【先學后教新思路】2020高考物理一輪復習-教案30-動能定理

動能定理考綱解讀1.把握動能的概念，會求動能的變化量.2.把握動能定理，并能在實際問題中嫻熟應用．1．關于動能的理解，下列說法正確的是 ()A．動能是機械能的一種表現(xiàn)形式，凡是運動的物體都具有動能B．物體的動能不行能為負值C．確定質量的物體動能變化時，速度確定變化，但速度變化時，動能不愿定變化D．動能不變的物體，確定處于平衡狀態(tài)答案ABC2．關于運動物體所受的合外力、合外力做的功及動能變化的關系，下列說法正確的是 ()A．合外力為零，則合外力做功確定為零B．合外力做功為零，則合外力確定為零C．合外力做功越多，則動能確定越大D．動能不變，則物體合外力確定為零答案A解析合外力為零，則物體可能靜止，也可能做勻速直線運動，這兩種狀況合外力做功均為零，所以合外力做功確定為零，A對；合外力做功為零或動能不變，合外力不愿定為零，如勻速圓周運動，故B、D錯；合外力做功越多，動能變化越大，而不是動能越大，故C錯．3．質量為m的物體在水平力F的作用下由靜止開頭在光滑地面上運動，前進一段距離之后速度大小為v，再前進一段距離使物體的速度增大為2v，則()A．其次過程的速度增量等于第一過程的速度增量B．其次過程的動能增量是第一過程動能增量的3倍C．其次過程合外力做的功等于第一過程合外力做的功D．其次過程合外力做的功等于第一過程合外力做功的2倍答案AB解析由題意知，兩個過程中速度增量均為v，A正確；由動能定理知：W1＝eq\f(1,2)mv2，W2＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，故B正確，C、D錯誤．4．甲、乙兩物體質量之比m1∶m2＝1∶2，它們與水平桌面間的動摩擦因數(shù)相同，在水平桌面上運動時，因受摩擦力作用而停止．(1)若它們的初速度相同，則運動位移之比為________；(2)若它們的初動能相同，則運動位移之比為________． 答案(1)1∶1(2)2∶1解析設兩物體與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為μ.(1)它們的初速度相同，設為v0，由動能定理得：－μm1gl1＝0－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0).－μm2gl2＝0－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0).所以l1∶l2＝1∶1.(2)它們的初動能相同，設為Ek，由動能定理得：－μm1gl1＝0－Ek.－μm2gl2＝0－Ek.所以l1∶l2＝m2∶m1＝2∶1.考點梳理一、動能1．定義：物體由于運動而具有的能．2．表達式：Ek＝eq\f(1,2)mv2.3．物理意義：動能是狀態(tài)量，是標量(填“矢量”或“標量”)．二、動能定理1．內(nèi)容：力在一個過程中對物體所做的功，等于物體在這個過程中動能的變化．2．表達式：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝Ek2－Ek1.3．物理意義：合外力的功是物體動能變化的量度．4．適用條件(1)動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動．(2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功．(3)力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以分階段作用．

5．一個質量為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點很緩慢地移動到Q點，此時輕繩與豎直方向夾角為θ，如圖1所示，則拉力F所做的功為 () 圖1A．mgLcosθB．mgL(1－cosθ)C．FLsinθD．FLcosθ答案B解析小球從P點移動到Q點時，受重力、繩子的拉力及水平拉力F作用，因很緩慢地移動，小球可視處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知：F＝mgtanθ，隨θ的增大，拉力F也增大，故F是變力，因此不能直接用W＝FLcosθ計算．依據(jù)動能定理有：WF－WG＝0，所以WF＝WG＝mgL(1－cosθ)，選項B正確．6．