動能和動能定理1．(多選)如圖所示，甲、乙兩個質(zhì)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()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．甲物體獲得的動能比乙大D．甲、乙兩個物體獲得的動能相同2．如圖所示，豎直固定放置的斜面DE與一光滑的圓弧軌道ABC相切，C為切點，圓弧軌道的半徑為R，斜面的傾角為θ。現(xiàn)有一質(zhì)量為m的滑塊從D點無初速下滑，滑塊可在斜面和圓弧軌道之間做往復運動。已知圓弧軌道的圓心O與A、D在同一水平面上，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，求：(1)滑塊第一次滑至左側圓弧上時距A點的最小高度差h；(2)滑塊在斜面上能通過的最大路程s。1．(多選)關于動能，下列說法正確的是()A．公式Ek＝eq\f(1,2)mv2中的速度v一般是物體相對于地面的速度B．動能的大小由物體的質(zhì)量和速率決定，與物體運動的方向無關C．物體以相同的速率向東和向西運動，動能的大小相等但方向不同D．物體以相同的速率做勻速直線運動和曲線運動，其動能不同2．(多選)一個物體在水平方向的兩個恒力作用下沿水平方向做勻速直線運動，若撤去其中的一個力，則()A．物體的動能可能減少B．物體的動能可能不變C．物體的動能可能增加D．余下的力一定對物體做功3．一質(zhì)量為m的物體靜止在粗糙的水平面上，當此物體受水平力F作用運動了距離s時，其動能為E1，而當此物體受水平力2F作用運動了相同的距離時，其動能為E2，則()A．E2＝E1B．E2＝2E1C．E2>2E1D．E1<E2<2E14．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。忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關系圖像是()5．如圖所示，在輕彈簧的下端懸掛一個質(zhì)量為m的小球A，若將小球A從彈簧原長位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h。若將小球A換為質(zhì)量為3m的小球B，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，則小球B下降h時的速度為(重力加速度為g，不計空氣阻力)()A．eq\r(2gh) B．eq\r(\f(4gh,3）C．eq\r(gh)D.eq\r(\f(gh,2）6．質(zhì)量m＝10kg的物體只在變力F作用下沿水平方向做直線運動，F(xiàn)隨坐標x的變化關系如圖所示。若物體從坐標原點處由靜止出發(fā)，則物體運動到x＝16m處時的速度大小為()A．3m/sB．4m/sC．2eq\r(2)m/sD．eq\r(17)m/s7．(多選)質(zhì)量為m的物體放在水平面上，它與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。用水平力拉物體，運動一段時間后撤去，最終物體停止運動。物體運動的v－t圖像如圖所示。下列說法正確的是()A．水平拉力大小為F＝meq\f(v0,t0)B．物體在3t0時間內(nèi)位移大小為eq\f(3,2)v0t0C．在0～3t0時間內(nèi)水平拉力做的功為eq\f(1,2)mv02D．在0～3t0時間內(nèi)物體克服摩擦力做功的平均功率為eq\f(1,2)μmgv08．(多選)質(zhì)量為m的小球在豎直向上的恒力F作用下由靜止開始向上勻加速運動，經(jīng)時間t運動到P點，撤去F又經(jīng)時間t小球回到出發(fā)點，速度大小為v，不計阻力，已知重力加速度為g，則下列判斷正確的是()A．撤去力F時小球的動能為eq\f(1,4)mv2B．小球上升的最大高度為eq\f(v2,2g)C．拉力F所做的功為eq\f(1,2)mv2D．拉力的最大功率為eq\f(2,3)mgv9．(多選)靜止在水平地面的物塊，受到水平方向的拉力F作用，此拉力方向不變，其大小F與時間t的關系如圖所示。設物塊與地面間的靜摩擦力最大值fm與滑動摩擦力大小相等，則()A．0～t1時間內(nèi)F的功率逐漸增大B．t2時刻物塊的加速度最大C．t2時刻后物塊做反向運動D．t3時刻物塊的動能最大10．(多選)如圖所示，在傾角為θ的足夠長斜面上，輕質(zhì)彈簧一端與斜面底端的擋板固定，另一端與質(zhì)量為M的平板A連接，一質(zhì)量為m的物體B靠在平板的右側，A、B與斜面的動摩擦因數(shù)均為μ。開始時用手按住B使彈簧處于壓縮狀態(tài)，現(xiàn)釋放，使A和B一起沿斜面向上運動，當A和B運動距離L時達到最大速度v。則下列說法正確的是()A．A和B達到最大速度v時，彈簧恢復原長B．若運動過程中A和B能夠分離，則A和B恰好分離時，二者加速度大小均為g(sinθ＋μcosθ)C．從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，彈簧對A所做的功等于eq\f(1,2)Mv2＋MgLsinθ＋μMgLcosθD．從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，B受到的合力對它做的功等于eq\f(1,2)mv211．完全由我國自行設計、建造的國產(chǎn)新型航空母艦已完成多次海試，并取得成功。航母上的艦載機采用滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構成，如圖1所示。為了便于研究艦載機的起飛過程，假設上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的一段圓弧，示意如圖2，AB長L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，圖中C點切線方向與水平方向的夾角θ＝12°(sin12°≈0.21)。若艦載機從A點由靜止開始做勻加速直線運動，經(jīng)t＝6s到達B點進入BC。已知飛行員的質(zhì)量m＝60kg，g＝10m/s2，求：圖1圖2(1)艦載機水平運動的過程中，飛行員受到的水平力所做功W；(2)艦載機剛進入BC時，飛行員受到豎直向上的壓力FN多大。12．如圖，半徑為R的光滑半圓形軌道ABC固定在豎直平面內(nèi)且與水平軌道CD相切于C點，D端有一被鎖定的輕質(zhì)壓縮彈簧，彈簧左端連接在固定的擋板上，彈簧右端Q到C點的距離為2R。質(zhì)量為m的滑塊(視為質(zhì)點)從軌道上的P點由靜止滑下，剛好能運動到Q點，并能觸發(fā)彈簧解除鎖定，然后滑塊被彈回，且剛好能通過圓軌道的最高點A。已知∠POC＝60°，求：(1)滑塊第一次滑至圓形軌道最低點C時所受軌道支持力；(2)滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ；(3)彈簧被鎖定時具有的彈性勢能。

