高中物理培優(yōu)講義14A動(dòng)能和動(dòng)能定理基礎(chǔ)版

a動(dòng)能和動(dòng)能定理知識(shí)點(diǎn)：動(dòng)能和動(dòng)能定理一、動(dòng)能的表達(dá)式1.表達(dá)式：Ek＝eq\f(1,2)mv2.2.單位：與功的單位相同，國際單位為焦耳，符號(hào)為J.3.標(biāo)矢性：動(dòng)能是標(biāo)量，只有大小，沒有方向.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)mv12.如果物體受到幾個(gè)力的共同作用，W即為合力做的功，它等于各個(gè)力做功的代數(shù)和.3.適用范圍：動(dòng)能定理是物體在恒力作用下，并且做直線運(yùn)動(dòng)的情況下得到的，當(dāng)物體受到變力作用，并且做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，可以采用把整個(gè)過程分成許多小段，也能得到動(dòng)能定理.技巧點(diǎn)撥一、動(dòng)能1.對(duì)動(dòng)能的理解(1)動(dòng)能是標(biāo)量，沒有負(fù)值，與物體的速度方向無關(guān).(2)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).(3)動(dòng)能面為參考系.2.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.二、動(dòng)能定理的理解和應(yīng)用對(duì)動(dòng)能定理的理解1.表達(dá)式：W＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12(1)Ek2＝eq\f(1,2)mv22表示這個(gè)過程的末動(dòng)能；Ek1＝eq\f(1,2)mv12表示這個(gè)過程的初動(dòng)能.(2)W表示這個(gè)過程中合力做的功，它等于各力做功的代數(shù)和.2.物理意義：動(dòng)能定理指出了合外力對(duì)物體所做的總功與物體動(dòng)能變化之間的關(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.3.實(shí)質(zhì)：動(dòng)能定理從能量變化的角度反映了力改變運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)時(shí)，在空間上的累積效果.總結(jié)提升應(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.例題精練1．（2021?江蘇模擬）如圖所示，質(zhì)量為m的小車在水平恒力F推動(dòng)下，從山坡（粗糙）底部A處由靜止起運(yùn)動(dòng)至高為h的坡頂B，獲得速度為v，A、B之間的水平距離為s，重力加速度為g下列說法正確的是（）A．小車重力所做的功是mgh B．推力對(duì)小車做的功是mv2+mgh C．合外力對(duì)小車做的功是mv2+mgh D．阻力對(duì)小車做的功是mv2+mgh﹣Fs【分析】明確小車受力情況，根據(jù)功的計(jì)算公式可計(jì)算恒力的功，由動(dòng)能定理計(jì)算變力的功。【解答】解：A、小車重力所做的功WG＝mg△h＝mg（hA﹣hB）＝﹣mgh，故A錯(cuò)誤；BD、由于推力為恒力，推力方向的分位移是s，推力對(duì)小車做功W推＝Fs，小車從A運(yùn)動(dòng)到B的過程，由動(dòng)能定理得：W推﹣mgh+W阻＝mv2，解得：W推＝mgh+mv2﹣W阻；W阻＝mv2+mgh﹣Fs，故B錯(cuò)誤，D正確；C、小車從A運(yùn)動(dòng)到B的過程，由動(dòng)能定理可知，合力對(duì)小車做功W＝mv2，故C錯(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了求力做功的幾種方法，要能靈活選擇解答的方法，知道恒力做功可根據(jù)做功公式直接計(jì)算，變力和合外力對(duì)物體做的功可根據(jù)動(dòng)能定理求解。2．（2021?肥城市模擬）排球是我國體育項(xiàng)目中的傳統(tǒng)強(qiáng)項(xiàng)。某同學(xué)在體育課上進(jìn)行排球訓(xùn)練，一次墊球時(shí)，他用雙臂將排球以原速率斜向上墊回，球在空中運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后落地。不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（）A．墊球過程該同學(xué)對(duì)球的沖量為零 B．墊球過程該同學(xué)對(duì)球做功為零 C．球在上升過程中處于超重狀態(tài) D．球在下落過程中處于超重狀態(tài)【分析】（1）由沖量定義式I＝Ft，分析該同學(xué)對(duì)球的沖量是否為0；（2）動(dòng)能定理W＝△Ek分析該同學(xué)對(duì)球做功是否為零；（3）根據(jù)受力分析和牛頓第二定律，分析排球的加速度方向，判斷排球是超重還是失重?！窘獯稹拷猓篈、由沖量定義式I＝Ft，墊球時(shí)同學(xué)對(duì)球的作用力F與作用時(shí)間t均不為0，故沖量不為0，故A錯(cuò)誤；B、墊球過程中，同學(xué)將排球以原速率斜向上墊回，球的速度方向改變，但物體的動(dòng)能Ek＝mv2不變，由動(dòng)能定理W＝△Ek，△Ek＝0可知，該同學(xué)對(duì)球并沒有做功，故B正確；CD、分析球排的受力，在空中運(yùn)動(dòng)過程中只受到向下的重力作用，由牛頓第二定律：mg＝ma，得a＝g，加速度方向向下，處于完全失重狀態(tài)，故CD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查沖量的定義，做功和超失重問題，解題時(shí)需注意：物體超重和失重只與加速度的方向有關(guān)，與上升和下落無關(guān)。隨堂練習(xí)1．（2021春?晉城期中）如圖所示，以20m/s的速度飛來的角球被運(yùn)動(dòng)員以22m/s的速度頂向球門，已知足球的質(zhì)量為430g，假設(shè)足球是彈性的，則運(yùn)動(dòng)員（頭球）對(duì)足球做的功約為（）A．5J B．18J C．50J D．80J【分析】對(duì)運(yùn)動(dòng)員的頭接觸足球的過程進(jìn)行分析，根據(jù)動(dòng)能定理列式即可求出運(yùn)動(dòng)員對(duì)足球做的功?！窘獯稹拷猓鹤闱蛸|(zhì)量m＝430g＝0.430kg，由動(dòng)能定理可知，運(yùn)動(dòng)員對(duì)足球所做的功W＝mv22﹣mv12＝m（v22﹣v12）＝×0.430×（222﹣202）J≈18J，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)能定理的基本運(yùn)用，運(yùn)用動(dòng)能定理解題，關(guān)鍵確定研究的過程，分析該過程有哪些力做功，然后根據(jù)動(dòng)能定理列式求解。2．（2021春?溫州期中）李佳同學(xué)在學(xué)校秋季田徑運(yùn)動(dòng)會(huì)上參加了高一組徑賽項(xiàng)目100m的決賽，在終點(diǎn)沖刺時(shí)他的動(dòng)能最接近（）A．3×102J B．3×103J C．3×104J D．3×105J【分析】根據(jù)李佳同學(xué)質(zhì)量和沖刺終點(diǎn)時(shí)的速度來計(jì)算即可，由平常知識(shí)來估算即可?！窘獯稹拷猓豪罴淹瑢W(xué)質(zhì)量約為60kg，沖刺終點(diǎn)時(shí)的速度約為10m/s，則他動(dòng)能約為：Ek＝mv2＝×60×102J＝3×103J，故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了動(dòng)能的表達(dá)式和結(jié)合平常知識(shí)來估算的問題，掌握一般人的質(zhì)量為60kg，沖刺速度為10m/s即可解題。3．（2021?東城區(qū)二模）質(zhì)量為m的小球用長為l的細(xì)線懸于A點(diǎn)，初始時(shí)刻使小球在水平面內(nèi)以角速度ω做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，細(xì)線與豎直方向夾角為θ，重力加速度為g。由于空氣阻力作用，小球的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)緩慢變化，最終靜止在A點(diǎn)的正下方，在此過程中（）A．繩的拉力始終小于等于mg B．小球的線速度始終小于等于ωlsinθ C．空氣阻力做的功為mgl（1﹣cosθ） D．重力做的功為﹣mgl（1﹣cosθ）【分析】對(duì)小球受力分析，受重力和兩個(gè)拉力；小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式列式求解；對(duì)運(yùn)動(dòng)過程由動(dòng)能定理列式求解空氣阻力所做的功；根據(jù)功的公式確定重力的功?！