D正確；根據(jù)動(dòng)能定理得W合＝0－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(\f(－2W合,m))＝eq\r(\f(2×16,2))m/s＝4m/s，故B錯(cuò)誤。7.（多選）質(zhì)量為m的汽車，發(fā)動(dòng)機(jī)的功率恒為P，阻力恒為F1，牽引力為F，汽車由靜止開始，經(jīng)過時(shí)間t行駛了位移s時(shí)，速度達(dá)到最大值vm，則發(fā)動(dòng)機(jī)所做的功為（）A.PtB.F1sC.eq\f(1,2)mvm2D.eq\f(mP2,2F\o\al(2,1))＋eq\f(Ps,vm)【答案】AD【解析】發(fā)動(dòng)機(jī)的功率恒為P，經(jīng)過時(shí)間t，發(fā)動(dòng)機(jī)做的功為W＝Pt，A正確；當(dāng)達(dá)到最大速度時(shí)，有P＝F1vm，得vm＝eq\f(P,F1)，整個(gè)過程中發(fā)動(dòng)機(jī)做的功應(yīng)等于克服阻力做的功與汽車獲得的動(dòng)能之和，則W＝eq\f(1,2)mvm2＋F1s＝eq\f(mP2,2F\o\al(2,1))＋eq\f(Ps,vm)，B、C錯(cuò)誤，D正確。8.如圖所示，運(yùn)動(dòng)員把質(zhì)量為m的足球從水平地面踢出，足球在空中達(dá)到的最高點(diǎn)的高度為h，在最高點(diǎn)時(shí)的速度為v，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，下列說法中正確的是（）A.運(yùn)動(dòng)員踢球時(shí)對(duì)足球做功eq\f(1,2)mv2 B.足球上升過程重力做功mghC.運(yùn)動(dòng)員踢球時(shí)對(duì)足球做功eq\f(1,2)mv2＋mgh D.足球上升過程克服重力做功eq\f(1,2)mv2＋mgh【答案】C【解析】足球上升過程中足球重力做負(fù)功，WG＝－mgh，B、D錯(cuò)誤；從運(yùn)動(dòng)員踢球至足球上升至最高點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得W－mgh＝eq\f(1,2)mv2，故運(yùn)動(dòng)員踢球時(shí)對(duì)足球做功W＝eq\f(1,2)mv2＋mgh，A錯(cuò)誤，C正確。9.木塊在水平恒力F的作用下，沿水平路面由靜止出發(fā)前進(jìn)了l，隨即撤去此恒力，木塊沿原方向又前進(jìn)了2l才停下來，設(shè)木塊運(yùn)動(dòng)全過程中地面情況相同，則摩擦力的大小Ff和木塊所獲得的最大動(dòng)能Ekm分別為（）A.Ff＝eq\f(F,2)Ekm＝eq\f(Fl,2) B.Ff＝eq\f(F,2)Ekm＝FlC.Ff＝eq\f(F,3)Ekm＝eq\f(2Fl,3) D.Ff＝eq\f(2,3)FEkm＝eq\f(Fl,3)【答案】C【解析】全過程，由動(dòng)能定理得Fl－Ff·3l＝0得：Ff＝eq\f(F,3)；加速過程：Fl－Ffl＝Ekm－0，得Ekm＝eq\f(2,3)Fl，C正確。10.如圖所示為一水平的轉(zhuǎn)臺(tái)，半徑為R，一質(zhì)量為m的滑塊放在轉(zhuǎn)臺(tái)的邊緣，已知滑塊與轉(zhuǎn)臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g.若轉(zhuǎn)臺(tái)的轉(zhuǎn)速由零逐漸增大，當(dāng)滑塊在轉(zhuǎn)臺(tái)上剛好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)滑塊所做的功為（）A.eq\f(1,2)μmgRB.2πmgRC.2μmgRD.0【答案】A(用動(dòng)能定理求變力做功)【解析】滑塊即將開始滑動(dòng)時(shí)，最大靜摩擦力(等于滑動(dòng)摩擦力)提供向心力，有μmg＝eq\f(mv2,R)，根據(jù)動(dòng)能定理有Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)μmgR，A正確。11.如圖所示，AB為四分之一圓弧軌道，BC為水平直軌道，圓弧的半徑為R，BC的長度也是R.一質(zhì)量為m的物體，與兩個(gè)軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ，它由軌道頂端A從靜止開始下滑，恰好運(yùn)動(dòng)到C處停止，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，那么物體在AB段克服摩擦力所做的功為()A.eq\f(1,2)μmgRB.eq\f(1,2)mgRC.mgRD.