如圖2所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一物體向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面．設物體在斜面最低點A的速度為v，壓縮彈簧至C點時彈簧最短， 圖2C點距地面高度為h，則從A到C的過程中彈簧彈力做功是()A．mgh－eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(1,2)mv2－mghC．－mgh D．－(mgh＋eq\f(1,2)mv2)答案A解析由A到C的過程運用動能定理可得－mgh＋W＝0－eq\f(1,2)mv2所以W＝mgh－eq\f(1,2)mv2，所以A正確．方法提煉利用動能定理求變力功1．明確題中除變力功外，還有哪些力做功，總功如何表示．2．明確物體動能的變化．

考點一對動能及其變化的理解1．對動能的理解(1)動能是物體由于運動而具有的能量，表達式Ek＝eq\f(1,2)mv2.(2)動能是狀態(tài)量，和物體的瞬時速度大小(速率)對應．2．關于動能的變化動能的變化量為正值，表示物體的動能增加了，對應于合外力對物體做正功；動能的變化量為負值，表示物體的動能減小了，對應于合外力對物體做負功，或者說物體克服合外力做功．例1(2011·課標全國·15)一質點開頭時做勻速直線運動，從某時刻起受到一恒力作用．此后，該質點的動能可能 ()A．始終增大B．先漸漸減小至零，再漸漸增大C．先漸漸增大至某一最大值，再漸漸減小D．先漸漸減小至某一非零的最小值，再漸漸增大解析若力F的方向與初速度v0的方向全都，則質點始終加速，動能始終增大，選項A正確．若力F的方向與v0的方向相反，則質點先減速至速度為零后再反向加速，動能先減小至零后再增大，選項B正確．若力F的方向與v0的方向成一鈍角，如斜上拋運動，物體先減速，減到某一值再加速，則其動能先減小至某一非零的最小值再增大，選項D正確．答案ABD考點二動能定理及其應用1．對動能定理的理解(1)動能定理公式中等號表明白合外力做功與物體動能的變化間的兩個關系：①數(shù)量關系：即合外力所做的功與物體動能的變化具有等量代換關系．可以通過計算物體動能的變化，求合外力的功，進而求得某一力的功．②因果關系：合外力的功是引起物體動能變化的緣由．(2)動能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、Ek等，在處理含有上述物理量的問題時，優(yōu)先考慮使用動能定理．2．運用動能定理需留意的問題(1)應用動能定理解題時，在分析過程的基礎上無需深究物體運動過程中狀態(tài)變化的細節(jié)，只需考慮整個過程的功及過程初末的動能．(2)若過程包含了幾個運動性質不同的分過程，既可分段考慮，也可整個過程考慮．但求功時，有些力不是全過程都作用的，必需依據(jù)不同的狀況分別對待求出總功，計算時要把各力的功連同正負號一同代入公式．例2如圖3所示，質量為m的小球用長為L的輕質細線懸于O點，與O點處于同一水平線上的P點處有一個光滑的細釘，已知OP＝eq\f(L,2)，在A點給小球一個水平向左的初速度v0，發(fā)覺小球恰能到達跟P點在同一豎直線上的最高點B.則：(1)小球到達B點時的速率？ 圖3(2)若不計空氣阻力，則初速度v0為多少？(3)若初速度v0＝3eq\r(gL)，則小球在從A到B的過程中克服空氣阻力做了多少功？解析(1)小球恰能到達最高點B，有mg＝meq\f(v\o\al(2,B),\f(L,2))，得vB＝eq\r(\f(gL,2)).(2)從A→B由動能定理得－mg(L＋eq\f(L,2))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可求出v0＝eq\r(\f(7gL,2)).(3)由動能定理得－mg(L＋eq\f(L,2))－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可求出Wf＝eq\f(11,4)mgL.答案(1)eq\r(\f(gL,2))(2)eq\r(\f(7gL,2))(3)eq\f(11,4)mgL應用動能定理求變力做功時應留意的問題1．所求的變力的功不愿定為總功，故所求的變力的功不愿定等于ΔEk.2．合外力對物體所做的功對應物體動能的變化，而不是對應物體的動能．3．若有多個力做功時，必需明確各力做功的正負，待求的變力的功若為負功，可以設克服該力做功為W，則表達式中應用－W；也可以設變力的功為W，則字母W本身含有負號．