窘獯稹拷猓篈、對(duì)小球受力分析，它受到重力mg、線的拉力F的作用，二個(gè)力的合力提供向心力，故F＝，即F＞mg，故A錯(cuò)誤；B、因?yàn)镕向＝mgtanθ＝m，故小球的線速度v＝，當(dāng)小球的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)緩慢變化，θ逐漸減小時(shí)，sinθ、tanθ都減小，故v也減小，而最初的線速度v＝ωlsinθ，故說明小球的線速度始終小于等于ωlsinθ，故B正確；C、根據(jù)動(dòng)能定理得：WG﹣W阻＝0﹣Ek，所以空氣阻力做的功為W阻＝mgl（1﹣cosθ）+Ek，故C錯(cuò)誤；D、物體的高度降低，重力做的功是正功，即WG＝mgl（1﹣cosθ），故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題是圓錐擺問題，關(guān)鍵要正確分析受力，搞清小球做圓周運(yùn)動(dòng)向心力的來源：重力和拉力的合力，要注意小球圓周運(yùn)動(dòng)的半徑不是L，而是Lsinθ．4．（2021春?沭陽縣期中）如圖所示，一質(zhì)量為m的小球，用長為l的輕繩懸掛于O點(diǎn)的正下方P點(diǎn)。若小球在水平拉力的作用下，從P點(diǎn)緩慢地移動(dòng)到Q點(diǎn)，水平拉力F做的功為W1；若小球在水平恒力F＝mg的作用下，從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)水平拉力F做的功為W2。已知θ＝30°，則W1和W2大小關(guān)系為（）A．W1＝W2 B．W1＞W(wǎng)2 C．W1＜W2 D．無法判斷【分析】小球緩慢運(yùn)動(dòng)時(shí)，拉力為變力，根據(jù)動(dòng)能定理求解拉力的功；小球在恒力作用下運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)功的公式直接求出拉力的功?！窘獯稹拷猓寒?dāng)用水平力緩緩拉動(dòng)小球時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得W﹣mgh＝0，由幾何關(guān)系可知，h＝l（1﹣cos30°），解得拉力的功W1＝mgl（1﹣cos30°）≈0.134mgl；小球在水平恒力F＝mg的作用下時(shí)，拉力的功W2＝Flsin30°＝0.5mgl＞W(wǎng)1，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查功的計(jì)算問題，要注意明確動(dòng)能定理在求變力做功問題中的應(yīng)用方法。綜合練習(xí)一．選擇題（共15小題）1．（2021春?福清市期中）一粒質(zhì)量為20g的子彈以600m/s的速度飛行與一只質(zhì)量為80kg的鴕鳥以10m/s的速度奔跑相比（）A．鴕鳥的動(dòng)能較大 B．子彈的動(dòng)能較大 C．二者的動(dòng)能一樣大 D．無法比較它們的動(dòng)能【分析】根據(jù)動(dòng)能的定義式EK＝mv2，可以求得鴕鳥和子彈的各自的動(dòng)能的大小。【解答】解：子彈的質(zhì)量m1＝20g＝0.02kg，故子彈的動(dòng)能為：EK1＝m1v12＝×0.020×6002＝3600J；鴕鳥的動(dòng)能為：EK2＝m2v22＝×80×102＝4000J，則可知鴕鳥的動(dòng)能較大，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)能的定義式應(yīng)用，牢記動(dòng)能的定義式EK＝mv2即可求出各自的動(dòng)能，再進(jìn)行比較即可。2．（2021春?市校級(jí)月考）如圖甲所示，蕩秋千是一種老少皆宜的娛樂休閑活動(dòng)，其物理過程可等效成如圖乙所示的擺模型，設(shè)擺模型的擺長為l，最大偏角為θ，阻力可以忽略，重力加速度為g，則球從最高點(diǎn)A擺到最低點(diǎn)O時(shí)的速度大小為（）A． B．2glcosθ C． D．2gl（1﹣cosθ）【分析】根據(jù)動(dòng)能定理求解末速度?！窘獯稹拷猓呵驈腁擺到O點(diǎn)的過程根據(jù)動(dòng)能定理；mg（L﹣Lcosθ）＝解得：v＝故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】解題時(shí)要用幾何知識(shí)求解下落的高度。3．（2021春?淮安月考）關(guān)于物體的動(dòng)能，下列說法正確的是（）A．物體的質(zhì)量、速度不變，其動(dòng)能一定不變 B．物體的動(dòng)能不變，其速度一定不變 C．兩個(gè)物體中，速度大的動(dòng)能也大 D．某一過程中物體的速度變化，其動(dòng)能一定變化【分析】動(dòng)能是物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能量，其表達(dá)式為Ek＝，動(dòng)能是標(biāo)量，與速度方向無關(guān)?！窘獯稹拷猓篈、動(dòng)能是物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能量，其表達(dá)式為Ek＝，動(dòng)能是標(biāo)量，與速度方向無關(guān)，物體的質(zhì)量、速度不變，其動(dòng)能一定不變，故A正確；B、物體的動(dòng)能不變，只能說明速度大小不變，速度方向可能變化，故B錯(cuò)誤；C、兩個(gè)物體中，速度大的質(zhì)量可能很小，動(dòng)能不一定大，故C錯(cuò)誤；D、某一過程中物體的速度變化，如果只是速度方向變化，速度大小不變，其動(dòng)能不變，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)能的定義，注意動(dòng)能是標(biāo)量，只與物體的質(zhì)量和速度大小有關(guān)，與速度方向無關(guān)。4．（2021春?淮安月考）在某次帆船運(yùn)動(dòng)比賽中，質(zhì)量為500kg的帆船，在風(fēng)力和水的阻力共同作用下做直線運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖像如圖所示。下列表述正確的是（）A．在0～1s內(nèi)，合外力對(duì)帆船做功500J B．在0～2s內(nèi)，合外力對(duì)帆船做功1000J C．在1～2s內(nèi)，合外力對(duì)帆船做功750J D．在0～3s內(nèi)，合外力對(duì)帆船做的總功為0【分析】找到初狀態(tài)和末狀態(tài)的速度，利用動(dòng)能定理，即可求解合外力做功?！窘獯稹拷猓篈、0﹣1s內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理，＝，故A錯(cuò)誤；B、0﹣2s內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理，＝J＝250J，故B錯(cuò)誤；C、1﹣2s內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理，＝，故C錯(cuò)誤；D、0～3s內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理，W合＝△Ek＝0，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)能定理的應(yīng)用，注意動(dòng)能的變化量為末動(dòng)能減初動(dòng)能，如果末動(dòng)能小于初動(dòng)能，合力做功為負(fù)值。5．（2021春?南京月考）某人從距水平地面h高處將一小球以初速度v0水平拋出，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，不能求出的物理量有（）A．小球在空中的飛行時(shí)間 B．小球的落地速度 C．小球落地點(diǎn)距拋出點(diǎn)的距離 D．拋球過程中人對(duì)小球所做的功【分析】根據(jù)高度，結(jié)合位移時(shí)間公式求出物體在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；根據(jù)速度位移公式求出落地時(shí)的豎直分速度，結(jié)合平行四邊形定則求出落地的速度大??；根據(jù)水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律即可求出水平距離；根據(jù)動(dòng)能定理求解人對(duì)小球所做的功?！窘獯稹拷猓篈、已知小球距水平面的高度，由h＝可得，小球在空中的飛行時(shí)間t＝，故A能求出；B、由v2＝2gh可求得豎直分速度vy＝，故落地速度v＝＝，故B能求出；C、水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平距離x＝v0t，故C能求出；D、由于不知道小球的質(zhì)量，故無法求出拋球過程中人對(duì)小球所做的功，故D不能求出。