(1－μ)mgR【答案】D(利用動(dòng)能定理分析多過程問題)【解析】設(shè)物體在AB段克服摩擦力所做的功為WAB，對(duì)物體從A到C的全過程，由動(dòng)能定理得mgR－WAB－μmgR＝0，故WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR12.質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運(yùn)動(dòng)，起始點(diǎn)A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示，已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，重力加速度為g，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短(彈簧始終在彈性限度內(nèi))，物體克服彈簧彈力所做的功為（）A.eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x) B.eq\f(1,2)mv02－μmgxC.μmgsD.μmg(s＋x)【答案】A【解析】由動(dòng)能定理得－W－μmg(s＋x)＝0－eq\f(1,2)mv02，W＝eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，A正確。13.一質(zhì)量為m的小球，用長為l的輕繩懸掛于O點(diǎn)，小球在水平拉力F作用下，從平衡位置P點(diǎn)緩慢地移動(dòng)到Q點(diǎn)，如圖所示，重力加速度為g，則拉力F所做的功為（）A.mglcosθB.mgl(1－cosθ)C.FlcosθD.Flsinθ【答案】B【解析】小球緩慢移動(dòng)，時(shí)時(shí)處于平衡狀態(tài)，F(xiàn)＝mgtanθ，隨著θ的增大，F(xiàn)也在增大，是一個(gè)變化的力，不能直接用功的公式求它所做的功，所以用動(dòng)能定理求解。由于小球緩慢移動(dòng)，動(dòng)能不變，由動(dòng)能定理得：－mgl(1－cosθ)＋W＝0，所以W＝mgl(1－cosθ)，B正確。14.如圖所示，一木塊沿豎直放置的粗糙曲面從高處滑下，當(dāng)它滑過A點(diǎn)的速度大小為5m/s時(shí)，滑到B點(diǎn)的速度大小也為5m/s。若使它滑過A點(diǎn)的速度大小變?yōu)?m/s，則它滑到B點(diǎn)的速度大小（）A.大于7m/sB.等于7m/sC.小于7m/sD.無法確定【答案】C【解析】第一次從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中：mgh－Wf1＝ΔEk＝0，Wf1＝mgh第二次速度增大，木塊對(duì)軌道的壓力增大，Wf2>Wf1，故mgh－Wf2<0，木塊在B點(diǎn)的動(dòng)能小于在A點(diǎn)的動(dòng)能，C正確。15.如圖所示，一薄木板斜放在高度一定的平臺(tái)和水平地板上，其頂端與平臺(tái)相平，末端置于地板的P處，并與地板平滑連接。將一可看成質(zhì)點(diǎn)的滑塊自木板頂端無初速度釋放，沿木板下滑，接著在地板上滑動(dòng)，最終停在Q處。滑塊和木板及地板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，現(xiàn)將木板截短一半，仍按上述方式放在該平臺(tái)和水平地板上，再次將滑塊自木板頂端無初速度釋放(設(shè)滑塊在木板和地面接觸處平滑過渡)，則滑塊最終將停在（）A.P處B.P、Q之間C.Q處D.Q的右側(cè)【答案】C【解析】設(shè)木板長度為l，墻壁為O點(diǎn)，PQ為s則由動(dòng)能定理：，即OP+PQ的距離不變。16．如圖（a），AB為足夠長的粗糙水平軌道，D為AB上的一點(diǎn)，DB長度s=2m，BC為光滑圓弧軌道，兩軌道在B點(diǎn)平滑連接。C點(diǎn)高度H=4m，質(zhì)量為m=1kg的滑塊，在水平向右的恒力F=10N作用下，從D點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，受到恒定的摩擦力f=6N，當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，撤去恒力F，求：（1）滑塊從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度v大小；（2）滑塊通過B點(diǎn)時(shí)所受支持力大小；（3）滑塊在圓弧軌道BC上所能達(dá)到的最大高度；（4）若改變恒力F的大小和出發(fā)點(diǎn)D的位置，并使F的大小與DB的長度s滿足圖（b）所示關(guān)系，其他條件不變，通過計(jì)算判斷滑塊是否可以到達(dá)C點(diǎn)。