突破訓練1如圖4所示，質量為m的物塊與水平轉臺之間的動摩擦因數(shù)為μ，物體與轉臺轉軸相距R，物體隨轉臺由靜止開頭轉動，當轉速增加到某值時，物塊即將開頭滑動，在這一過程中，摩擦力對物體做的功是 () 圖4A.eq\f(1,2)μmgR B．2πmgRC．2μmgR D．0答案A解析物塊即將開頭滑動時，最大靜摩擦力(近似等于滑動摩擦力)供應向心力，有μmg＝eq\f(mv2,R)，依據(jù)動能定理有，Wf＝eq\f(mv2,2)，解得Wf＝eq\f(μmgR,2)，選項A正確．例3如圖5所示，電梯質量為M，在它的水平地板上放置一質量為m的物體．電梯在鋼索的拉力作用下由靜止開頭豎直向上加速運動，當上上升度為H時，電梯的速度達到v，則在這個過程中，以下說法中正確的是 () 圖5A．電梯地板對物體的支持力所做的功等于eq\f(mv2,2)B．電梯地板對物體的支持力所做的功大于eq\f(mv2,2)C．鋼索的拉力所做的功等于eq\f(mv2,2)＋MgHD．鋼索的拉力所做的功大于eq\f(mv2,2)＋MgH解析以物體為爭辯對象，由動能定理得WN－mgH＝eq\f(1,2)mv2，即WN＝mgH＋eq\f(1,2)mv2，選項B正確，選項A錯誤．以系統(tǒng)為爭辯對象，由動能定理得WT－(m＋M)gH＝eq\f(1,2)(M＋m)v2，即WT＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋(M＋m)gH>eq\f(mv2,2)＋MgH，選項D正確，選項C錯誤．答案BD應用動能定理解題的基本思路1．選取爭辯對象，明確它的運動過程；2．分析爭辯對象的受力狀況和各力的做功狀況：3．明確爭辯對象在過程的初末狀態(tài)的動能Ek1和Ek2；4.列動能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解題方程，進行求解．突破訓練2如圖6所示，一塊長木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力F拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動，以地面為參考系，A、B都 圖6向前移動一段距離．在此過程中 ()A．外力F做的功等于A和B動能的增量B．B對A的摩擦力所做的功等于A的動能增量C．A對B的摩擦力所做的功等于B對A的摩擦力所做的功D．外力F對B做的功等于B的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和答案BD解析A物體所受的合外力等于B對A的摩擦力，對A物體運用動能定理，則有B對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量，B對．A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動，A、B對地的位移不等，故二者做功不等，C錯．對B應用動能定理，WF－Wf＝ΔEkB，WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F對B做的功等于B的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和，D對．由前述爭辯知B克服摩擦力所做的功與A的動能增量(等于B對A的摩擦力所做的功)不等，故A錯．考點三動能定理與圖象結合的問題例4如圖7甲所示，一根輕質彈簧左端固定在豎直墻面上，右端放一個可視為質點的小物塊，小物塊的質量為m＝1.0kg，當彈簧處于原長時，小物塊靜止于O點．現(xiàn)對小物塊施加一個外力F，使它緩慢移動，將彈簧壓縮至A點，壓縮量為x＝0.1m，在這一過程中，所用外力F與壓縮量的關系如圖乙所示．然后撤去F釋放小物塊，讓小物塊沿桌面運動，已知O點至桌邊B點的距離為L＝2x，水平桌面的高為h＝5.0m，計算時，可用滑動摩擦力近似等于最大靜摩擦力．(g取10m/s2)求：圖7(1)在壓縮彈簧的過程中，彈簧存貯的最大彈性勢能；(2)小物塊到達桌邊B點時速度的大?。?3)小物塊落地點與桌邊B的水平距離．審題指導解答本題時應留意以下三點：(1)F－x圖象與x軸所圍面積為變力F做的功；(2)彈簧存貯的彈性勢能對應彈簧的彈力所做的負功的值；(3)F－x圖象中x＝0時對應F的含義．