本題選擇不能求出的物理量，故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查平拋運(yùn)動(dòng)以及動(dòng)能定理的應(yīng)用，要注意根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成和分解規(guī)律分析平拋運(yùn)動(dòng)，注意動(dòng)能定理的應(yīng)用。6．（2021?虹口區(qū)二模）如圖，一磁鐵吸附在鐵板AB的下方?，F(xiàn)保持鐵板與水平面間的夾角θ不變，緩慢推動(dòng)B端，使AB與磁鐵一起水平向左勻速移動(dòng)，則（）A．合外力對(duì)磁鐵做正功 B．AB對(duì)磁鐵的作用力不做功 C．AB對(duì)磁鐵的彈力不做功 D．AB對(duì)磁鐵的摩擦力不做功【分析】明確磁鐵的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，根據(jù)動(dòng)能定理分析合外力做功情況；根據(jù)平衡條件分析AB對(duì)磁鐵的作用力的方向，根據(jù)功的性質(zhì)分析是否做功；再分別分析彈力和摩擦力的方向，由功的性質(zhì)分析二者是否做功?！窘獯稹拷猓篈、由于磁鐵做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理可知，合外力對(duì)磁鐵不做功，故A錯(cuò)誤；B、磁鐵受重力和磁鐵的作用力而做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件可知，AB對(duì)磁鐵的作用力大小等于重力，方向豎直向上，與磁鐵的運(yùn)動(dòng)方向相互垂直，故AB對(duì)磁鐵的作用力不做功，故B正確；C、AB對(duì)磁鐵的彈力垂直接觸面，與磁鐵的運(yùn)動(dòng)方向不垂直，故彈力一定做功，故C錯(cuò)誤；D、AB對(duì)磁鐵的摩擦力沿接觸面，與磁鐵的運(yùn)動(dòng)方向不垂直，故摩擦力一定做功，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)能定理、功的計(jì)算以及共點(diǎn)力平衡的條件，注意AB對(duì)磁鐵的作用力是指磁鐵受AB的彈力、磁力以及摩擦力的合力。7．（2021?奉賢區(qū)二模）體育課上某同學(xué)站在罰球線處用力將籃球從手中投出，如圖所示?；@球約以1m/s的速度撞擊籃圈，用的籃球質(zhì)量約為0.6kg，籃圈離地高度為3.05m，空氣阻力不計(jì)，則該籃球離開手時(shí)初動(dòng)能約為（）A．0 B．0.3J C．8J D．18J【分析】對(duì)籃球從手中出手到撞擊籃筐的過程運(yùn)用動(dòng)能定理，可求該籃球離開手時(shí)的初動(dòng)能。【解答】解：設(shè)該籃球離開手時(shí)初動(dòng)能為Ek，并設(shè)該同學(xué)投球時(shí)手到地面的高度為1.8m，籃球離開手時(shí)的高度與籃圈的高度差為：h＝3.05m﹣1.8m＝1.25m對(duì)籃球從手中出手到撞擊籃筐的過程運(yùn)用動(dòng)能定理得：﹣mgh＝﹣Ek代入數(shù)據(jù)解得：Ek＝7.8J≈8J，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)能定理的簡單應(yīng)用，考查的核心素養(yǎng)是物理觀念、科學(xué)思維。本題屬于基礎(chǔ)題型，難度較小。8．（2021?山東模擬）“S路”曲線行駛是我國駕駛證考試中的一項(xiàng)科目。在某次考試過程中，一名學(xué)員和教練分別坐在駕駛座和副駕駛座上，并且始終與汽車保持相對(duì)靜止，汽車在彎道上行駛時(shí)可視作圓周運(yùn)動(dòng)，行駛過程中未發(fā)生打滑。如圖所示，當(dāng)汽車在水平“S路”上減速行駛時(shí)，下列說法中正確的是（）A．學(xué)員和教練都處于平衡狀態(tài) B．汽車對(duì)學(xué)員的作用力等于學(xué)員所受的重力 C．教練所受合外力一定做負(fù)功 D．汽車受到的摩擦力與速度方向一定相反【分析】明確人的運(yùn)動(dòng)情況，知道曲線運(yùn)動(dòng)一定是變速運(yùn)動(dòng)，受到的合力不為零；對(duì)學(xué)員受力分析，根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)規(guī)律確定汽車對(duì)人的作用力與重力的關(guān)系，根據(jù)動(dòng)能定理明確合外力做功情況，根據(jù)向心力規(guī)律分析摩擦力的方向?！窘獯稹拷猓篈、學(xué)員和教練都做變速曲線運(yùn)動(dòng)，加速度不為零，二者受力均不平衡，故A錯(cuò)誤；B、汽車對(duì)學(xué)員的作用力的豎直分量等于學(xué)員的重力，水平分量提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，故汽車對(duì)人的作用力不等于人的重力，故B錯(cuò)誤；C、因?yàn)槠囋谒健癝路”上減速行駛，根據(jù)動(dòng)能定理可知教練所受合外力一定做負(fù)功，故C正確；D、汽車受到的摩擦力除使汽車減速外還有一部分提供汽車轉(zhuǎn)彎所需的向心力，并不與速度方向相反，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題結(jié)合曲線運(yùn)動(dòng)考查了動(dòng)能定理、曲線運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)以及受力分析的應(yīng)用，要注意明確曲線運(yùn)動(dòng)一定是變速運(yùn)動(dòng)，合外力不為零。9．（2020秋?沙市區(qū)校級(jí)月考）關(guān)于動(dòng)能定理W＝△Ek和動(dòng)量定理I＝△p說法，正確的是（）A．W和I均是狀態(tài)量 B．W和I都是標(biāo)量 C．△p和△Ek都為變化量，所以都是矢量 D．W＝△Ek為標(biāo)量式，而I＝△p為矢量式【分析】功和沖量都是過程量，功是標(biāo)量，沖量是矢量，△p和△Ek都為變化量，△p是矢量，△Ek為標(biāo)量，W＝△Ek為標(biāo)量式，而I＝△p為矢量式?！窘獯稹拷猓篈、W和I均是過程量，故A錯(cuò)誤；B、W只有大小，沒有方向，是標(biāo)量，I既有大小，又有方向，運(yùn)算遵守平行四邊形定則，是矢量，故B錯(cuò)誤；C、△p和△Ek都為變化量，△p是矢量，△Ek為標(biāo)量，故C錯(cuò)誤；D、W和△Ek都為標(biāo)量，W＝△Ek為標(biāo)量式，而I和△p都為矢量，I＝△p為矢量式，故D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵要搞清功與沖量、動(dòng)能變化量與動(dòng)量變化量的區(qū)別，明確W＝△Ek為標(biāo)量式，而I＝△p為矢量式。10．（2021春?玄武區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，質(zhì)量為m的物體在水平恒力F的推動(dòng)下，從山坡底部A處由靜止運(yùn)動(dòng)至高為h的坡頂B，獲得速度為v，AB的水平距離為s。下列說法正確的是（）A．物體重力所做的功是mgh B．合力對(duì)物體做的功是mv2+mgh C．推力對(duì)物體做的功是Fs﹣mgh D．阻力對(duì)物體做的功是mv2+mgh﹣Fs【分析】重力做功只與物體的初末位移的高度差有關(guān)，與其它因素沒有關(guān)系，根據(jù)WG＝mg△h求解重力所做的功；根據(jù)動(dòng)能定理求解合外力的功；推力是恒力，可以根據(jù)W＝FLcosθ求解；阻力所做的功我們不好直接求解，但可以通過動(dòng)能定理求得合外力所做的功，總共有三個(gè)力對(duì)物體做功，即推力和摩擦阻力還有重力對(duì)小車做功，這樣就可以求得阻力對(duì)小車做的功?！窘獯稹拷猓篈、重力做功WG＝mg△h＝mg（hA﹣hB）＝﹣mgh，故物體克服重力做功為mgh，故A錯(cuò)誤；B．對(duì)小車從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中運(yùn)用動(dòng)能定理得：W合＝mv2，故B錯(cuò)誤；C、推力F是恒力，在力的方向上的位移為s，所以W＝FLcosθ＝Fs，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)動(dòng)能定理可得，WF+W阻+WG＝mv2，解得阻力做功W阻＝mv2+mgh﹣Fs，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了求力做功的幾種方法，恒力做功可根據(jù)做功公式直接計(jì)算，變力和合外力對(duì)物體做的功可根據(jù)動(dòng)能定理求解，注意求推力的功時(shí)，位移是沿力的方向上的位移，即物體在水平方向上的位移。11．（2021?黔江區(qū)校級(jí)模擬）“殲﹣20”是中國自主研制的雙發(fā)重型隱形戰(zhàn)斗機(jī)，該機(jī)將擔(dān)負(fù)中國未來對(duì)空、對(duì)海的主權(quán)維護(hù)任務(wù)。