第7.3節(jié) 動能 動能定理（解析版）

第七章機械能守恒定律7.3動能動能定理??目標導(dǎo)航學問要點難易度1.動能的定義式Ek＝eq\f(1,2)mv22.動能的轉(zhuǎn)變量：ΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv123.動能定理：W＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12W是合外力所做的功4.動能定理計算變力、曲線、多過程做功等綜合問題★★★★★★★★★★★??學問精講一、動能的概念1.物體由于運動而具有的能量叫動能，表達式：Ek＝eq\f(1,2)mv22.單位：焦耳，符號為J3.標矢性：動能是標量，只有大小，沒有方向。沒有負值，與物體的速度方向無關(guān)。4.動能是狀態(tài)量，具有瞬時性，與物體的運動狀態(tài)(或某一時刻的速度)相對應(yīng)。5.動能面為參考系。6.動能變化量ΔEkΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，若ΔEk>0，則表示物體的動能增加，若ΔEk<0，則表示物體的動能削減。例1.兩個物體質(zhì)量之比為1∶4，速度大小之比為4∶1，則這兩個物體的動能之比為()A.1∶1B.1∶4C.4∶1D.2∶1答案：C解析：由動能的定義式知，物體的動能與質(zhì)量成正比，與速度的平方成正比，所以C正確。例2.(多選)某同學在練習足球時，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，假如以足球撞擊墻壁前瞬間的速度方向為正，足球與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.動能的變化量為25J D.動能的變化量為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錯誤；動能的變化量為標量，ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv2＝0，C錯誤，D正確。二、動能定理1.內(nèi)容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化。2.表達式：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的作用下向前運動了一段距離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：動能定理是物體在恒力，直線運動的狀況下得出的，但同樣適用變力，曲線運動的狀況。5.假如物體受到多個力的作用，W即為合力做的功，它等于各個力做功的代數(shù)和。6.物理意義：動能定理描述了做功與物體動能變化的關(guān)系。即若合外力做正功，物體的動能增加，若合外力做負功，物體的動能減小，做了多少功，動能就變化多少。7.動能定理反映了動能是力在空間上的累積效果。（動量是力在時間上的積累）方法總結(jié)：應(yīng)用動能定理解題的一般步驟：(1)選取爭辯對象(通常是單個物體)，明確它的運動過程。(2)對爭辯對象進行受力分析，明確各力做功的狀況，求出外力做功的代數(shù)和。(3)明確物體在初、末狀態(tài)的動能Ek1、Ek2(4)列出動能定理的方程W＝Ek2－Ek1，結(jié)合其他必要的幫助方程求解并驗算。例3.推斷下列說法的正誤.(1)某物體的速度加倍，它的動能也加倍。(×)(2)兩質(zhì)量相同的物體，動能相同，速度肯定相同。(×)(3)物體的速度變化，動能肯定變化。(×)(4)物體的動能不變，其速度肯定不變。(×)(5)合外力做功不等于零，物體的動能肯定變化。(√)(6)物體的速度發(fā)生變化，合外力做功肯定不等于零。(×)(7)物體的動能增加，合外力做正功。(√)(8)某一過程中物體的速度變化越大，其動能的變化肯定越大。(×)例4.如圖所示，物體在距斜面底端5m處由靜止開頭下滑，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的速度為v，物體下滑階段FN1＝mgcos37°，故Ff1＝μFN1＝μmgcos37°由動能定理得：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方法二全過程由動能定理列方程：mgl1sin37°－μmgcos37°·l1－μmgl2＝0，解得：l2＝3.5m??考點題型考點01動能定理的基本概念及應(yīng)用例5.兩個物體A、B的質(zhì)量之比為mA∶mB＝2∶1，二者初動能相同，它們和水平桌面間的動摩擦因數(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，當速率由10m/s加速到所能達到的最大速率30m/s時，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)這段時間內(nèi)列車前進的距離是多少？