學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2021高三統(tǒng)考人教物理一輪（經(jīng)典版）學(xué)案：第5章第2講動能定理及其應(yīng)用含解析第2講動能定理及其應(yīng)用主干梳理對點激活知識點動能Ⅱ1．定義：物體由于eq\x(\s\up1（01))運動而具有的能。2．公式:Ek＝eq\x(\s\up1(02)）eq\f(1，2)mv2.3．矢標(biāo)性：動能是eq\x（\s\up1(03））標(biāo)量，只有正值,動能與速度方向eq\x(\s\up1(04))無關(guān)。4．狀態(tài)量：動能是eq\x(\s\up1（05))狀態(tài)量，因為v是瞬時速度。5．相對性：由于速度具有eq\x（\s\up1（06））相對性,所以動能也具有相對性.6．動能的變化：物體eq\x(\s\up1(07))末動能與eq\x(\s\up1（08)）初動能之差，即ΔEk＝eq\f（1，2）mveq\o\al(2,2）－eq\f(1,2)mveq\o\al（2,1）。動能的變化是過程量。知識點動能定理Ⅱ1．內(nèi)容：合外力對物體所做的功,等于物體在這個過程中eq\x（\s\up1(01））動能的變化。2．表達(dá)式（1）W＝eq\x（\s\up1（02））ΔEk。（2)W＝eq\x(\s\up1（03））Ek2－Ek1.(3）W＝eq\x（\s\up1（04）)eq\f(1,2）mveq\o\al（2，2）－eq\f(1，2）mveq\o\al(2,1)。3．物理意義：eq\x(\s\up1(05)）合外力的功是物體動能變化的量度.4．適用范圍廣泛(1）既適用于直線運動，也適用于eq\x（\s\up1（06)）曲線運動。(2)既適用于恒力做功，也適用于eq\x(\s\up1（07)）變力做功。（3)力可以是各種性質(zhì)的力,既可以同時作用，也可以eq\x(\s\up1(08)）不同時作用。一堵點疏通1．合外力做功是物體動能變化的原因。()2．如果物體所受合外力不為零，那么合外力的功也一定不為零。(）3．物體的動能不變則物體的速度不變。()4．物體做變速運動時動能一定變化。(）5．運用動能定理可以求變力做功。()答案1.√2.×3.×4.×5?！潭c激活1．（人教版必修2·P74·T1改編)改變汽車的質(zhì)量和速度,都可能使汽車的動能發(fā)生改變,下列幾種情形中,汽車的動能不變的是(）A．質(zhì)量不變，速度增大到原來的2倍B．速度不變，質(zhì)量增大到原來的2倍C．質(zhì)量減半,速度增大到原來的2倍D．速度減半，質(zhì)量增大到原來的4倍答案D解析由Ek＝eq\f（1，2)mv2知只有D項所述情形中汽車動能不變，故選D。2．(多選）關(guān)于動能定理的表達(dá)式W＝Ek2－Ek1，下列說法正確的是(）A．公式中的W為不包含重力的其他力做的總功B．公式中的W為包含重力在內(nèi)的所有力做的功，也可通過以下兩種方式計算：先求每個力的功再求功的代數(shù)和或先求合外力再求合外力的功C．公式中的Ek2－Ek1為動能的增量，當(dāng)W〉0時，動能增加，當(dāng)W〈0時，動能減少D．動能定理適用于直線運動，但不適用于曲線運動，適用于恒力做功，但不適用于變力做功答案BC解析W＝Ek2－Ek1中的W指合外力的功，當(dāng)然包括重力在內(nèi),Ek2－Ek1為動能的增量,由功來量度，W>0，ΔEk〉0，W〈0，ΔEk<0，動能定理也適用于曲線運動和變力做功.故B、C正確。3．(人教版必修2·P75·T5改編)運動員把質(zhì)量是500g的足球踢出后，某人觀察它在空中的飛行情況，估計上升的最大高度是10m，在最高點的速度為20m/s。估算出運動員踢球時對足球做的功為(）A．50J B．100JC．150J D．無法確定答案C解析運動員踢球時對足球做的功等于足球獲得的初動能，足球上升時重力做的功等于動能的增加量，即－mgh＝Ek2－Ek1,則Ek1＝Ek2＋mgh＝150J,故C正確?？键c細(xì)研悟法培優(yōu)考點1動能定理的理解和應(yīng)用1.做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程，動能定理表達(dá)式中的“＝"的意義是一種因果關(guān)系在數(shù)值上相等的符號.(1)因果關(guān)系：合力做功是引起物體動能變化的原因。(2）數(shù)量關(guān)系:合力做功與動能變化具有等量代換的關(guān)系。（3）單位關(guān)系:國際單位制中功和能的單位都是焦耳。2．動能定理敘述中所說的“外力"，既可以是重力、彈力、摩擦力，也可以是電場力、磁場力或其他力；既可以是恒力，也可以是變力。3．動能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、Ek，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.4．應(yīng)用動能定理的注意事項（1)應(yīng)用動能定理解題應(yīng)抓好“兩狀態(tài)，一過程”?！