解析(1)取向左為正方向，從F—x圖中可以看出，小物塊與桌面間的滑動摩擦力大小為Ff＝1.0N，方向為負方向在壓縮過程中，摩擦力做功為Wf＝－Ffx＝－0.1J由圖線與x軸所圍面積可得外力F做功為WF＝eq\f(1.0＋47.0×0.1,2)J＝2.4J所以彈簧存貯的最大彈性勢能為Epm＝WF＋Wf＝2.3J(2)從A點到B點的過程中，由于L＝2x，摩擦力做功為Wf′＝Ff·3x＝0.3J對小物塊運用動能定理有Epm－Wf′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝2m/s(3)物塊從B點開頭做平拋運動，有h＝eq\f(1,2)gt2解得下落時間t＝1s，水平距離s＝vBt＝2m答案(1)2.3J(2)2m/s(3)2m突破訓練3總質量為80kg的跳傘運動員從離地500m的直升機上跳下，經(jīng)過2s拉開繩索開啟降落傘．如圖8所示是跳傘過程中的v－t圖象，試依據(jù)圖象(g取10m/s2)圖8(1)求0～2s內(nèi)阻力做的功；(2)估算14s內(nèi)運動員下落的高度及克服阻力做的功；(3)估算運動員從飛機上跳下到著地的總時間．答案(1)－2560J(2)160m1.27×105J(3)71s解析(1)從題圖中可以看出，在0～2s內(nèi)運動員做勻加速運動，其加速度大小為a＝eq\f(vt,t)＝eq\f(16,2)m/s2＝8m/s2.設此過程中運動員受到的阻力大小為Ff，依據(jù)牛頓其次定律，有mg－Ff＝ma得Ff＝m(g－a)＝80×(10－8)N＝160N.0～2s內(nèi)下落高度h′＝eq\f(vt,2)t＝eq\f(16,2)×2m＝16m.阻力做功W＝－Ffh′＝－2560J.(2)從題圖中估算得出運動員在14s內(nèi)下落了h＝40×2×2m＝160m依據(jù)動能定理，有mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2所以有Wf＝mgh－eq\f(1,2)mv2＝(80×10×160－eq\f(1,2)×80×62)J≈1.27×105J.(3)14s后運動員做勻速運動的時間為t′＝eq\f(H－h(huán),v)＝eq\f(500－160,6)s＝57s.運動員從飛機上跳下到著地需要的總時間t總＝t＋t′＝(14＋57)s＝71s.22．動能定理在多過程問題中的應用模型特征：優(yōu)先考慮應用動能定理的典型問題(1)不涉及加速度、時間的問題．(2)有多個物理過程且不需要爭辯整個過程中的中間狀態(tài)的問題．(3)變力做功的問題．(4)含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的力學問題．解析(1)小滑塊由C運動到A，由動能定理得mgLsin37°－μmgs＝0（2分）解得μ＝eq\f(24,35)（1分）(2)設在斜面上，拉力作用的距離為x，小滑塊由A運動到C，由動能定理得Fs－μmgs＋Fx－mgLsin37°＝0 （2分）解得x＝1.25m （1分）(3)小滑塊由A運動到B，由動能定理得Fs－μmgs＝eq\f(1,2)mv2 （2分）由牛頓其次定律得F－mgsin37°＝ma （2分）由運動學公式得x＝vt＋eq\f(1,2)at2 （2分）聯(lián)立解得t＝0.5s （1分）答案(1)eq\f(24,35)(2)1.25m(3)0.5s突破訓練4一質量為2kg的鉛球從離地面2m高處自由下落，陷入沙坑中2cm深處，如圖10所示，求沙子對鉛球的平均阻力(g＝10m/s2)．答案2020N解析小球的運動包括自由落體運動和陷入沙坑減速運動兩個過程，知道初末態(tài)動能和運動位移，應選用動能定理解決，處理方法有兩種： 圖10解法一分段列式：鉛球自由下落過程中，設小球落到沙面時速度為v，則：mgH＝eq\f(1,2)mv2v＝eq\r(2gH)＝eq\r(2×10×2)m/s＝2eq\r(10)m/s.鉛球陷入沙坑過程中，只受重力和阻力Ff作用，由動能定理得：mgh－Ffh＝0－eq\f(mv2,2)Ff＝eq\f(mgh＋\f(mv2,2),h)＝eq\f(2×10×0.02＋2×\f(2\r(10)2,2),0.02)N＝2020N解法二全程列式：全過程都有重力做功，進入沙中又有阻力做功．所以W總＝mg(H＋h)－Ffh由動能定理得：mg(H＋h)－Ffh＝0－0故：Ff＝eq\f(mgH＋h,h)＝eq\f(2×10×2＋0.02,0.02)N＝2020N.