在某次起飛中，質(zhì)量為m的“殲﹣20”以恒定的功率P起動(dòng)，其起飛過程的速度隨時(shí)間變化圖象如圖所示，經(jīng)時(shí)間t0飛機(jī)的速度達(dá)到最大值為vm時(shí)，剛好起飛。關(guān)于起飛過程，下列說法正確的是（）A．飛機(jī)所受合力不變，速度增加越來越慢 B．飛機(jī)所受合力增大，速度增加越來越快 C．該過程克服阻力所做的功為 D．平均速度為【分析】根據(jù)P＝Fv分析牽引力的變化，從而確定出合力的變化，由牛頓第二定律分析加速度的變化情況，即可分析速度變化快慢情況。將飛機(jī)的運(yùn)動(dòng)與勻速直線運(yùn)動(dòng)對(duì)比，分析其平均速度。根據(jù)動(dòng)能定理分析該過程克服阻力所做的功。【解答】解：AB、根據(jù)圖象可知，圖象的斜率為加速度，所以起飛中，斜率越來越小，加速度越來越小，速度增加越來越慢，根據(jù)牛頓第二定律F合＝ma，加速度減小，合外力減小，故AB錯(cuò)誤C、根據(jù)動(dòng)能定理可知：，解得：，故C正確D、因?yàn)椴皇莿蜃兯龠\(yùn)動(dòng)，所以平均速度不等于，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題是交通工具的起動(dòng)問題，屬于恒定功率起動(dòng)類型，關(guān)鍵要抓住P＝Fv分析牽引力的變化。要知道動(dòng)能定理是求功常用的方法。12．（2021春?南開區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，物體在平行于斜面向上的拉力作用下，分別沿傾角不同的斜面由底端勻速運(yùn)動(dòng)到高度相同的頂端，物體與各斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則（）A．無論沿哪個(gè)斜面拉，克服重力做的功相同 B．無論沿哪個(gè)斜面拉，克服摩擦力做的功相同 C．無論沿哪個(gè)斜面拉，拉力做的功均相同 D．沿傾角較小的斜面拉，拉力做的功較小【分析】重力做功取決于初末位置的高度差，與路徑無關(guān)，上升的高度相同，重力做功就相同；根據(jù)力的平衡得出F，根據(jù)W＝FL討論分析拉力做功；根據(jù)W＝fx求得摩擦力做功的表達(dá)式，即摩擦力做功關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、重力做功只與高度差有關(guān)，高度相等，所以克服重力做功相等，故A正確；B、設(shè)斜面傾角為θ，高度為h，斜面長度L，摩擦力做的功為：W＝﹣μmgcosθ?L＝＝，所以傾角越大，摩擦力做功越小，克服摩擦力做的功也越小，故B錯(cuò)誤；CD、根據(jù)力的平衡得：F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝0，解得：F＝mgsinθ+μmgcosθ，所以F做的功為：W＝FL＝（mgsinθ+μmgcosθ）＝mgh+，因?yàn)閙、h、a、μ相等，所以θ越小，W越大，故CD錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】分析物體的受力情況，并找出各力的做功情況，由動(dòng)能定理、重力做功的特點(diǎn)分析分析各力做功的情況．在研究功能關(guān)系時(shí)一定不要忽視了受力分析過程，只有正確地受力分析才能準(zhǔn)確地找出做功情況。13．（2021春?浦東新區(qū)校級(jí)期末）物體做自由落體運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能Ek隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的關(guān)系圖線可能是（）A． B． C． D．【分析】明確自由落體的物體只受重力，加速度恒定不變；速度和時(shí)間成正比；再由動(dòng)能表達(dá)式確定動(dòng)能和時(shí)間的關(guān)系?！窘獯稹拷猓何矬w自由下落時(shí)，速度和時(shí)間的關(guān)系為v＝at，故動(dòng)能Ek＝mv2＝ma2t2，故動(dòng)能與時(shí)間的關(guān)系為二次函數(shù)圖象，且根據(jù)數(shù)學(xué)規(guī)律可知，開口向上，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查圖象以及自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，要注意掌握用圖象來描述物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)的方法。14．（2021春?武平縣校級(jí)月考）質(zhì)量為m的跳水運(yùn)動(dòng)員，從離水面高為h的跳臺(tái)上以速度v1跳起，最后以速度v2進(jìn)入水中，若不計(jì)空氣阻力，則運(yùn)動(dòng)員起跳時(shí)所做的功等于（）A．mv12+mgh B．12﹣mgh C．22﹣mgh D．22﹣12【分析】運(yùn)動(dòng)員所做的功轉(zhuǎn)化為運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能，由動(dòng)能定理可以求出運(yùn)動(dòng)員所做的功。【解答】解：運(yùn)動(dòng)員所做的功轉(zhuǎn)化為運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能，W＝mv12，在整個(gè)過程中，由動(dòng)能定理可得：mgh＝mv22﹣mv12，解得：運(yùn)動(dòng)員所做的功W＝mv12＝mv22﹣mgh，故ABD錯(cuò)誤C正確。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題中運(yùn)動(dòng)員做的功等于運(yùn)動(dòng)員的初動(dòng)能，可以根據(jù)動(dòng)能定理列式求解；運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí)首先要明確研究的過程，找出初動(dòng)能、末動(dòng)能、各個(gè)力的功，然后列等式求解。15．（2021春?薛城區(qū)校級(jí)期中）在下列幾種情況下，甲、乙兩物體的動(dòng)能相等的是（）A．甲的速度是乙的2倍，甲的質(zhì)量是乙的2倍 B．甲的質(zhì)量是乙的2倍，甲的速度是乙的4倍 C．甲的質(zhì)量是乙的4倍，甲的速度是乙的4倍 D．質(zhì)量相同，速度的大小也相同，但甲向東運(yùn)動(dòng)，乙向西運(yùn)動(dòng)【分析】根據(jù)動(dòng)能的表達(dá)式Ek＝結(jié)合題目中的條件求解．【解答】解：A、甲的速度是乙的2倍，甲的質(zhì)量是乙的2倍，則甲的動(dòng)能是乙的8倍；故A錯(cuò)誤；B、甲的質(zhì)量是乙的2倍，甲的速度是乙的4倍，則甲的動(dòng)能是乙的16倍；故B錯(cuò)誤；C、甲的質(zhì)量是乙的4倍，甲的速度是乙的4倍，則甲的動(dòng)能是乙的64倍；故C錯(cuò)誤；D、動(dòng)能是標(biāo)量，和速度的方向無關(guān)；故只要質(zhì)量相等，速度也相等，則動(dòng)能一定相等；故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)能的計(jì)算式，這是采用控制變量法研究的，掌握動(dòng)能表達(dá)式即可解決，屬于基礎(chǔ)題．二．多選題（共15小題）16．（2021春?甘州區(qū)校級(jí)月考）關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體所受的合外力、合外力做的功、物體動(dòng)能的變化，下列說法正確的是（）A．運(yùn)動(dòng)物體所受的合外力不為零，物體的動(dòng)能不一定變化 B．運(yùn)動(dòng)物體所受的合外力為零，則物體的動(dòng)能肯定不變 C．運(yùn)動(dòng)物體的動(dòng)能保持不變，則該物體所受合外力一定為零 D．運(yùn)動(dòng)物體所受合外力不為零，則該物體一定做變速運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能要變化【分析】根據(jù)動(dòng)能定理，合外力的功使物體動(dòng)能改變，不是合力使物體動(dòng)能改變，合是產(chǎn)生加速度的原因，加速度改變速度?！窘獯稹拷猓篈、運(yùn)動(dòng)物體所受合外力不為零，但是合外力做功為零，物體動(dòng)能不變，比如勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故A正確；B、運(yùn)動(dòng)物體所受合外力為零，物體靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng)，物體的動(dòng)能不變，故B正確；C、運(yùn)動(dòng)物體的動(dòng)能不變，合外力的功為零，但是合外力不一定為零，例如勻速圓周運(yùn)動(dòng)；故C錯(cuò)誤；D、運(yùn)動(dòng)物體所受合外力不為零，根據(jù)牛頓第二定律，物體的加速度不為零，物體做變速運(yùn)動(dòng)，但是合外力的功可以為零，例如勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選：AB?！