皟蔂顟B(tài)"即明確研究對象的始、末狀態(tài)的速度或動能情況,“一過程"即明確研究過程，確定這一過程研究對象的受力情況和位置變化或位移信息。(2)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系。(3)應(yīng)用動能定理的關(guān)鍵在于對研究對象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運動過程分析，并畫出運動過程的草圖，借助草圖理解物理過程之間的關(guān)系。(4)當(dāng)物體的運動包含多個不同過程時，可分段應(yīng)用動能定理求解;當(dāng)所求解的問題不涉及中間的速度時，也可以全過程應(yīng)用動能定理求解，這樣更簡便。（5）當(dāng)選擇全部子過程作為研究過程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的做功特點：①重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān)；②大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積。(6)列動能定理方程時，必須明確各力做功的正、負(fù)，確實難以判斷的先假定為正功，最后根據(jù)結(jié)果加以檢驗。例1(2016·浙江高考）（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始自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后,最后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,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(1）載人滑草車最大速度出現(xiàn)在什么位置？提示：滑草車先勻加速下滑，再勻減速下滑,速度最大位置在兩條滑道的連接處.(2)滑草車下滑的整個過程中下降的高度為多少？提示：2h.嘗試解答選AB?；蒈囀芰Ψ治鋈鐖D所示，在B點處有最大速度v，在上、下兩段所受摩擦力大小分別為f1、f2f1＝μmgcos45°，f2＝μmgcos37°整個過程由動能定理列方程：mg·2h－f1·eq\f(h，sin45°）－f2·eq\f（h,sin37°）＝0①解得：μ＝eq\f(6，7），A項正確；滑草車在上段滑道運動過程由動能定理列方程：mgh－f1·eq\f（h，sin45°）＝eq\f(1，2)mv2②解得：v＝eq\r（\f（2gh，7))，B項正確；由①式知：Wf＝2mgh，C項錯誤；在下段滑道上,mgsin37°－μmgcos37°＝ma2解得：a2＝－eq\f(3，35）g，故D項錯誤。應(yīng)用動能定理解題的基本思路［變式1］如圖所示,質(zhì)量為0。1kg的小物塊在粗糙水平桌面上滑行4m后以3。0m/s的速度飛離桌面，最終落在水平地面上，已知物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為0。5，桌面高0.45m,若不計空氣阻力，取g＝10m/s2，則()A．小物塊的初速度是5m/sB．小物塊的水平射程為1.2mC．小物塊在桌面上克服摩擦力做8J的功D．小物塊落地時的動能為0.9J答案D解析小物塊在桌面上克服摩擦力做功Wf＝μmgL＝2J，C錯誤；在水平桌面上滑行，由動能定理得－Wf＝eq\f(1,2）mv2－eq\f(1，2）mveq\o\al(2,0)，解得v0＝7m/s，A錯誤;小物塊飛離桌面后做平拋運動,有x＝vt，h＝eq\f（1,2)gt2，解得x＝0。9m，B錯誤；設(shè)小物塊落地時動能為Ek,由動能定理得mgh＝Ek－eq\f(1,2）mv2,解得Ek＝0.9J，D正確.考點2動能定理與圖象結(jié)合問題解決物理圖象問題的基本步驟1．觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義。2．根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式。3．將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點，弄清圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積所對應(yīng)的物理意義,分析解答問題，或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關(guān)系式求物理量。例2（2019·河南陜州中學(xué)月考)（多選）一質(zhì)量為2kg的物體,在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做勻速直線運動,當(dāng)運動一段時間后，拉力逐漸減小，且當(dāng)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(guān)系圖象。