高考題組1．(2022·福建理綜·21)如圖11所示，用跨過光滑定滑輪的纜繩將海面上一艘失去動力的小船沿直線拖向岸邊．已知拖動纜繩的電動機功率恒為P，小船的質量為m，小船受到的阻力大小恒為f，經(jīng)過A點時的速度大小為v0，小船從A點沿直線加速運動到B點經(jīng)受時間為t1，A、B兩點間距離為d，纜繩質量忽視不計．求：圖11(1)小船從A點運動到B點的全過程克服阻力做的功Wf；(2)小船經(jīng)過B點時的速度大小v1；(3)小船經(jīng)過B點時的加速度大小a.答案(1)fd(2)eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(2,m)Pt1－fd)(3)eq\f(P,\r(m2v\o\al(2,0)＋2mPt1－fd))－eq\f(f,m)解析(1)小船從A點運動到B點克服阻力做功Wf＝fd ①(2)小船從A點運動到B點，電動機牽引纜繩對小船做功W＝Pt1 ②由動能定理有W－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ③由①②③式解得v1＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(2,m)Pt1－fd) ④(3)設小船經(jīng)過B點時纜繩的拉力大小為F，纜繩與水平方向夾角為θ，電動機牽引纜繩的速度大小為v，則P＝Fv ⑤v＝v1cosθ ⑥由牛頓其次定律有Fcosθ－f＝ma ⑦由④⑤⑥⑦式解得a＝eq\f(P,\r(m2v\o\al(2,0)＋2mPt1－fd))－eq\f(f,m).2．(2022·北京理綜·22)如圖12所示，質量為m的小物塊在粗糙水平桌面上做直線運動，經(jīng)距離l后以速度v飛離桌面，最終落在水平地面上．已知l＝1.4m，v＝3.0m/s，m＝0.10kg，小物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，桌面高h＝0.45m．不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2.求：圖12(1)小物塊落地點到飛出點的水平距離s；(2)小物塊落地時的動能Ek；(3)小物塊的初速度大小v0.答案(1)0.90m(2)0.90J(3)4.0m/s解析(1)由平拋運動規(guī)律，有豎直方向h＝eq\f(1,2)gt2水平方向s＝vt得水平距離s＝eq\r(\f(2h,g))v＝0.90m(2)由機械能守恒定律，得落地時的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＋mgh＝0.90J(3)由動能定理，有－μmgl＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得初速度大小v0＝eq\r(2μgl＋v2)＝4.0m/s.模擬題組3．如圖13甲所示，一質量為m＝1kg的物塊靜止在粗糙水平面上的A點，從t＝0時刻開頭，物塊在按如圖乙所示規(guī)律變化的水平力F作用下向右運動，第3s末物塊運動到B點時速度剛好為0，第5s末物塊剛好回到A點，已知物塊與粗糙水平面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，(g取10m/s2)求：圖13(1)AB間的距離；(2)水平力F在5s時間內(nèi)對物塊所做的功．答案(1)4m(2)24J解析(1)在3s～5s內(nèi)物塊在水平恒力F作用下由B點勻加速直線運動到A點，設加速度為a，AB間的距離為x，則F－μmg＝maa＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\f(4－0.2×1×10,1)m/s2＝2m/s2x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×2×22m＝4m(2)設整個過程中F做的功為WF，物塊回到A點時的速度為vA，由動能定理得WF－2μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)又veq\o\al(2,A)＝2ax所以WF＝2μmgx＋max＝24J4．