答案：(1)1.0×105N(2)1600m解析：(1)列車以額定功率加速行駛時，其加速度在減小，當加速度減小到零時，速度最大，此時有P＝Fv＝Ffvmax，所以列車受到的阻力Ff＝eq\f(P,vmax)＝1.0×105N；(2)這段時間牽引力做功WF＝Pt，設(shè)列車前進的距離為s，則由動能定理得Pt－Ffs＝eq\f(1,2)mvmax2－eq\f(1,2)mv02代入數(shù)據(jù)解得s＝1600m考點02利用動能定理求變力做功1.動能定理不僅適用于求恒力做的功，也適用于變力做功，同時不涉及變力作用的過程分析，使用便利。2.利用動能定理求變力的功是最常用的方法，當物體受到一個變力和幾個恒力作用時，可以用動能定理間接求變力做的功，即W變＋W其他＝ΔEk例7.如圖所示，質(zhì)量為m的小球由靜止自由下落d后，沿豎直面內(nèi)的固定軌道ABC運動，AB是半徑為d的eq\f(1,4)光滑圓弧軌道，BC是直徑為d的粗糙半圓弧軌道(B是軌道的最低點).小球恰能通過圓弧軌道的最高點C.重力加速度為g，求：(1)小球運動到B處時對軌道的壓力大小(可認為此時小球處在軌道AB上)；(2)小球在BC運動過程中，摩擦力對小球做的功。答案：(1)5mg(2)－eq\f(3,4)mgd解析：(1)小球由靜止運動到B點的過程，由動能定理得2mgd＝eq\f(1,2)mv2，在B點，由牛頓其次定律得FN－mg＝meq\f(v2,d)，得：FN＝5mg依據(jù)牛頓第三定律：小球在B處對軌道的壓力大小FN′＝FN＝5mg；(2)小球恰能通過C點，則mg＝meq\f(v\o\al(2,C),\f(d,2)).小球從B運動到C的過程：－mgd＋Wf＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv2，得Wf＝－eq\f(3,4)mgd.例8.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)，從A點靜止滑下，滑至最低點B時的速度為v＝1m/s，取g＝10m/s2，下列說法正確的是()A.物塊過B點時，對軌道的壓力大小是0.4N B.物塊過B點時，對軌道的壓力大小是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點由牛頓其次定律可知FN－mg＝meq\f(v2,r)，解得：FN＝2.4N，由牛頓第三定律可知物塊對軌道的壓力大小為2.4N，故A、B均錯誤；A到B的過程，由動能定理得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錯誤。考點03利用動能定理分析多過程問題一個物體的運動假如包含多個運動階段，可以選擇分段或全程應(yīng)用動能定理.(1)分段應(yīng)用動能定理時，將簡單的過程分割成一個個子過程，對每個子過程的做功狀況和初、末動能進行分析，然后針對每個子過程應(yīng)用動能定理列式，然后聯(lián)立求解。(2)全程應(yīng)用動能定理時，分析整個過程中消滅過的各力的做功狀況，分析每個力做的功，確定整個過程中合外力做的總功，然后確定整個過程的初、末動能，針對整個過程利用動能定理列式求解。當題目不涉及中間量時，選擇全程應(yīng)用動能定理更簡潔，更便利。留意：當物體運動過程中涉及多個力做功時，各力對應(yīng)的位移可能不相同，計算各力做功時，應(yīng)留意各力對應(yīng)的位移，計算總功時，應(yīng)計算整個過程中消滅過的各力做功的代數(shù)和。例9.如圖所示，右端連有一個光滑弧形槽的水平桌面AB長L＝1.5m，一個質(zhì)量為m＝0.5kg的木塊在F＝1.5N的水平拉力作用下，從桌面上的A端由靜止開頭向右運動，木塊到達B端時撤去拉力F，木塊與水平桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，取g＝10m/s2.求：(1)木塊沿弧形槽上升的最大高度(木塊未離開弧形槽)；(2)木塊沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑行的最大距離。答案：(1)0.15m(2)0.75m解析：(1)設(shè)木塊沿弧形槽上升的最大高度為h，木塊在最高點時的速度為零，從木塊開頭運動到沿弧形槽上升到最大高度處，由動能定理得：FL－FfL－mgh＝0其中Ff＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10N＝1.0N所以h＝eq\f(FL－FfL,mg)＝eq\f(1.5－1.0×1.5,0.5×10)m＝0.15m(2)設(shè)木塊離開B點后，在水平桌面上滑行的最大距離為x，由動能定理得：mgh－Ffx＝0所以x＝eq\f(mgh,Ff)＝eq\f(0.5×10×0.15,1.0)m＝0.75m例10.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.一質(zhì)量為m的小滑塊在A點從靜止釋放，沿軌道滑下，最終停在D點，A點和D點的位置如圖4所示，現(xiàn)用一沿軌道方向的力推滑塊，使它緩緩地由D點回到A點，設(shè)滑塊與軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則推力對滑塊做的功等于()A.mghB.2mghC.