军c(diǎn)評(píng)】解題的關(guān)鍵是掌握合外力的功是動(dòng)能發(fā)生改變的原因，力是產(chǎn)生加速度的原因，力是物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生改變的原因。17．（2021春?大渡口區(qū)校級(jí)月考）如圖，輕彈簧下端固定在地面上，壓縮彈簧后用細(xì)線綁定拴牢。將一個(gè)金屬球放置在彈簧頂端（球與彈簧不粘連，放上金屬球后細(xì)線仍是繃緊的），某時(shí)刻燒斷細(xì)線，球?qū)⒈粡椘穑撾x彈簧后能繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)，那么該球從細(xì)線被燒斷到金屬球剛脫離彈簧的這一運(yùn)動(dòng)過程中（）A．球所受的合力先增大后減小 B．球的動(dòng)能先增大后減小 C．彈簧的彈力對(duì)小球做正功 D．彈簧彈力對(duì)物體做功大于物體克服重力做功【分析】明確運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)運(yùn)動(dòng)過程確定加速度變化，從而確定合力的變化；彈簧的彈性勢(shì)能跟彈簧的形變量有關(guān)，形變?cè)酱?，彈性?shì)能越大；分析小球的運(yùn)動(dòng)情況：從細(xì)線被燒斷到彈簧的彈力等于小球的重力的過程中，小球向上做加速運(yùn)動(dòng)，之后做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球的彈簧的彈力等于小球的重力時(shí)速度最大，動(dòng)能最大?！窘獯稹拷猓篈、小球從細(xì)線被燒斷到剛脫離彈簧的過程中，小球受到向下重力和和向上的彈力，彈力逐漸減小到零；開始時(shí)彈力大于重力，小球向上做加速運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸減小到零；之后做減速運(yùn)動(dòng)，加速度反向增加；即加速度先減小后增加，合力先減小后增大，故A錯(cuò)誤。B、當(dāng)小球的彈簧的彈力等于小球的重力時(shí)速度最大，所以小球的動(dòng)能先增大后減小，故B正確。C、彈簧的彈力向上，則對(duì)小球做正功，故C正確；D、從細(xì)線被燒斷到剛脫離彈簧的運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧到原長時(shí)球開始脫離彈簧，根據(jù)動(dòng)能定理W彈﹣WG＝Ek，彈簧彈力對(duì)物體做功大于物體克服重力做功，故D正確。故選：BCD。【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是分析小球的受力情況來確定小球的運(yùn)動(dòng)情況，運(yùn)用牛頓第二定律小球的運(yùn)動(dòng)情況，能正確分析能量有幾種形式，判斷能量的轉(zhuǎn)化情況。18．（2021春?樂山期末）甲、乙兩個(gè)質(zhì)量相同的物體，用大小相等的力F分別拉它們?cè)谒矫嫔蠌撵o止開始運(yùn)動(dòng)相同的距離s。如圖1所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，則下列關(guān)于力F對(duì)甲、乙兩物體做的功和甲、乙兩物體獲得的動(dòng)能的說法中正確的是（）A．力F對(duì)甲物體做功多 B．力F對(duì)甲、乙兩個(gè)物體做的功一樣多 C．甲物體獲得的動(dòng)能比乙大 D．甲、乙兩個(gè)物體獲得的動(dòng)能相同【分析】根據(jù)功的公式，可以知道拉力F對(duì)物體做功的情況，再根據(jù)動(dòng)能定理可以判斷物體的動(dòng)能的情況。【解答】解：AB、由功的公式W＝Flcosα＝F?s可知，兩種情況下力F對(duì)甲、乙兩個(gè)物體做的功一樣多，A錯(cuò)誤，B正確；CD、根據(jù)動(dòng)能定理，對(duì)甲有Fs＝Ek1，對(duì)乙有Fs﹣Ffs＝Ek2，可知Ek1＞Ek2，即甲物體獲得的動(dòng)能比乙大，C正確，D錯(cuò)誤；故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】根據(jù)功的公式和動(dòng)能定理可以很容易的判斷對(duì)木塊的功和動(dòng)能的情況，本題主要是對(duì)公式的考查。19．（2020秋?大渡口區(qū)校級(jí)月考）如圖，豎直固定的光滑圓環(huán)軌道半徑為R，在環(huán)的最低點(diǎn)放置一個(gè)小球給小球一水平向右的瞬時(shí)速度v，小球會(huì)在環(huán)內(nèi)運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。為保證小球運(yùn)動(dòng)過程中不脫離軌道，瞬時(shí)速度v可能為（）A． B． C． D．【分析】由小球通過最高點(diǎn)的速度條件分析出此時(shí)瞬時(shí)速度的大小，第二種情況為小球不通過圓心的等高處，從而分析出瞬時(shí)速度的大小?！窘獯稹拷猓寒?dāng)小球恰好能通過最高點(diǎn)時(shí)，此時(shí)只有重力充當(dāng)向心力，由向心力和線速度的關(guān)系可得：，由此可得：，從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)由動(dòng)能定理可得：﹣mg2R＝，可得此時(shí)v＝；當(dāng)小球不脫離軌道時(shí)，此時(shí)小球在圓心所在水平面以下運(yùn)動(dòng)，則在圓心所在水平面時(shí)速度為零，由最低點(diǎn)到圓心所在水平面由動(dòng)能定理可得：﹣mgR＝0﹣，可得此時(shí)v＝；故此時(shí)小球不脫離軌道，速度v需要滿足的速度條件為：或，故AD正確，BC錯(cuò)誤；故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓周運(yùn)動(dòng)的臨界條件，解題關(guān)鍵在于不從圓形軌道上脫離存在兩種情況，一種是可以通過最高點(diǎn)，一種是不超過圓心所在水平面。20．（2020秋?沛縣月考）質(zhì)量m＝2kg的物體沿水平面向右做直線運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)刻受到一個(gè)水平向左的恒力F，如圖甲，此后物體的v﹣t圖象如圖乙。取水平向右為正方向，g＝10m/s2，則（）A．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5 B．10s末，恒力F的功率為18W C．10s末，物體恰好回到計(jì)時(shí)起點(diǎn)位置 D．10s內(nèi)，物體克服摩擦力做功34J【分析】由v﹣t圖分別求得兩段時(shí)間內(nèi)的加速度，對(duì)兩段時(shí)間分別運(yùn)用牛頓第二定律列式后聯(lián)立求解；設(shè)10s末物體離起點(diǎn)點(diǎn)的距離為d，d應(yīng)為v﹣t圖與橫軸所圍的上下兩塊面積之差，根據(jù)功的公式求出克服摩擦力做功?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)物體向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a1，則由v﹣t圖得：加速度大小a1＝＝﹣2m/s2，方向與初速度方向相反，設(shè)物體向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a2，則由v﹣t圖得：加速度大小a2＝＝，方向與初速度方向相反，設(shè)初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)牛頓第二定律，有：﹣F﹣μmg＝ma1；﹣F+μmg＝ma2，聯(lián)立解得：F＝3N，μ＝0.05，故A錯(cuò)誤；B、10s末恒力F的瞬時(shí)功率為：P＝Fv＝3×6W＝18W．故B正確；C、根據(jù)v﹣t圖與橫軸所圍的面積表示位移得：x＝×4×8﹣×6×6m＝﹣2m，負(fù)號(hào)表示物體在起點(diǎn)以左，故C錯(cuò)誤；D、10s內(nèi)克服摩擦力做功：Wf＝fs＝μmgs＝0.05×20×（×4×8+×6×6）J＝34J，故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵先根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況求解加速度，確定受力情況后求解出動(dòng)摩擦因數(shù)，根據(jù)v﹣t圖與橫軸所圍的面積表示位移求解位移。