1．選BC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(jù)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．(1)滑塊從D到達左側最高點F經(jīng)歷DC、CB、BF三個過程，現(xiàn)以DF整個過程為研究過程，運用動能定理得：mgh－μmgcosθ·eq\f(R,tanθ)＝0解得h＝eq\f(μRcosθ,tanθ)。(2)通過分析可知，滑塊最終滑至C點的速度為0時對應在斜面上的總路程最大，由動能定理得：mgRcosθ－μmgcosθ·s＝0解得s＝eq\f(R,μ)。1．AB動能是標量，與速度的大小有關，而與速度的方向無關。公式中的速度一般是相對于地面的速度，故A、B正確。2．ACD因物體的速度方向與余下的力的方向關系不知，故存在多種可能：當物體的速度方向與余下的力同向或夾角為90°或銳角時，力對物體做正功，動能增加，當物體速度方向與余下的力反向或夾角為鈍角時，力對物體做負功，動能減少，余下的力一定對物體做功，物體的動能或增加，或減少，一定會改變，所以，A、C、D均正確，B錯誤。3．C由動能定理可得Fs－Wf＝E1，2F作用時，由動能定理可得2Fs－Wf＝E2，由eq\f(E2,E1)＝eq\f(2Fs－Wf,Fs－Wf)＝eq\f(2Fs－2Wf＋Wf,Fs－Wf)＝2＋eq\f(Wf,Fs－Wf)>2，可得E2>2E1，選項C正確。4．A小球做豎直上拋運動，設初速度為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)關系。5．B小球A下降h過程小球克服彈簧彈力做功為W1，根據(jù)動能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降過程，由動能定理有3mgh－W1＝eq\f(1,2)·3mv2－0，解得v＝eq\r(\f(4gh,3），故B正確。6．CF－x圖線與x軸圍成的面積表示力F所做的功，則這段過程中，外力做功為W＝eq\f(1,2)×(4＋8)×10J－eq\f(1,2)×4×10J＝40J，根據(jù)動能定理得W＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2W,m）＝eq\r(\f(2×40,10）m/s＝2eq\r(2)m/s，故C正確，A、B、D錯誤。7．BD根據(jù)v－t圖像和牛頓第二定律可知F－μmg＝meq\f(v0,t0)，故選項A錯誤；由v－t圖像與坐標軸所圍面積可知，在3t0時間內(nèi)的位移為x＝eq\f(1,2)·3t0·v0＝eq\f(3,2)v0t0，所以選項B正確；在0～3t0時間內(nèi)由動能定理可知W－μmgx＝0，故水平拉力做的功W＝eq\f(3,2)μmgv0t0，又Ff＝μmg＝eq\f(mv0,2t0)，則W＝eq\f(3,4)mv02，選項C錯誤；0～3t0時間內(nèi)克服摩擦力做功的平均功率為eq\x\to(P)＝eq\f(Wf,3t0)＝eq\f(1,2)μmgv0，所以選項D正確。8．BCD拉力F作用時，小球上升的加速度大小為a，末速度大小為v′，則小球上升的高度h＝eq\f(1,2)at2，v′＝at，撤去外力后－h(huán)＝v′t－eq\f(1,2)gt2，解得a＝eq\f(1,3)g，F(xiàn)＝eq\f(4,3)mg。對全過程由動能定理知eq\f(1,2)mv2＝Fh，C正確。拉力F作用時由動能定理知eq\f(1,2)mv′2＝(F－mg)h，聯(lián)立解得eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(1,4)×eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,8)mv2，A錯誤。撤去力F后小球上升的高度為h′，由eq\f(1,2)mv2＝Fh，eq\f(1,2)mv′2＝mgh′知小球上升的最大高度H＝h＋h′＝eq\f(v2,2g)，B正確。拉力F的最大功率Pm＝Fv′＝eq\f(2,3)mgv，D正確。9．BD10．BDA和B達到最大速度v時，A和B的加速度為零，對A、B整體：由平衡條件知kx＝(m＋M)gsinθ＋μ(m＋M)gcosθ，所以此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，故A錯誤；A和B恰好分離時，A、B間的彈力為0，A、B的加速度大小相同，對B受力分析，由牛頓第二定律知，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，得a＝g(sinθ＋μcosθ)，故B正確；從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，對A、B整體，根據(jù)動能定理得W彈－(m＋M)·gLsinθ－μ(m＋M)gLcosθ＝eq\f(1,2)(m＋M)v2，所以彈簧對A所做的功W彈＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋(m＋M)·gLsinθ＋μ(m＋M)gLcosθ，故C錯誤；從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，對于B，根據(jù)動能定理得，B受到的合力對它做的功W合＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv2，故D正確。11．(1)艦載機由靜止開始做勻加速直線運動，設其剛進入上翹甲板時的速度為v，則有eq\f(v,2)＝eq\f(L1,t)①根據(jù)動能定理，有W＝eq\f(1,2)mv2－0②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)，得W＝7.5×104J。③(2)設上翹甲板所對應的圓弧半徑為R，根據(jù)幾何關系，有L2＝Rsinθ④由牛頓第二定律，有FN－mg＝meq\f(v2,R)⑤聯(lián)