μmg(s＋eq\f(h,sinθ))D.μmg(s＋hcosθ)答案：B解析：滑塊由A點運動至D點，設(shè)克服摩擦力做功為WAD，由動能定理得mgh－WAD＝0，即WAD＝mgh…①，滑塊從D點回到A點，由于是緩慢推，動能變化量為零，設(shè)克服摩擦力做功為WDA，由動能定理知當滑塊從D點被推回A點有WF－mgh－WDA＝0…②，由A點運動至D點，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錯誤，B正確?？键c04動能定理綜合應(yīng)用動能定理常與平拋運動、圓周運動、往復(fù)運動相結(jié)合，解決這類問題要特殊留意：(1)與平拋運動相結(jié)合時，要留意應(yīng)用運動的合成與分解，分別求解有關(guān)物理量。(2)與豎直平面內(nèi)的圓周運動相結(jié)合時，應(yīng)特殊留意隱蔽的臨界條件：①可供應(yīng)支撐效果的豎直平面內(nèi)的圓周運動，物體能通過最高點的臨界條件為vmin＝0.②不行供應(yīng)支撐效果的豎直平面內(nèi)的圓周運動，物體能通過最高點的臨界條件為vmin＝eq\r(gR).3.在有摩擦力做功的往復(fù)運動過程中，留意兩種力做功的區(qū)分：①重力做功只與初、末位置有關(guān)，而與路徑無關(guān)；②程)。例11.如圖所示，一可以看成質(zhì)點的質(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點沿切線方向進入圓弧軌道，BC為圓弧豎直直徑，其中B為軌道的最低點，C為最高點且與水平桌面等高，圓弧AB對應(yīng)的圓心角θ＝53°，軌道半徑R＝0.5m.已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不計空氣阻力，g取10m/s2.(1)求小球的初速度v0的大??；(2)若小球恰好能通過最高點C，求在圓弧軌道上摩擦力對小球做的功。答案：(1)3m/s(2)－4J解析：(1)在A點由平拋運動規(guī)律得：vA＝eq\f(v0,cos53°)＝eq\f(5,3)v0小球由桌面到A點的過程中，由動能定理得：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C，在最高點C處有mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)，小球從桌面運動到C點的過程中，由動能定理得Wf＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02代入數(shù)據(jù)解得Wf＝－4J例12.某游樂場的滑梯可以簡化為如圖所示豎直面內(nèi)的ABCD軌道，AB為長L＝6m、傾角α＝37°的斜軌道，BC為水平軌道，CD為半徑R＝15m、圓心角β＝37°的圓弧軌道，軌道AB段粗糙，其余各段均光滑。一小孩(可視為質(zhì)點)從A點以初速度v0＝2eq\r(3)m/s下滑，沿軌道運動到D點，sin37°＝0動摩擦力，求：(1)該小孩第一次經(jīng)過圓弧軌道C點時，對圓弧軌道的壓力；(2)該小孩與AB段間的動摩擦因數(shù)；(3)該小孩在軌道AB上運動的總路程s答案：(1)420N，方向向下(2)0.25(3)21m解析：(1)由C到D速度減為0，由動能定理可得：－mg(R－Rcosβ)＝0－eq\f(1,2)mvC2，vC＝2eq\r(15)m/s在C點，由牛頓其次定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，可得：FN＝420N下。(2)小孩從A運動到D的過程中，由動能定理得：mgLsinα－μmgLcosα－mgR(1－cosβ)＝0－eq\f(1,2)mv02可得：μ＝0.25(3)在AB斜軌道上，μmgcosα<mgsinα，小孩不能靜止在斜軌道上，則小孩從A點以初速度v0滑下，最終靜止在BC軌道B處，由動能定理：mgLsinα－μmgscosα＝0－eq\f(1,2)mv02，解得s＝21m考點05圖像問題例13.從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面.忽視空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關(guān)系圖像是()答案：A解析：小球做豎直上拋運動，設(shè)初速度為v0，則v＝v0－gt，小球的動能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14.(多選)如圖甲所示，質(zhì)量m＝2kg的物體以100J的初動能在粗糙程度相同的水平地面上滑行，其動能Ek隨位移x變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，則下列推斷中正確的是()A.物體運動的總位移大小為10m B.物體運動的加速度大小為10m/s2C.物體運動的初速度大小為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，物體運動的總位移為10m，依據(jù)動能定理得，－Ffx＝0－Ek0，解得Ff＝eq\f(Ek0,x)＝eq\f(100,10)N＝10N，故A、D正確；依據(jù)牛頓其次定律得，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。??