【答案】（1）；（2）14N；（3）0.8m；（4）不可以達(dá)到C點(diǎn)【解析】（1）以滑塊為研究對(duì)象，以DB為研究過程，設(shè)加速度為a，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，據(jù)牛頓第二定律得，據(jù)得：聯(lián)立以上各式代入數(shù)據(jù)解得（2）物塊劃到B點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)根據(jù)牛頓第二定律得，解得（3）以滑塊從D到最高點(diǎn)為研究過程，由動(dòng)能定理得，所以：（4）據(jù)F?s圖像可知，且0＜s≤18m以物體運(yùn)動(dòng)達(dá)到最高點(diǎn)為研究對(duì)象，由動(dòng)能定理得，當(dāng)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，應(yīng)滿足，聯(lián)立得：此不等式無解，所以滑塊不可以到達(dá)C點(diǎn)以上。~B組~17．（24-25高三上·上海楊浦·階段練習(xí)）（多選）有一段水平粗糙軌道長為s，第一次物塊以初速度由A點(diǎn)出發(fā)，向右運(yùn)動(dòng)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為，第二次物塊以初速度由B出發(fā)向左運(yùn)動(dòng)。以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，物塊與地面的摩擦力f隨x的變化如圖，已知物塊質(zhì)量為m，下列說法正確的是（）A．第二次能到達(dá)A點(diǎn)，且所用時(shí)間與第一次相等B．圖像的斜率為C．第二次能到達(dá)A點(diǎn)且在A點(diǎn)的速度等于D．兩次運(yùn)動(dòng)中，在距離A點(diǎn)處摩擦力功率大小相等【答案】BC【詳解】AC．根據(jù)能量守恒，第二次也能到達(dá)A點(diǎn)，且在A點(diǎn)的速度也為；第一次的加速度逐漸變大，第二次的加速度逐漸變小，作出對(duì)應(yīng)的圖像如圖所示可知第二次的時(shí)間更長，故A錯(cuò)誤，C正確；B．從A到B運(yùn)用動(dòng)能定理，則有圖像的斜率為故B正確；D．兩次運(yùn)動(dòng)中，物塊運(yùn)動(dòng)到距離A點(diǎn)時(shí)摩擦力做的功不相等，速度大小不相等，而摩擦力大小相等，根據(jù)力的瞬時(shí)功率計(jì)算公式，可得在距離A點(diǎn)處摩擦力功率大小不相等，故D錯(cuò)誤。故選BC。18．如圖所示在豎直平面內(nèi)，有一傾角為，足夠長的斜面CD與半徑為R=2m的光滑圓弧軌道ABC相切于C點(diǎn)，B是最低點(diǎn)，A與圓心O等高。將一質(zhì)量為m=1kg的小滑塊從A點(diǎn)正上方高h(yuǎn)=1m處由靜止釋放后沿圓弧軌道ABC運(yùn)動(dòng)，若小滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，空氣阻力不計(jì)，cos37°=0.8，sin37°=0.6，取重力加速度大小，求：（1）小滑塊第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小；（2）小滑塊第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；（3）小滑塊沖上斜面后能到達(dá)的位置離C點(diǎn)的最大距離。【答案】（1）；（2）40N，方向豎直向下；（3）2.6m【解析】（1）從釋放到B點(diǎn)的過程，只有重力做功，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得，解得（2）在B點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律得，解得由牛頓第三定律得，在B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為40N，方向豎直向下。