21．（2020春?綏化期末）如圖所示，將一個(gè)大小為50N與水平方向成60°角的力F作用在一個(gè)質(zhì)量為6kg的物體上，物體沿水平地面勻速前進(jìn)了8m，g＝10m/s2，下面關(guān)于物體所受各力做功說法正確的是（）A．力F對(duì)物體做功為400J B．摩擦力對(duì)物體做功為﹣200J C．重力做功為480J D．合力做功為0【分析】根據(jù)功的定義式F＝Flcosα求解拉力F做的功，由平衡條件求得物體受到的摩擦力，再由功的公式可求得摩擦力對(duì)物體所做的功，再由各力做功的代數(shù)和求出合力的功?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)功的定義式F＝Flcos60°得拉力F做的功W1＝50×8×J＝200J，故A錯(cuò)誤；B、如圖所示，物體受重力、支持力、拉力及摩擦力，由于物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以摩擦力f＝Fcos60°＝50×N＝25N，摩擦力所做的功W2＝﹣fL＝﹣25×8J＝﹣200J，故B正確；C、物塊沿水平方向運(yùn)動(dòng)，所以重力做功為0，故C錯(cuò)誤；D、整個(gè)的過程中只有拉力與摩擦力做功，合力的功：W＝W1+W2＝200J﹣200J＝0．故D正確。故選：BD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查功的計(jì)算，屬公式的直接應(yīng)用，解答時(shí)要注意摩擦力是由平衡條件求出的，同時(shí)明確求解合力的功時(shí)可以先求各力的功再求解總功。22．（2019秋?黔南州期末）關(guān)于物體的動(dòng)能，下列說法正確的是（）A．動(dòng)能不變的物體可能不處于平衡狀態(tài) B．物體在合外力作用下做變速運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)能一定變化 C．物體以相同的速率向東和向西運(yùn)動(dòng)時(shí)，其動(dòng)能的大小相等但方向不同 D．如果物體所受的合外力為零，那么合外力對(duì)物體做功一定也為零【分析】動(dòng)能不變的物體速率不變，但速度可能改變；物體做變速運(yùn)動(dòng)時(shí)，若速率不變，則動(dòng)能不變；動(dòng)能是標(biāo)量，沒有方向；物體所受的合外力為零，合外力對(duì)物體做功一定也為零?！窘獯稹拷猓篈、動(dòng)能不變的物體速率不變，但速度可能改變，如勻速圓周運(yùn)動(dòng)，物體處于非平衡狀態(tài)，故A正確；B、物體在合外力作用下做變速運(yùn)動(dòng)時(shí)，速率可能不變，如勻速圓周運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，故B錯(cuò)誤；C、物體以相同的速率向東和向西運(yùn)動(dòng)時(shí)，其動(dòng)能的大小相等，動(dòng)能沒有方向，是標(biāo)量，故C錯(cuò)誤；D、如果物體所受的合外力為零，那么根據(jù)做功的兩個(gè)要素可知，合外力對(duì)物體做功一定也為零，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題時(shí)，要知道動(dòng)能只有大小，沒有方向，是標(biāo)量。動(dòng)能與速率有關(guān)，與速度方向無關(guān)。23．（2020春?渭濱區(qū)期末）汽車以恒定的功率P在水平路面行駛，在時(shí)間t內(nèi)速度由v0達(dá)到最大速度vm，若汽車的位移為s，阻力恒為f，則在此過程中，發(fā)動(dòng)機(jī)做功為（）A．Pt B．fv0t C．fvmt D．m（v﹣v）【分析】汽車以額定功率，經(jīng)時(shí)間t后從速度v0開始加速行駛了s距離，恰好達(dá)到最大速度vm，由于汽車所受阻力恒為F，所以由動(dòng)能定理可求出發(fā)動(dòng)機(jī)所做的功?！窘獯稹拷猓篈、由于發(fā)動(dòng)機(jī)功率恒定，則經(jīng)過時(shí)間t，發(fā)動(dòng)機(jī)所做的功為：W＝Pt，故A正確；BC、當(dāng)速度達(dá)到最大值vm時(shí)，由P＝Fvm＝fvm，所以汽車的牽引力在這段時(shí)間內(nèi)做功也等于Pt＝fvmt，但不能根據(jù)初速度求解發(fā)動(dòng)機(jī)做功，故B錯(cuò)誤，C正確；D、汽車從速度v0到最大速度vm過程中，由動(dòng)能定理可知：W﹣fs＝mvm2﹣mv02，解得：W＝fs+mvm2﹣mv02，故D錯(cuò)誤；故選：AC。【點(diǎn)評(píng)】本題考查功的計(jì)算，由題意可知，求發(fā)動(dòng)機(jī)做的功，當(dāng)功率恒定時(shí)，可以由功率與時(shí)間的乘積，也可以由動(dòng)能定理求出；當(dāng)功率不恒定時(shí)，必須由動(dòng)能定理求出。24．（2020春?崇義縣校級(jí)月考）如圖所示，在皮帶傳送裝置中，皮帶把物體P勻速帶至高處，在此過程中，下述說法正確的是（）A．摩擦力對(duì)物體做正功 B．摩擦力對(duì)物體做負(fù)功 C．支持力對(duì)物體不做功 D．合外力對(duì)物體做功為零【分析】根據(jù)力的方向與運(yùn)動(dòng)方向的關(guān)系判斷該力做正功還是負(fù)功；根據(jù)動(dòng)能定理，結(jié)合動(dòng)能的變化量判斷合力做功情況。【解答】解：AB、物體勻速向上運(yùn)動(dòng)的過程中，摩擦力的方向沿傳送帶向上，與運(yùn)動(dòng)的方向相同，所以摩擦力做正功，故A正確，B錯(cuò)誤；C、支持力的方向與運(yùn)動(dòng)的方向垂直，知支持力對(duì)物體不做功，故C正確；D、物體勻速上升，動(dòng)能變化量為零，根據(jù)動(dòng)能定理知，合力做功為零，故D正確。故選：ACD。【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵會(huì)根據(jù)力的方向與運(yùn)動(dòng)的方向判斷力的做功情況以及動(dòng)能定理的應(yīng)用，知道當(dāng)力與速度的方向的夾角0°≤θ＜90°，該力做正功，當(dāng)θ＝90°時(shí)，力不做功，當(dāng)90°＜θ≤180°時(shí)，力做負(fù)功。25．（2020春?江陰市校級(jí)期中）質(zhì)量為1kg的物體在外力的作用下從靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)，其加速度隨時(shí)間的變化如圖所示，則（）A．第1s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能增加量是4J B．第2s內(nèi)合外力所做的功是2.5J C．第2s末合外力的瞬時(shí)功率是3W D．0～2s內(nèi)合外力的平均功率是4.5W【分析】利用加速度與時(shí)間圖象關(guān)系，可求出第1秒末的速度大小，再由動(dòng)能定理可求出動(dòng)能的增量，根據(jù)a﹣t圖象可求出第2秒末的速度大小，由動(dòng)能定理可求出合力做功，根據(jù)牛頓第二定律求得質(zhì)點(diǎn)受到的合力，由P＝Fv求得瞬時(shí)功率，根據(jù)動(dòng)能定理求得合力做功，平均功率求得?！窘獯稹拷猓篈、由圖象可知，在第1秒內(nèi)加速度恒定，第1秒末的速度，由v1＝a1t解得：v1＝2m/s，第1s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能增加量△Ek＝mv12﹣0＝2J，故A錯(cuò)誤；B、由圖象可知，在第2秒內(nèi)加速度恒定，第2秒末的速度，由v2＝v1+a2t解得：v2＝3m/s，第2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)合外力所做的功為：W＝m﹣＝2.5J，故B正確；C、第2s末合外力大小由牛頓第二定律可知，F(xiàn)＝ma2＝1N，則第2s末合外力的瞬時(shí)功率P＝Fv2＝3W，故C正確；D、由動(dòng)能定理可知，質(zhì)點(diǎn)在0～2s內(nèi)合外力做的功W＝m﹣0＝4.5J，則0～2s內(nèi)合外力的平均功率P＝＝2.25W，故D錯(cuò)誤；故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】考查由圖象讀取信息，并由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律結(jié)合牛頓第二定律來解題，同時(shí)運(yùn)用動(dòng)能定理與平均功率及瞬時(shí)功率，讓學(xué)生明白使用動(dòng)能定理注意過程的選取，求功率時(shí)注意是平均的還是瞬時(shí)的。26．（2020春?濰坊期中）如圖所示，坐在雪橇上的人與雪橇的總質(zhì)量為m，在與水平面成θ角的恒定拉力F作用下，由靜止開始沿水平地面向右加速移動(dòng)了一段距離l。