鞏固練習~A組~1.(多選)關(guān)于動能的理解，下列說法正確的是()A.一般狀況下，Ek＝eq\f(1,2)mv2中的v是相對于地面的速度B.動能的大小由物體的質(zhì)量和速率打算，與物體的運動方向無關(guān)C.物體以相同的速率向東和向西運動，動能的大小相等、方向相反D.當物體以不變的速率做曲線運動時其動能不斷變化答案：AB解析：動能是標量，由物體的質(zhì)量和速率打算，與物體的運動方向無關(guān)；動能具有相對性，無特殊說明，一般指相對于地面的動能，A、B正確，C、D錯誤。2.關(guān)于動能定理，下列說法中正確的是()A.在某過程中，動能的變化等于各個力單獨做功的確定值之和B.只要有力對物體做功，物體的動能就肯定轉(zhuǎn)變C.動能定理只適用于直線運動，不適用于曲線運動D.動能定理既適用于恒力做功的狀況，也適用于變力做功的狀況答案：D解析：動能的變化等于各個力單獨做功的代數(shù)和，A錯誤；依據(jù)動能定理，打算動能是否轉(zhuǎn)變的是總功，而不是某一個力做的功，B錯誤；動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動，既適用于恒力做功的狀況，也適用于變力做功的狀況，C錯誤，D正確。3.如圖，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止開頭沿粗糙水平路面運動至具有某一速度，木箱獲得的動能肯定()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錯誤；W克阻與ΔEk的大小關(guān)系不確定，C、D項錯誤。4.一人用力踢質(zhì)量為100g的皮球，使球由靜止以20m/s的速度飛出，假定人踢球瞬間對球的平均作用力是200N，球在水平方向運動了20m停止.則人對球所做的功為()A.20JB.2000JC.500JD.4000J答案：A解析：依據(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。與水平方向運動了20m無關(guān)。5.一x1＝3.6m，假如以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。6.(多選)在平直的大路上，汽車由靜止開頭做勻加速運動.當速度達到vm后，馬上關(guān)閉發(fā)動機而滑行直到停止.v－t圖線如圖所示，汽車的牽引力大小為F1，摩擦力大小為F2，全過程中，牽引力做的功為W1，克服摩擦阻力做功為W2.以下是F1、F2及W1、W2間關(guān)系的說法，其中正確的是()A.F1∶F2＝1∶3 B.F1∶F2＝4∶3C.W1∶W2＝1∶1 D.W1∶W2＝1∶3答案：BC解析：對全過程由動能定理可知W1－W2＝0，故W1∶W2＝1∶1，故C正確，D錯誤；W1＝F1s，W2＝F2s′，由題圖可知s∶s′＝3∶4，所以F1∶F2＝4∶3，故A錯誤，B正確。7.物體沿直線運動的v－t圖像如圖所示，已知在第1s內(nèi)合力對物體做功為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狀況，依據(jù)動能定理得第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錯誤；第3s末到第5s末：W2＝0－eq\f(1,2)mv02＝－W，B錯誤；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錯誤。8.一質(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動，當運動一段時間后拉力漸漸減小，且當拉m/s2，則據(jù)此可以求得()A.物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25B.物體勻速運動時的速度為v＝4eq\r(2)m/sC.合外力對物體所做的功為W合＝32JD.摩擦力對物體所做的功為Wf＝－64J答案：D解析：物體做勻速運動時，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錯誤，D正確；依據(jù)動能定理得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錯誤。9.(多選)質(zhì)量為m的汽車，發(fā)動機的功率恒為P，阻力恒為F1，牽引力為F，汽車由靜止開頭，經(jīng)過時間t行駛了位移s時，速度達到最大值vm，則發(fā)動機所做的功為()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)動機的功率恒為P，經(jīng)過時間t，發(fā)動機做的功為W＝Pt，A正確；當達到最大速度時，有P＝F1vm，得vm＝eq\f(P,F1)，整個過程中發(fā)動機做的功應(yīng)等于克服阻力做的功與汽車獲得的動能之和，則W＝eq\f(1,2)mvm2＋F1s＝eq\f(mP2,2F\o\al(2,1))＋eq\f(Ps,vm)，B、C錯誤，D正確。