如圖14所示裝置由AB、BC、CD三段軌道組成，軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB、CD段是光滑的，水平軌道BC的長度s＝5m，軌道CD足夠長且傾角θ＝37°，A、D兩點離軌道BC的高度分別為h1＝4.30m、h2＝1.35m． 圖14現(xiàn)讓質量為m的小滑塊自A點由靜止釋放．已知小滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)小滑塊第一次到達D點時的速度大??；(2)小滑塊第一次與其次次通過C點的時間間隔．答案(1)3m/s(2)2s解析(1)物塊從A→B→C→D過程中，由動能定理得mg(h1－h(huán)2)－μmgs＝eq\f(1,2)mvD2－0，解得：vD＝3m/s(2)小物塊從A→B→C過程中，有mgh1－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得：vC＝6m/s小物塊沿CD段上滑的加速度a＝gsinθ＝6m/s2小物塊沿CD段上滑到最高點的時間t1＝eq\f(vC,a)＝1s小物塊從最高點滑回C點的時間t2＝t1＝1s故t＝t1＋t2＝2s

(限時：45分鐘)?題組1動能定理的簡潔應用1．某人用手托著質量為m的物體，從靜止開頭沿水平方向運動，前進距離l后，速度為v(物體與手始終相對靜止)，物體與手掌之間的動摩擦因數(shù)為μ，則人對物體做的功為()A．mgl B．0 C．μmgl D.eq\f(1,2)mv2答案D2．子彈的速度為v，打穿一塊固定的木塊后速度剛好變?yōu)榱悖裟緣K對子彈的阻力為恒力，那么當子彈射入木塊的深度為其厚度的一半時，子彈的速度是 ()A.eq\f(v,2) B.eq\f(\r(2),2)v C.eq\f(v,3) D.eq\f(v,4)答案B解析設子彈的質量為m，木塊的厚度為d，木塊對子彈的阻力為Ff.依據(jù)動能定理，子彈剛好打穿木塊的過程滿足－Ffd＝0－eq\f(1,2)mv2.設子彈射入木塊厚度一半時的速度為v′，則－Ff·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，得v′＝eq\f(\r(2),2)v，故選B.3．在地面上某處將一金屬小球豎直向上拋出，上升確定高度后再落回原處，若不考慮空氣阻力，則下列圖象能正確反映小球的速度、加速度、位移和動能隨時間變化關系的是(取向上為正方向) ()答案A解析小球運動過程中加速度不變，B錯；速度均勻變化，先減小后反向增大，A對；位移和動能與時間不是線性關系，C、D錯．4．一人乘豎直電梯從1樓到12樓，在此過程中經(jīng)受了先加速，后勻速，再減速的運動過程，則下列說法正確的是 ()A．電梯對人做功狀況是：加速時做正功，勻速時不做功，減速時做負功B．電梯對人做功狀況是：加速和勻速時做正功，減速時做負功C．電梯對人做的功等于人動能的增加量D．電梯對人做的功和重力對人做的功的代數(shù)和等于人動能的增加量答案D解析電梯向上加速、勻速、再減速運動的過程中，電梯對人的作用力始終向上，故電梯始終對人做正功，A、B均錯誤；由動能定理可知，電梯對人做的功和重力對人做的功的代數(shù)和等于人動能的增加量，故C錯誤，D正確．5．如圖1所示，物體與斜面AB、DB間動摩擦因數(shù)相同．可視為質點的物體分別沿AB、DB從斜面頂端由靜止下滑到底端，下列說法正確的是 ()A．物體沿斜面DB滑動到底端時動能較大B．物體沿斜面AB滑動到底端時動能較大 圖1C．物體沿斜面DB滑動過程中克服摩擦力做的功較多D．物體沿斜面AB滑動過程中克服摩擦力做的功較多答案B解析已知物體與斜面AB、DB間動摩擦因數(shù)相同，設斜面傾角為θ，底邊為x，則斜面高度為h＝xtanθ，斜面長度為L＝eq\f(x,cosθ)，物體分別沿AB、DB從斜面頂端由靜止下滑到底端，由動能定理有：mgh－μmgcosθ·L＝mgh－μmgx＝eq\f(1,2)mv2，可知物體沿斜面AB滑動到底端時動能較大，故A錯誤，B正確；物體沿斜面滑動過程中克服摩擦力做的功W＝μmgLcosθ＝μmgx，則兩次相同，故C、D錯誤．6．