《全品選考復習方案》第15講動能定理及其應用動能定理的理解與基本應用1.(多選)如圖所示,有甲、乙兩個質量相同的物體,用大小相等的力F分別拉它們在水平面上從靜止開始運動相同的距離s.甲在光滑水平面上,乙在粗糙水平面上.下列關于力F對甲、乙做的功和甲、乙兩物體獲得的動能的說法中正確的是(BC)A.力F對甲做功多B.力F對甲、乙兩個物體做的功一樣多C.甲物體比乙物體獲得的動能大D.甲、乙兩個物體獲得的動能相同[解析]由W=Flcosα=Fs可知,兩種情況下力F對甲、乙兩個物體做的功一樣多,A錯誤,B正確;根據動能定理,對甲有Fs=Ek1,對乙有Fs-Ffs=Ek2,可知Ek1>Ek2,C正確,D錯誤.2.某水上樂園設備公司設計一款水滑梯,設計簡圖如圖所示,傾斜滑道與水平滑道材料相同且平滑連接.游客的質量為m,傾斜滑道高度為h、傾角為θ,游客與滑道間的動摩擦因數為μ,游客在水平滑道上停止點A到O點的水平距離為x,下列說法正確的是(C)A.h和μ一定時,θ越大,則x越大B.h和μ一定時,θ越大,則x越小C.h和μ一定時,x的大小與θ、m無關D.h和μ一定時,m越小,則x越大[解析]對游客從最高點下滑至A點的過程,根據動能定理可得mgh-μmg?tanθ-μmgx??tanθ=0,整理得x=?μ,所以x與m和θ角無關,3.如圖所示,固定斜面的傾角為θ,質量為m的滑塊從距擋板P的距離為x0處以初速度v0沿斜面上滑,滑塊與斜面間的動摩擦因數為μ,滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力.若滑塊每次與擋板相碰均無機械能損失,重力加速度為g,則滑塊經過的總路程是(A)A.1B.1C.2D.1[解析]滑塊最終要停在斜面底部,設滑塊經過的總路程為s,對滑塊運動的全程應用動能定理得mgx0sinθ-μmgscosθ=0-12mv02,解得s=1μv應用動能定理求變力做功4.(多選)[2023·廣東卷]人們用滑道從高處向低處運送貨物.如圖所示,可看作質點的貨物從14圓弧滑道頂端P點靜止釋放,沿滑道運動到圓弧末端Q點時速度大小為6m/s.已知貨物質量為20kg,滑道高度h為4m.且過Q點的切線水平,重力加速度g取10m/s2.關于貨物從P點運動到Q點的過程,下列說法正確的有(BCD)A.重力做的功為360JB.克服阻力做的功為440JC.經過Q點時向心加速度大小為9m/s2D.經過Q點時對軌道的壓力大小為380N[解析]重力做功WG=mgh=800J,A錯誤;由動能定理WG-Wf=12mv2,解得Wf=440J,B正確;貨物經過Q點時的向心加速度為a=v2?=9m/s2,C正確;貨物經過Q點時,由牛頓第二定律F-mg=mv2?,解得F=380N,由牛頓第三定律可知,貨物經過5.某同學參加學校運動會立定跳遠項目比賽,從起跳至著地的整個過程如圖所示,測量得到比賽成績是2.4m,目測空中腳離地最大高度約為0.8m.已知他的質量約為60kg,重力加速度g取10m/s2,忽略空氣阻力,則起跳過程該同學所做的功約為(C)A.90JB.480JC.800JD.1250J[解析]該同學起跳后做拋體運動,從起跳至達到最大高度的過程中,其在豎直方向做加速度為g的勻減速直線運動,則有t=2?g=0.4s,故豎直方向初速度為vy=gt=4m/s;其在水平方向做勻速直線運動,則有v0=x2t=3m/s.根據速度的合成可知起跳時的速度為v=v02+vy2=5m/s,因該同學的質量約為60kg,根據動能定理得起跳過程該同學所做的功約為W=12mv2=750J,最接近動能定理與圖像問題的結合6.質量為2kg的物塊放在粗糙水平面上,在水平拉力的作用下由靜止開始運動,物塊的動能Ek與其發生的位移x之間的關系如圖所示.已知物塊與水平面間的動摩擦因數μ=0.2,重力加速度g取10m/s2,則下列說法正確的是(D)A.x=1m時物塊的速度大小為2m/sB.x=3m時物塊的加速度大小為2.5m/s2C.