10.如圖所示，運動員把質(zhì)量為m的足球從水平地面踢出，足球在空中達到的最高點的高度為h，在最高點時的速度為v，不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法中正確的是()A.運動員踢球時對足球做功eq\f(1,2)mv2 B.足球上升過程重力做功mghC.運動員踢球時對足球做功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功，WG＝－mgh，B、D錯誤；從運動員踢球至足球上升至最高點的過程中，由動能定理得W－mgh＝eq\f(1,2)mv2，故運動員踢球時對足球做功W＝eq\f(1,2)mv2＋mgh，A錯誤，C正確。11.木塊在水平恒力F的作用下，沿水平路面由靜止動身前進了l，隨即撤去此恒力，木塊沿原方向又前進了2l才停下來，設(shè)木塊運動全過程中地面狀況相同，則摩擦力的大小Ff和木塊所獲得的最大動能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。12.如圖所示，固定斜面傾角為θ，整個斜面分為AB、BC兩段，AB＝2BC.小物塊P(可視為質(zhì)點)與AB、BC兩段斜面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2.已知P由靜止開頭從A點釋放，恰好能滑動到C點停下，那么θ、μ1、μ2間應(yīng)滿足的關(guān)系是()A.tanθ＝eq\f(μ1＋2μ2,3) B.tanθ＝eq\f(2μ1＋μ2,3) C.tanθ＝2μ1－μ2 D.tanθ＝2μ2－μ1答案：B解析：小物塊P從A點到C點過程，由動能定理得mg·AC·sinθ－μ1mgcosθ·AB－μ2mgcosθ·BC＝0，又AB＝2BC，則有tanθ＝eq\f(2μ1＋μ2,3)，B正確。13.如圖所示為一水平的轉(zhuǎn)臺，半徑為R，一質(zhì)量為m的滑塊放在轉(zhuǎn)臺的邊緣，已知滑塊與轉(zhuǎn)臺間的動摩擦因數(shù)為μ，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.若轉(zhuǎn)臺的轉(zhuǎn)速由零漸漸增大，當滑塊在轉(zhuǎn)臺上剛好發(fā)生相對滑動時，轉(zhuǎn)臺對滑塊所做的功為()A.eq\f(1,2)μmgRB.2πmgRC.2μmgRD.0答案：A(用動能定理求變力做功)解析：滑塊即將開頭滑動時，最大靜摩擦力(等于滑動摩擦力)供應(yīng)向心力，有μmg＝eq\f(mv2,R)，依據(jù)動能定理有Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)μmgR，A正確。14.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，與兩個軌道間的動摩擦因數(shù)都為μ，它由軌道頂端A從靜止開頭下滑，恰好運動到C處停止，不計空氣阻力，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，對物體從A到C的全過程，由動能定理得mgR－WAB－μmgR＝0，故WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR15.質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面對左開頭運動，起始點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，則從開頭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。16.在離水平地面高為h處豎直上拋一質(zhì)量為m的物塊，拋出時的速度為v0，當它落到水平地面時速度為v，用g表示重力加速度，則在此過程中物塊克服空氣阻力所做的功等于()A.mgh－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02B.eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02－mghC.mgh＋eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2D.mgh＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02答案：C解析：對物塊從剛拋出到落地的過程，由動能定理可得：mgh－Wf克＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得：Wf克＝mgh＋eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv217.