已知雪橇與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中（）A．支持力做功為0 B．拉力F做的功為Flcosθ C．摩擦力做的功為μl（mg﹣Fsinθ） D．雪橇獲得的動(dòng)能為Flcosθ﹣μl（mg﹣Fsinθ）【分析】雪橇所受的各力都是恒力，可根據(jù)恒力F做功的計(jì)算公式：W＝FScosθ，θ為F與S之間的夾角，來分析計(jì)算各力做的功，根據(jù)動(dòng)能定理求得獲得的動(dòng)能?！窘獯稹拷猓簩?duì)雪橇受力分析，如圖：A、支持力做功WN＝Nlcos90°＝0，故A正確；B、拉力做功WF＝Flcosθ，故B正確；C、雪橇豎直方向受力平衡：N+Fsinθ＝mg得N＝mg﹣Fsinθ則摩擦力f＝μN(yùn)＝μ（mg﹣Fsinθ）摩擦力做功Wf＝﹣fl＝﹣μ（mg﹣Fsinθ）l，故C錯(cuò)誤；D、重力做功WG＝mglcos90°＝0，根據(jù)動(dòng)能定理可得：WN+WF+Wf+WG＝Ek，解得Ek＝Flcosθ﹣μl（mg﹣Fsinθ），故D正確；故選：ABD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查功的計(jì)算，要明確恒力F做功的計(jì)算公式：W＝FScosθ，θ為F與S之間的夾角。注意功的公式只適用于恒力做功，根據(jù)動(dòng)能定理求得獲得的動(dòng)能。27．（2020春?瓦房店市校級(jí)期中）在t1時(shí)刻，以大小為v0的初速度水平拋出一個(gè)小球，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間，在t2時(shí)刻，小球的動(dòng)能是初動(dòng)能的2倍，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則（）A．小球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 B．在t2時(shí)刻，小球重力的功率為mgv0 C．重力做功的平均功率為mgv0 D．重力做功等于小球的初動(dòng)能【分析】小球在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能的定義式可知當(dāng)動(dòng)能是初動(dòng)能的2倍時(shí)，速度是初速度的倍，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成和分解規(guī)律求出豎直分速度，再根據(jù)豎直分速度來求運(yùn)動(dòng)時(shí)間；根據(jù)動(dòng)能定理求重力做功；根據(jù)P＝求重力做功的平均功率?！窘獯稹拷猓篈B、當(dāng)小球的動(dòng)能是初動(dòng)能的2倍時(shí)，小球的速度大小為，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解可知，小球在豎直方向的分速度大小為vy＝＝v0，故在t2時(shí)刻，小球重力的功率為mgv0，小球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、根據(jù)動(dòng)能定理可知，重力做功等于動(dòng)能的變化量，因末動(dòng)能為初動(dòng)能的2倍，故重力做功大小等于小球的初動(dòng)能；重力做功的平均功率，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：BD。【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要掌握平拋運(yùn)動(dòng)的研究方法：運(yùn)動(dòng)的合成與分解法，知道動(dòng)能定理是求功常用的方法；同時(shí)要注意平均功率和瞬時(shí)功率的區(qū)別，能正確利用公式求解。28．（2020春?沭陽縣校級(jí)月考）質(zhì)量為m的物體從地面上方H高處無初速釋放，落在地面后出現(xiàn)一個(gè)深度為h的坑，如圖所示，在此過程中（）A．重力對(duì)物體做功為mgH B．物體的重力勢(shì)能減少了mg（H+h） C．所有外力對(duì)物體做的總功為零 D．地面對(duì)物體的阻力對(duì)物體做負(fù)功【分析】全過程根據(jù)做功公式求解重力做的功，根據(jù)重力做功與重力勢(shì)能的變化關(guān)系求解重力勢(shì)能的變化量；根據(jù)動(dòng)能定理求解外力做的總功，根據(jù)正功和負(fù)功的定義確定阻力做功的正負(fù)?！窘獯稹拷猓篈、重力做功只與高度有關(guān)，物體下降的高度為H+h，所以在此過程中重力做功為mg（h+H），故A錯(cuò)誤；B、重力做多少功，重力勢(shì)能就減少多少，重力做功為mg（h+H），所以重力勢(shì)能減少mg（H+h），故B正確；C、根據(jù)動(dòng)能定理，此過程初、末狀態(tài)物體的動(dòng)能都是零，所以合外力對(duì)物體所做的總功為零，故C正確；D、因?yàn)樽枇Ψ较蚺c物體的運(yùn)動(dòng)的方向相反，故地面對(duì)物體的阻力對(duì)物體做負(fù)功，故D正確。故選：BCD?！军c(diǎn)評(píng)】重力做功的特點(diǎn)是重力做功與路徑無關(guān)，取決于初末位置的高度差；而重力做多少功重力勢(shì)能就減少多少；同時(shí)注意動(dòng)能定理的應(yīng)用。29．（2020?攀枝花二模）一質(zhì)量為2kg的物體放在水平面上，在水平拉力的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，0～1s內(nèi)物體受到的水平拉力大小為F1，1s～3s內(nèi)物體受到的水平拉力大小為F2，且F1＝2F2，物體沿水平面做直線運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖象如圖所示。3s末撤去水平拉力，撤去拉力后物體繼續(xù)滑行一段時(shí)間后停止，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（）A．物體0～3s內(nèi)發(fā)生的位移為12m B．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4 C．0～3s內(nèi)拉力對(duì)物體做功為144J D．撤去拉力后物體還能滑行3s【分析】根據(jù)圖線面積可求出物體的位移；根據(jù)牛頓第二定律分別列出兩段時(shí)間內(nèi)的方程，聯(lián)立解得動(dòng)摩擦因數(shù)；根據(jù)動(dòng)能定理可求出拉力做的功；有摩擦因數(shù)，即可得到撤去拉力后的加速度，根據(jù)速度時(shí)間公式可解得滑行時(shí)間?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)圖線的面積可得0到3s內(nèi)的位移為，故A正確；B、由圖可知在0～1s內(nèi)的加速度a1＝4m/s2，1～3s內(nèi)的加速度a2＝1m/s2，由牛頓第二定律得F1﹣f＝ma1，F(xiàn)2﹣f＝ma2，把F1＝2F2，f＝μmg代入可得f＝4N，μ＝0.2，故B錯(cuò)誤；C、整個(gè)過程中克服摩擦力做的功是Wf＝fx＝4×12J＝48J，設(shè)拉力做功為W，由動(dòng)能定理得，其中v2＝6m/s，解得拉力做功為W＝84J，故C錯(cuò)誤；D、撤去拉力后物體的加速度為，所以撤去拉力后物體滑行的時(shí)間為，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】一個(gè)要知道v﹣t圖象的面積表示位移；第二個(gè)要分別對(duì)兩段時(shí)間內(nèi)列出牛頓第二定律方程。30．（2020春?天山區(qū)校級(jí)月考）某跳傘員在無風(fēng)的天氣做跳傘訓(xùn)練時(shí)，從離地面高為H的空中懸停的直升飛機(jī)上跳下，然后立即打開降落傘，由于空氣阻力（阻力大小與速度成正比）的作用，跳傘員降落的距離后其速度達(dá)到最大值，此后開始勻速運(yùn)動(dòng)最后到達(dá)地面．若加速運(yùn)動(dòng)過程中，降落傘克服阻力做的功為W1，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1；勻速運(yùn)動(dòng)過程中降落傘克服阻力做的功為W2，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，則（）A．W2＞2W1 B．W2＜2W1 C．t1＞t2 D．t1＜t2【分析】當(dāng)空氣阻力與重力相等時(shí)速度達(dá)到最大，分析跳傘員的運(yùn)動(dòng)過程，應(yīng)用動(dòng)能定理與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析答題．【解答】解：空氣阻力與重力相等，即f＝mg時(shí)速度達(dá)到最大，設(shè)最大速度為v，A、由動(dòng)能定理可得：mg?﹣W1＝mv2，mg?