在前4m的過程中拉力對物塊做的功為9JD.在前4m的過程中物塊所經歷的時間為2.8s[解析]由圖像可知x=1m時動能為2J,則速度v1=2Ek1m=2m/s,故A錯誤.Ek?x圖像的斜率表示合力,0~2m內合力F1=4?02?0N=2N,2~4m內合力F2=9?44?2N=2.5N,所以0~2m內物體的加速度為a1=F1m=1m/s2,2~4m內物塊的加速度為a2=F2m=1.25m/s2,故B錯誤.對物塊運動全過程,由動能定理得WF-μmgx4=Ek末-0,解得WF=25J,為t1,2~4m過程所用的時間為t2,則有x2=12a1t12,v2=a1t1,x4-x2=v2t2+12a2t22,其中x2=2m,x4=4m,聯立解得t1=2s,t2=0.8s,故總時間為t總=t1+t7.(多選)如圖甲所示,質量為1kg的物體靜止在水平粗糙的地面上,在一水平外力F的作用下運動,外力F和物體克服摩擦力Ff做的功W與物體位移x的關系如圖乙所示,x=9m時撤去外力F,重力加速度g取10m/s2.下列分析正確的是(ACD)A.物體與地面之間的動摩擦因數為0.2B.物體運動的最大位移為13mC.物體在前3m運動過程中的加速度為3m/s2D.x=9m時,物體的速度為32m/s[解析]由Wf=Ffx對應題圖乙可知,物體與地面之間的滑動摩擦力Ff=2N,由Ff=μmg,解得μ=0.2,A正確;由WF=Fx對應題圖乙可知,前3m內,拉力F1=5N,所以物體在前3m運動過程中的加速度a1=F1?Ffm=3m/s2,C正確;x=9m時,由動能定理得WF-Ffx=12mv2,解得物體的速度為v=32m/s,D正確;物體運動的最大位移xm=8.(多選)在某一粗糙的水平面上,一質量為2kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運動,當運動一段時間后,拉力逐漸減小,且當拉力減小到零時,物體剛好停止運動,圖中給出了拉力隨位移變化的關系圖像.已知重力加速度g取10m/s2.根據以上信息能精確得出或估算得出的物理量有(ABC)A.物體與水平面間的動摩擦因數B.合力對物體所做的功C.物體做勻速運動時的速度D.物體運動的時間[解析]物體做勻速直線運動時,拉力F與滑動摩擦力Ff大小相等,物體與水平面間的動摩擦因數為μ=Fmg=0.35,A正確;減速過程由動能定理得WF+Wf=0-12mv2,根據標軸圍成的面積可以估算力F做的功WF,而Wf=-μmgx,由此可求得合力對物體所做的功,及物體做勻速運動時的速度v,B、C正確;因為物體做非勻變速運動,所以運動時間無法求出,D錯誤.素養提升動能定理在多過程問題中的應用9.一木塊EABCD置于水平桌面上,其截面如圖所示,ABCD是34圓周,圓半徑為R,斜面AE與水平線EB(E、B等高)的夾角為θ=30°.質量為m的光滑小球(可看作質點)從A點上方h高度處自由釋放,能通過圓弧經D點飛出,不計空氣阻力,重力加速度為g,假設木塊始終保持靜止(1)若小球剛好通過D點,求釋放高度h;(2)若在(1)題所求的高度h由靜止釋放小球,求小球運動到C點(C點與A點等高)時地面受到的摩擦力;(3)若小球經D點飛出后第一次能落在斜面AE上,求釋放高度的范圍.[答案](1)32R(2)3mg,(3)32R≤h≤32R+[解析](1)小球恰好能從D點出射,由重力提供向心力,根據牛頓第二定律有mg=mv解得vD=gR從釋放點到D點,根據動能定理有mg(h-R)=12mvD2,解得h(2)在(1)題所求的高度h由靜止釋放小球,設小球運動到C點處的速度大小為vC.由動能定理得mgh=12mv由于小球做圓周運動,有FN=mvC2則小球給木塊的壓力為3mg,對木塊受力分析,在水平方向,有Ff=3mg,方向向左由牛頓第三定律知小球運動到C點時地面受到的摩擦力Ff'=Ff=3mg,方向向右.(3