（3）設(shè)小滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的最大距離為S，從釋放到斜面上最高點(diǎn)過程，根據(jù)動(dòng)能定理得，解得：19.如圖甲所示，半徑R＝0.9m的光滑半圓形軌道BC固定于豎直平面內(nèi)，最低點(diǎn)B與水平面相切.水平面上有一質(zhì)量為m＝2kg的物塊從A點(diǎn)以某一m/s2，求：(1)物塊經(jīng)過最高點(diǎn)C時(shí)的速度大小；(2)物塊經(jīng)過半圓形軌道最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道壓力的大小；(3)物塊在A點(diǎn)時(shí)的初速度大小。【答案】(1)3m/s(2)120N(3)8m/s【解析】(1)物塊恰好通過C點(diǎn)，由牛頓第二定律可得：mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)解得vC＝3m/s(2)物塊從B點(diǎn)到C點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得：－mg·2R＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2解得vB＝3eq\r(5)m/s在B點(diǎn)由牛頓第二定律可得：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，解得FN＝120N由牛頓第三定律可知物塊通過B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大小為120N(3)由題圖乙可知摩擦力對(duì)物塊做的功為：Wf＝－eq\f(1,2)×(0.25＋0.75)×1.9mg＝－19J物塊從A到B，由動(dòng)能定理得Wf＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2解得vA＝8m/s20．如圖所示，半徑為R的光滑圓形軌道安置在一豎直平面上，左側(cè)連接一個(gè)光滑的弧形軌道，右側(cè)連接動(dòng)摩擦因數(shù)為的水平軌道。一小球自弧形軌道上端的A處由靜止釋放，通過圓軌道后，再滑上軌道。若在圓軌道最高點(diǎn)B處對(duì)軌道的壓力恰好為零，到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度為零。求：（1）小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)速度的大小；（2）小球釋放時(shí)的高度h；（3）水平軌道段的長度。【答案】（1）；（2）2.5R；（3）【解析】（1）設(shè)小球的質(zhì)量m，到達(dá)B處的速度為，根據(jù)小球在B處對(duì)軌道壓力為零，由牛頓第二定律得，得小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)速度大小為（2）取軌道最低點(diǎn)為零勢(shì)能點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得，解得（3）設(shè)水平軌道段的長度為l，對(duì)小球從B點(diǎn)到D點(diǎn)由動(dòng)能定理得得水平軌道段的長度21.如圖所示，ABCD為一豎直平面內(nèi)的軌道，其中BC水平，A點(diǎn)比BC高出10m，BC長1m，AB和CD軌道光滑.m的D點(diǎn)時(shí)速度為0.求：(g取10m/s2)(1)物體與BC軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)物體第5次經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大小（結(jié)果可用根式表示）；(3)物體最后停止的位置（距B點(diǎn)多少米）。【答案】(1)0.5(2)4eq\r(11)m/s(3)距B點(diǎn)0.4m(利用動(dòng)能定理分析多過程往復(fù)運(yùn)動(dòng)問題)【解析】(1)由A到D，由動(dòng)能定理得：－mg(h－H)－μmgsBC＝0－eq\f(1,2)mv12解得μ＝0.5(2)物體第5次經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)，物體在BC上滑動(dòng)了4次，由動(dòng)能定理得mgH－μmg·4sBC＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，解得v2＝4eq\r(11)m/s(3)分析整個(gè)過程，由動(dòng)能定理得：mgH－μmgs＝0－eq\f(1,2)mv12解得s＝21.6m所以物體在軌道上來回運(yùn)動(dòng)了10次后，還有1.6m，故最后停止的位置與B點(diǎn)的距離為2m－1.6m＝0.4m.22.