﹣W2＝0﹣0，則：W1＝mgH﹣mv2，W2＝mgH＞2×（mgH﹣mv2）＝2W1，故A正確，B錯(cuò)誤；C、如果加速過程是勻加速運(yùn)動(dòng)，則：＝t，t＝，由于加速過程是加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，t1＞t＝，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t2＝，則：t1＞t2，故C正確，D錯(cuò)誤；故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了比較克服阻力做功與運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系，分析清楚運(yùn)動(dòng)過程，應(yīng)用動(dòng)能定理與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可正確解題．三．填空題（共10小題）31．（2021春?黃浦區(qū)校級(jí)期末）質(zhì)量為m的物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，從v增加至2v，在則該物體的初動(dòng)能為，動(dòng)能的增加量為?！痉治觥扛鶕?jù)動(dòng)能表達(dá)式求解初動(dòng)能，物體的動(dòng)能增加量等于末動(dòng)能減初動(dòng)能?！窘獯稹拷猓何矬w的初速度為v，物體的初動(dòng)能為Ek＝物體的動(dòng)能增加量為故答案為：，；【點(diǎn)評(píng)】動(dòng)能的增加量為末態(tài)物理量減初態(tài)物理量，動(dòng)能的減少量才為初態(tài)物理量減去末態(tài)物理量。32．（2021春?溧水區(qū)校級(jí)月考）質(zhì)量為2kg的小球，從距地面5m高處以10m/s的初速度水平拋出。不計(jì)空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2。小球拋出過程中，人對(duì)小球做的功為100J。【分析】人拋球時(shí)只有人的作用力做功，根據(jù)動(dòng)能定理求出小球在拋出的過程中人對(duì)小球做功的大小?！窘獯稹拷猓簩?duì)人拋球過程進(jìn)行分析，根據(jù)動(dòng)能定理得，人對(duì)小球做功的大小W＝mv2＝J＝100J。故答案為：100?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)能定理的應(yīng)用，要注意本題的研究過程是人拋球的過程，即球從靜止開始到以10m/s的速度離開手的過程。33．（2021?黃山二模）為了測定滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，如圖所示，將兩塊材質(zhì)相同、長度均為L的木板用短小的圓弧連接起來，右板傾斜，左板水平。（1）反復(fù)調(diào)節(jié)右板的傾角，讓小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從右板的右端點(diǎn)A由靜止釋放，滑塊運(yùn)動(dòng)到左板的左端點(diǎn)B時(shí)恰好靜止，若測出此時(shí)右板的傾角為θ，則滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝。（2）若將右板的傾角減小一點(diǎn)，小滑塊仍從A點(diǎn)由靜止釋放，下滑到左板上某處停下，僅用一把刻度尺，可否測出滑塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)？答：可以（選填“可以”或“不可以”）?！痉治觥浚?）分析受力情況，對(duì)整段過程列動(dòng)能定理即可求解動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）需要測量的物理量是在水平面上的位移和斜面傾角，通過測量下滑高度，即可得到斜面傾角，根據(jù)動(dòng)能定理即可求解動(dòng)摩擦因數(shù)?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)滑塊質(zhì)量為m，對(duì)滑塊下滑過程受力分析，得：f1＝μFN1＝μmgcosθ，對(duì)滑塊在水平面上的運(yùn)動(dòng)過程受力分析，得：f2＝μFN2＝μmg，物塊從A到B的過程，由動(dòng)能定理得：mgLsinθ﹣μmgLcosθ﹣μmgL＝0，解得：μ＝；（2）利用刻度尺量出滑塊在水平面上的位移x，物塊下滑高度h，設(shè)斜面傾角為α，則斜面傾角的余弦值為，對(duì)滑塊下滑的整段過程，由動(dòng)能定理得：mgh﹣μmgLcosα﹣μmgx＝0，代入測量數(shù)據(jù)，聯(lián)立即可求解，所以可以測出動(dòng)摩擦因數(shù)。故答案為：（1），（2）可以?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)能定理的應(yīng)用，需要注意物塊在斜面上和水平面上滑動(dòng)摩擦力不同。34．（2020秋?赫山區(qū)校級(jí)期末）靜止在光滑水平地面上的物體，在水平恒力F的作用下運(yùn)動(dòng)了5s，動(dòng)能增加了20J。這段時(shí)間內(nèi)，恒力F對(duì)物體所做的功為20J，平均功率為4W?！痉治觥扛鶕?jù)動(dòng)能定理求出恒力對(duì)物體所做的功，再根據(jù)功的公式p＝求出功率大小?！窘獯稹拷猓簩?duì)物體受力分析可知，物體受到的合外力為水平恒力，根據(jù)動(dòng)能定理可知，物體動(dòng)能的增量等于合外力所做的功，故恒力F對(duì)物體所做的功W＝△Ek＝20J；根據(jù)功率公式可知，平均功率p＝＝W＝4W。故答案為：20；4?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)能定理以及功率公式的應(yīng)用，注意明確動(dòng)能定理的應(yīng)用方法，明確動(dòng)能的增量等于合外力的功，所以要注意正確受力分析，明確各力做功情況。35．（2020春?徐匯區(qū)校級(jí)期中）一只質(zhì)量為0.35kg的足球以5m/s的水平速度射向墻壁，仍然以相同大小的速度彈回，在此過程中足球的速度改變了10m/s，足球的動(dòng)能改變了0J?！痉治觥棵鞔_動(dòng)能和速度的性質(zhì)，知道速度為矢量，其變化量要根據(jù)矢量的計(jì)算方法求出，而動(dòng)能為標(biāo)量，根據(jù)代數(shù)計(jì)算的方法求解動(dòng)能變化?！窘獯稹拷猓核俣葹槭噶?，設(shè)彈回的方向?yàn)檎较?，則末速度為5m/s，而初速度為﹣5m/s，所以速度的變化△v＝5﹣（﹣5）＝10m/s；因動(dòng)能為標(biāo)量，初末動(dòng)能相同，因此動(dòng)能的變化量為零。故答案為：10；0?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)能和速度，要注意明確矢量和標(biāo)量的性質(zhì)，知道矢量運(yùn)算應(yīng)采用平行四邊形定則，同一直線上要注意各物理量的正負(fù)。36．（2020春?香坊區(qū)校級(jí)月考）質(zhì)量為m的物體，由靜止開始下落，由于空氣阻力，下落的加速度為0.8g，在物體下落h的過程中，物體動(dòng)能增加了0.8mgh。正確（判斷對(duì)錯(cuò)）【分析】先根據(jù)牛頓第二定律可以知道物體下落過程中所受的合力，然后根據(jù)動(dòng)能定理可以判斷物體動(dòng)能的變化量。【解答】解：根據(jù)牛頓第二定律可以知道物體受到的合外力F＝ma＝0.8mg，根據(jù)動(dòng)能定理可以知道物體動(dòng)能的增加量等于合外力做的功，即物體動(dòng)能的增加量為△Ek＝Fh＝0.8mgh，故正確。故答案為：正確?！军c(diǎn)評(píng)】先根據(jù)牛頓第二定律可以知道物體所受的合力大小，進(jìn)而根據(jù)動(dòng)能定理可以知道物體動(dòng)能的變化量。37．（2019?湖南學(xué)業(yè)考試）如圖一物體放在光滑的水平地面上，在兩個(gè)互相垂直的水平拉力F1和F2作用下，從靜止開始運(yùn)動(dòng)，在這一過程中，兩力對(duì)物體做的功分別是3J和4J．則這兩個(gè)力對(duì)物體做的總功為7J，物體的動(dòng)能增加7J?！痉治觥扛鶕?jù)總功的計(jì)算方法可求得總功，由動(dòng)能定理可求得動(dòng)能的增加量?！窘獯稹拷猓嚎偣Φ扔诟髁ψ龉Φ拇鷶?shù)和，故總功W＝4+3＝7J；根據(jù)動(dòng)能定理可知，物體的動(dòng)能增加量等于合外力所做的功，故物體的動(dòng)能增加了7J；故答案為：7；7?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)能定理以及總功的計(jì)算，要注意合外力做功等于動(dòng)能的變化，而多個(gè)做功時(shí)的總功等于各力做功的代數(shù)和。38．（2018秋?天津期末）如圖