一質(zhì)量為m的小球，用長為l的輕繩懸掛于O點，小球在水平拉力F作用下，從平衡位置P點緩慢地移動到Q點，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，時時處于平衡狀態(tài)，F(xiàn)＝mgtanθ，隨著θ的增大，F(xiàn)也在增大，是一個變化的力，不能直接用功的公式求它所做的功，所以用動能定理求解。由于小球緩慢移動，動能不變，由動能定理得：－mgl(1－cosθ)＋W＝0，所以W＝mgl(1－cosθ)，B正確。18.如圖所示，一木塊沿豎直放置的粗糙曲面從高處滑下，當它滑過A點的速度大小為5m/s時，滑到B點的速度大小也為5m/s。若使它滑過A點的速度大小變?yōu)?m/s，則它滑到B點的速度大小()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點到B點的過程中：mgh－Wf1＝ΔEk＝0，Wf1＝mgh其次次速度增大，木塊對軌道的壓力增大，Wf2>Wf1，故mgh－Wf2<0，木塊在B點的動能小于在A點的動能，C正確。19.如圖所示，一薄木板斜放在高度肯定的平臺和水平地板上，其頂端與平臺相平，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，最終停在Q處?；瑝K和木板及地板之間的動摩擦因數(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，PQ為s則由動能定理：，即OP+PQ的距離不變。20.(多選)如圖所示為一滑草場.某條滑道由上、下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)為μ.質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開頭下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最終恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8).則()A.動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(6,7)B.載人滑草車最大速度為eq\r(\f(2gh,7))C.載人滑草車克服摩擦力做功為mghD.載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為eq\f(3,5)g答案：AB解析：依據(jù)動能定理有2mgh－Wf＝0，即2mgh－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝0，得動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(6,7)，則A正確，C錯誤；載人滑草車在上、下兩段的加速度分別為a1＝g(sin45°－μcos45°)＝eq\f(\r(2),14)g，a2＝g(sin37°－μcos37°)＝－eq\f(3,35)g，則載人滑草車在上、下兩段滑道上分別做加速運動和減速運動，因此在上段滑道底端時達到最大速度v，由動能定理得：mgh－μmgcos45°eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2,7)gh)，故B正確，D錯誤。~B組~21.半徑R＝1m的eq\f(1,4)圓弧軌道下端與一光滑水平軌道連接，水平軌道離水平地面高度h＝1m，如圖所示，有一質(zhì)量m＝1.0kg的小滑塊自圓軌道最高點A由靜止開頭滑下，經(jīng)過水平軌道末端B時速度為4m/s，滑塊最終落在地面上，g取10m/s2，不計空氣阻力，試求：(1)滑塊落在地面上時速度的大??；(2)滑塊在軌道上滑行時克服摩擦力做的功.答案：(1)6m/s(2)2J解析：(1)從B點到地面這一過程，只有重力做功，依據(jù)動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mvB2，代入數(shù)據(jù)解得v＝6m/s；(2)設(shè)滑塊在軌道上滑行時克服摩擦力做的功為Wf，從A到B過程運用動能定理有mgR－Wf＝eq\f(1,2)mvB2－0，解得Wf＝2J22.如圖所示，一質(zhì)量為m＝10kg的物體，由eq\f(1,4)光滑圓弧軌道上端從靜半徑R＝0.8m，取g＝10m/s2，求：(1)物體滑至圓弧底端時的速度大?。?2)物體滑至圓弧底端時對軌道的壓力大?。?3)物體沿水平面滑動過程中克服摩擦力做的功.答案：(1)4m/s(2)300N(3)80J解析：(1)設(shè)物體滑至圓弧底端時速度為v，由動能定理可知mgR＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(2gR)＝4m/s(2)設(shè)物體滑至圓弧底端時受到軌道的支持力為FN，由牛頓其次定律得FN－mg＝meq\f(v2,R)，故FN＝mg＋meq\f(v2,R)＝300N，依據(jù)牛頓第三定律FN′＝FN，所以物體對軌道的壓力大小為300N(3)設(shè)物體沿水平面滑動過程中摩擦力做的功為Wf，依據(jù)動能定理可知Wf＝0－eq\f(1,2)mv2＝－80J所以物體沿水平面滑動過程中克服摩擦力做的功為80J23.