如圖所示是一種常見的圓桌，桌面中間嵌一半徑為r＝1.5m、可繞中心軸轉(zhuǎn)動(dòng)的圓盤，桌面與圓盤面在同一水平面內(nèi)且兩者間縫隙可不考慮.已知桌面離地高度為h＝0.8m，將一可視為質(zhì)點(diǎn)的小碟子放置在圓盤邊緣，若緩慢增大圓盤的角速度，碟子將從圓盤上甩出并滑上桌面，再從桌面飛出，落地點(diǎn)與桌面飛出點(diǎn)的水平距離是0.4m.已知碟子質(zhì)量m＝0.1kg，碟子與圓盤間的最大靜摩擦力Ffmax＝0.6N，g取10m/s2，求：（不計(jì)空氣阻力）(1)碟子從桌面飛出時(shí)的速度大小；(2)碟子在桌面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，桌面摩擦力對(duì)它做的功；(3)若碟少是多少？【答案】(1)1m/s(2)－0.4J(3)2.5m【解析】(1)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律：h＝eq\f(1,2)gt2，x＝vt，得v＝xeq\r(\f(g,2h))＝1m/s(2)碟子從圓盤上甩出時(shí)的速度為v0，則Ffmax＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，即v0＝3m/s由動(dòng)能定理得：Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，代入數(shù)據(jù)得：Wf＝－0.4J(3)當(dāng)?shù)踊阶烂孢吘墪r(shí)速度恰好減為零，對(duì)應(yīng)的桌子半徑取最小值設(shè)碟子在桌子上滑動(dòng)的位移為x′，根據(jù)動(dòng)能定理：－μmgx′＝0－eq\f(1,2)mv02代入數(shù)據(jù)得：x′＝2m由幾何知識(shí)可得桌子半徑的最小值為：R＝eq\r(r2＋x′2)＝2.5m23．（24-25高三上·上海靜安·期中）跳傘運(yùn)動(dòng)(1)跳傘運(yùn)動(dòng)員以5m/s的速度豎直勻速降落，在離地面的地方從工具袋中掉了一個(gè)質(zhì)量0.2kg的錘子，若錘子受到的空氣阻力可忽略，g取。①錘子在著地前做（）A．自由落體運(yùn)動(dòng)

B．勻速運(yùn)動(dòng)

C．初速度不為零的勻加速運(yùn)動(dòng)②保持勻速的跳傘員比錘子晚著陸的時(shí)間為（）A．2s

B．

C．

D．1s③以地面為零勢(shì)能參考平面，錘子從釋放到將要落地過程中動(dòng)能和勢(shì)能相等位置離地高度為（）A．4.375m

B．5.000m

C．5.625m

D．6.250m④錘子從釋放到將要落地過程中重力做功為J，將要著地時(shí)重力做功的瞬時(shí)功率為W，(2)直升機(jī)懸停在離地高度800m的空中，一位質(zhì)量為60kg的運(yùn)動(dòng)員從靜止開始離開直升機(jī)進(jìn)行跳傘運(yùn)動(dòng)，時(shí)運(yùn)動(dòng)員打開降落傘，降落傘的質(zhì)量忽略不計(jì)，運(yùn)動(dòng)員隨身攜帶的傳感器記錄了他的速度隨時(shí)間變化關(guān)系如圖。前4s是直線，g取。①時(shí)運(yùn)動(dòng)員的加速度，此時(shí)所受空氣阻力f的大小為N。②根據(jù)圖估算運(yùn)動(dòng)員在0~16s內(nèi)下降的高度h以及克服空氣阻力做的功（請(qǐng)用科學(xué)計(jì)數(shù)法表示）；③根據(jù)圖估算運(yùn)動(dòng)員從離開直升機(jī)到落地所需要的總時(shí)間約為。【答案】(1)CDC2030(2)5300J87s【詳解】（1）[1]錘子落地前只受重力且初速度不為零，所以錘子做初速度不為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故選C。[2]設(shè)錘子落地時(shí)間為t，根據(jù)位移-時(shí)間公式代入數(shù)據(jù)解得運(yùn)動(dòng)員下落的時(shí)間為，則有代入數(shù)據(jù)解得所以跳傘員比錘子晚著陸的時(shí)間為故選D。[3]在距離地面高H處動(dòng)能和勢(shì)能相等，錘子的勢(shì)能為根據(jù)動(dòng)能定理，有聯(lián)