人通過滑輪將質量為m的物體，沿粗糙的斜面從靜止開頭勻加速地由底端拉到斜面頂端，物體上升的高度為h，到達斜面頂端時的速度為v，如圖2所示．則在此過程中 () 圖2A．物體所受的合外力做的功為mgh＋eq\f(1,2)mv2B．物體所受的合外力做的功為eq\f(1,2)mv2C．人對物體做的功為mghD．人對物體做的功大于mgh答案BD解析物體沿斜面做勻加速運動，依據(jù)動能定理：W合＝WF－Wf－mgh＝eq\f(1,2)mv2，其中Wf為物體克服摩擦力做的功．人對物體做的功即是人對物體的拉力做的功，所以W人＝WF＝Wf＋mgh＋eq\f(1,2)mv2，A、C錯誤，B、D正確．?題組2應用動能定理求解變力做功問題7．如圖3所示，光滑水平平臺上有一個質量為m的物塊，站在地面上的人用跨過定滑輪的繩子向右拉動物塊，不計繩和滑輪的質量及滑輪的摩擦，且平臺邊緣離人手作用點豎直高度始終為h.當人以速度v從平 圖3臺的邊緣處向右勻速前進位移x時，則 ()A．在該過程中，物塊的運動可能是勻速的B．在該過程中，人對物塊做的功為eq\f(mv2x2,2h2＋x2)C．在該過程中，人對物塊做的功為eq\f(1,2)mv2D．人前進x時，物塊的運動速率為eq\f(vh,\r(h2＋x2))答案B解析設繩子與水平方向的夾角為θ，則物塊運動的速度v物＝vcosθ，而cosθ＝eq\f(x,\r(h2＋x2))，故v物＝eq\f(vx,\r(h2＋x2))，可見物塊的速度隨x的增大而增大，A、D均錯誤；人對物塊的拉力為變力，變力的功可應用動能定理求解，即W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,物)＝eq\f(mv2x2,2h2＋x2)，B正確，C錯誤．8．如圖4所示，一質量為m的質點在半徑為R的半球形容器中(容器固定)由靜止開頭自邊緣上的A點滑下，到達最低點B時，它對容器的正壓力為FN.重力加速度為g，則質點自A滑到B的過程中，摩擦力對其所做的功為 () 圖4A.eq\f(1,2)R(FN－3mg) B.eq\f(1,2)R(3mg－FN)C.eq\f(1,2)R(FN－mg) D.eq\f(1,2)R(FN－2mg)答案A解析質點到達最低點B時，它對容器的正壓力為FN，依據(jù)牛頓其次定律有FN－mg＝meq\f(v2,R)，依據(jù)動能定理，質點自A滑到B的過程中有Wf＋mgR＝eq\f(1,2)mv2，故摩擦力對其所做的功Wf＝eq\f(1,2)RFN－eq\f(3,2)mgR，故A項正確．

9．質量為m的小球被系在輕繩一端，在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運動，如圖5所示，運動過程中小球受到空氣阻力的作用．設某一時刻小球通過軌道的最低點，此時繩子的張力為7mg，在此后小球連續(xù)做圓周運動，經(jīng)過半個圓周恰好能通過最高點，則在此過程中小球克服空氣阻力所做的功是 ()圖5A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D．mgR答案C解析小球通過最低點時，繩的張力為F＝7mg ①由牛頓其次定律可知：F－mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),R) ②小球恰好過最高點，繩子拉力為零，由牛頓其次定律可知：mg＝eq\f(mv\o\al(2,2),R) ③小球由最低點運動到最高點的過程中，由動能定理得：－2mgR＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1) ④由①②③④可得Wf＝－eq\f(1,2)mgR，所以小球克服空氣阻力所做的功為eq\f(1,2)mgR，故C正確，A、B、D錯誤．?題組3應用動力學觀點和動能定理解決多過程問題10．如圖6所示，粗糙水平地面AB與半徑R＝0.4m的光滑半圓軌道BCD相連接，且在同一豎直平面內(nèi)，O是BCD的圓心，BOD在同一豎直線上．質量m＝2kg的小物塊在9N的水平恒力F的作用下，從A點由靜止開頭做勻加速直線運動． 圖6已知AB＝5m，小物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2