如圖所示，光滑斜面AB的傾角θ＝53°，BC為水平面，BC長度lBC＝1.1m，CD為光滑的eq\f(1,4)圓弧，半徑R＝0.6m。一個質(zhì)量m＝2kg的物體，從斜面上A點由靜止開頭下滑，物體與水平面BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，軌道在B、C兩點平滑連接.當物體到達D點時，連續(xù)豎直向上運動，最高點距離D點的高度h＝0.2m.不計空氣阻力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2。求：(1)物體運動到C點時的速度大小vC；(2)A點距離水平面的高度H；(3)物體最終停止的位置到C點的距離s答案：(1)4m/s(2)1.02m(3)0.4m解析：(1)物體由C點運動到最高點，依據(jù)動能定理得：－mg(h＋R)＝0－eq\f(1,2)mvC2代入數(shù)據(jù)解得：vC＝4m/s(2)物體由A點運動到C點，依據(jù)動能定理得：mgH－μmglBC＝eq\f(1,2)mvC2－0代入數(shù)據(jù)解得：H＝1.02m(3)從物體開頭下滑到最終停止，依據(jù)動能定理得：mgH－μmgs1＝0代入數(shù)據(jù)，解得s1＝5.1m由于s1＝4lBC＋0.7m所以物體最終停止的位置到C點的距離為：s＝0.4m24．如圖（a），AB為足夠長的粗糙水平軌道，D為AB上的一點，DB長度s=2m，BC為光滑圓弧軌道，兩軌道在B點平滑連接。C點高度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點由靜止開頭運動，受到恒定的摩擦力f=6N，當滑塊運動到B點時，撤去恒力F，求：（1）滑塊從D點運動到B點的速度v大??；（2）滑塊通過B點時所受支持力大小；（3）滑塊在圓弧軌道BC上所能達到的最大高度；（4）若轉(zhuǎn)變恒力F的大小和動身點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，通過計算推斷滑塊是否可以到達C點。答案：（1）；（2）14N；（3）0.8m；（4）不行以達到C點詳解：（1）以滑塊為爭辯對象，以DB為爭辯過程，設(shè)加速度為a，運動的時間為t，據(jù)牛頓其次定律得，據(jù)得：聯(lián)立以上各式代入數(shù)據(jù)解得（2）物塊劃到B點做圓周運動依據(jù)牛頓其次定律得，解得（3）以滑塊從D到最高點為爭辯過程，由動能定理得，所以：（4）據(jù)F?s圖像可知，且0＜s≤18m以物體運動達到最高點為爭辯對象，由動能定理得，當滑塊到達C點時，應(yīng)滿足，聯(lián)立得：此不等式無解，所以滑塊不行以到達C點以上。25．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，B是最低點，A與圓心O等高。將一質(zhì)量為m=1kg的小滑塊從A點正上方高h=1m處由靜止釋放后沿圓弧軌道ABC運動，若小滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，空氣阻力不計，cos37°=0.8，sin37°=0.6，取重力加速度大小，求：（1）小滑塊第一次運動到B點時的速度大??；（2）小滑塊第一次運動到B點時對軌道的壓力；（3）小滑塊沖上斜面后能到達的位置離C點的最大距離。答案：（1）；（2）40N，方向豎直向下；（3）2.6m詳解：（1）從釋放到B點的過程，只有重力做功，依據(jù)機械能守恒定律得，解得（2）在B點依據(jù)牛頓其次定律得，解得由牛頓第三定律得，在B點時對軌道的壓力為40N，方向豎直向下。（3）設(shè)小滑塊在斜面上運動的最大距離為S，從釋放到斜面上最高點過程，依據(jù)動能定理得，解得：26.如圖所示，在豎直平面內(nèi)，長為L、傾角θ＝37°的粗糙斜面AB下端與半徑R＝1m的光滑圓弧軌道BCDE平滑相接于B點，C點是軌跡最低點，D點與圓心O等高.現(xiàn)有一質(zhì)量m＝0.1kg的小物體從斜面AB上端的A點無初速度下滑，恰能到達圓弧軌道的D點.若物體與求：(1)斜面AB的長度L；(2)物體第一次通過C點時的速度大小vC1；(3)物體經(jīng)過C點時，軌道對它的最小支持力FNmin；(4)物體在粗糙斜面AB上滑行的總路程s總答案：(1)2m(2)2eq\r(5)m/s(3)1.4N(4)6m解析：(1)A到D過程，依據(jù)動能定理有mg(Lsinθ－Rcosθ)－μmgLcosθ＝0，解得：L＝2m；(2)物體從A到第一次通過C點過程，依據(jù)動能定理有mg(Lsinθ＋R－Rcosθ)－μmgLcosθ＝eq\f(1,2)mvC12，解得：vC1＝2eq\r(5)m/s；(3)物體經(jīng)過C點，軌道對它有最小支持力時，它將在B點所處高度以下運動，所以有：mg(R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mvmin2依據(jù)牛頓其次定律有：FNmin－mg＝meq\f(vmin2,R)，解得FNmin＝1.4N；(4)依據(jù)動能定理有：mgLsinθ－μmgs總cosθ＝0解得s總＝6m27.如圖所示，光滑水平面AB與一半圓形軌道在B點平滑連接，軌道位于豎直面內(nèi)，其半徑為R，一個質(zhì)量為m的物塊靜止在水平面上，現(xiàn)向左推物塊使其壓緊彈簧，然后放手，物塊在彈力作用下獲得一速度，當它經(jīng)B點進入半圓形軌道瞬間，對軌道的壓力為其重力的7倍，之后向上運動恰能完成半圓周運動到達C點，不計空氣阻力，重力加速度為g.求：(1)彈簧彈力對物塊做的功；(2)物塊從B到C克服阻力所做的功；(3)物塊離開C點后，再落回到水平面上時的動能。答案：(1)3mgR(2)eq\f(1,2)mgR(3)eq\f(5,2)mgR解析：(1)物塊從開頭運動到B點，由動能定理得：W＝eq\f(1,2)mvB2在B點由牛頓其次定律得7mg－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)解得W＝3mgR(2)物塊從B到C由動能定理得：－2mgR＋W′＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2物塊在C點時mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，解得W′＝－eq\f(1,2)mgR，即物塊從B到C克服阻力做功為eq\f(1,2)mgR(3)物塊從C點平拋到水平面的過程中，由動能定理得：2mgR＝Ek－eq\f(1,2)mvC2，解得Ek＝eq\f(5,2)mgR28.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點以某一m/s2，求：(1)物塊經(jīng)過最高點C時的速度大??；(2)物塊經(jīng)過半圓形軌道最低點B時對軌道壓力的大??；(3)物塊在A點時的初速度大小。答案：(1)3m/s(2)120N(3)8m/s解析：(1)物塊恰好通過C點，由牛頓其次定律可得：mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)解得vC＝3m/s(2)物塊從B點到C點，由動能定理可得：－mg·2R＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2解得vB＝3eq\r(5)m/s在B點由牛頓其次定律可得：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點時對軌道壓力的大小為120N(3)由題圖乙可知摩擦力對物塊做的功為：Wf＝－eq\f(1,2)×(0.25＋0.75)×1.9mg＝－19J物塊從A到B，由動能定理得Wf＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2解得vA＝8m/s29．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)連接一個光滑的弧形軌道，右側(cè)連接動摩擦因數(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B處對軌道的壓力恰好為零，到達D點時的速度為零。求：（1）小球經(jīng)過B點時速度的大?。唬?）小球釋放時的高度h；（3）水平軌道段的長度。答案：（1）；（2）2.5R；（3）詳解：（1）設(shè)小球的質(zhì)量m，到達B處的速度為，依據(jù)小球在B處對軌道壓力為零，由牛頓其次定律得，得小球經(jīng)過B點時速度大小為（2）取軌道最低點為零勢能點，由機械能守恒定律得，解得（3）設(shè)水平軌道段的長度為l，對小球從B點到D點由動能定理得得水平軌道段的長度30.如圖所示，A、B兩個材料相同的物體用長為L且不行伸長的水平細線連接在一起放在水平面上，在水平力F作用下以速度v做勻速直線運動，A的質(zhì)量是B的2倍，某一瞬間細線突然斷裂，保持F不變，仍拉A連續(xù)運動距離s0后再撤去，則當A、B都停止運動時，A和B相距多遠？答案：L＋eq\f(3,2)s0解析：設(shè)物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，物體B的質(zhì)量為m，B從細線斷裂到停止運動前進s2，A從細線斷裂到停止運動前進s1，對B由動能定理有：－μmgs2＝－eq\f(1,2)mv2對A由動能定理有：Fs0－μ·2mgs1＝0－eq\f(1,2)×2mv2細線斷裂前，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，有F＝μ·3mg聯(lián)立以上各式可得s1－s2＝eq\f(3,2)s0當A、B都停止運動時，A、B兩物體相距Δs＝L＋s1－s2＝L＋eq\f(3,2)s031.如圖所示，ABCD為一豎直平面內(nèi)的軌道，其中BC水平，A點比BC高出10m，BC長1m，AB和CD軌道光滑.m的D點時速度為0.求：(g取10m/s2)(1)物體與BC軌道間的動摩擦因數(shù)；(2)物體第5次經(jīng)過B點時的速度大小(結(jié)果可用根式表示)；(3)物體最終停止的位置(距B點多少米).答案：(1)0.5(2)4eq\r(11)m/s(3)距B點0.4m(利用動能定理分析多過程往復(fù)運動問題)解析：(1)由A到D，由動能定理得：－mg(h