已知重力加速度g＝10m/s2，由此可知（)A．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)約為0.35B．減速過程中拉力對物體所做的功約為13JC．勻速運動時的速度約為6m/sD．減速運動的時間約為1.7s(1）F－x圖象與x軸圍成的面積表示什么？提示：拉力F做的功。(2）對于加速度從0增大的減速運動，如何判斷運動時間范圍?提示：可以假設(shè)從相同初速度以最大加速度值做勻減速運動，比較兩種運動的時間。嘗試解答選ABC。F－x圖象與x軸圍成的面積代表拉力F所做的功，由圖知減速階段F－x圖線與x軸圍成面積約13個小格，每個小格表示1J，則約為13J，故B正確。剛開始勻速運動,則F＝μmg，由圖象知F＝7N,則μ＝eq\f（F,mg）＝0.35,故A正確。全程應(yīng)用動能定理：WF－μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中WF＝(7×4＋13）J＝41J，得v0＝6m/s，故C正確。減速運動時f－F＝ma，所以物體做加速度增大的減速運動，且加速度最后增大到amax＝μg，如果物體從v0以a＝μg的加速度勻減速停止，則時間t0＝eq\f(v0，μg)＝1。7s，由v。t圖象斜率的意義畫出兩種減速情況的v。t圖象,可知實際減速時間t〉t0＝1.7s，D錯誤.與動能定理結(jié)合緊密的幾種圖象（1）v－t圖：由公式x＝vt可知,v－t圖線與橫坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移.（2)F－x圖：由公式W＝Fx可知，F(xiàn)－x圖線與橫坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功。(3）P－t圖:由公式W＝Pt可知，P－t圖線與橫坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功.（4）a－t圖：由公式Δv＝at可知,a－t圖線與橫坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的變化量。(5）Ek.x圖象：由公式F合x＝Ek－Ek0可知,Ek.x圖線的斜率表示合外力。［變式2](多選）放在粗糙水平地面上質(zhì)量為0.8kg的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內(nèi)其速度與時間的關(guān)系圖象和該拉力的功率與時間的關(guān)系圖象分別如圖所示。下列說法中正確的是（）A．0~6s內(nèi)拉力做的功為140JB．物體在0~2s內(nèi)所受的拉力為4NC．物體與粗糙水平地面的動摩擦因數(shù)為0。5D．合外力在0～6s內(nèi)做的功與0～2s內(nèi)做的功相等答案AD解析0～6s內(nèi)拉力做的功可以由P－t圖線與t軸圍成的面積求得W＝140J，故A正確；2～6s內(nèi)物體勻速運動，由P＝F2v2得2～6s內(nèi)拉力F2＝eq\f(P,v2)＝eq\f(20W,10m/s)＝2N，則摩擦力Ff＝F2＝2N，0～2s內(nèi)由v－t圖得a＝5m/s2，由牛頓第二定律F1－Ff＝ma，得F1＝6N,故B錯誤;由Ff＝μmg得μ＝0.25，故C錯誤；合外力做的功等于動能的增加量,所以0～6s內(nèi)與0～2s內(nèi)合外力做的功相等,故D正確?？键c3應(yīng)用動能定理解決曲線運動問題1。平拋運動和圓周運動都屬于曲線運動，若只涉及位移和速度而不涉及時間，應(yīng)優(yōu)先考慮用動能定理列式求解.2．動能定理的表達(dá)式為標(biāo)量式，不能在某一個方向上列動能定理方程。例3（2019·湖南永州模擬)滑板運動是極限運動的鼻祖，許多極限運動項目均由滑板項目延伸而來。如圖所示是滑板運動的軌道，BC和DE是兩段光滑圓弧形軌道,BC段的圓心為O點、圓心角θ＝60°，半徑OC與水平軌道CD垂直，滑板與水平軌道CD間的動摩擦因數(shù)μ＝0。2。某運動員從軌道上的A點以v0＝3m/s的速度水平滑出，在B點剛好沿軌道的切線方向滑入圓弧軌道BC，經(jīng)CD軌道后沖上DE軌道,到達(dá)E點時速度減為零,然后返回。已知運動員和滑板的總質(zhì)量為m＝60kg，B、E兩點與水平軌道CD的豎直高度分別為h＝2m和H＝2。5m。求：（1）運動員從A點運動到B點過程中，到達(dá)B點時的速度大小vB；（2）水平軌道CD段的長度L；(3)通過計算說明，第一次返回時，運動員能否回到B點?如能,請求出回到B點時速度的大??；如不能，請求出最后停止的位置距C點的距離。（1）運動員從A點到B點做什么運動？提示：平拋運動。（2)摩擦力做功與運動路徑有關(guān)嗎？提示：有關(guān).嘗試解答(1）6_m/s__(2)6.5_m__(3)不能__停在C點右側(cè)6_m處(1)在B點時有vB＝eq\f(v0，cos60°），解得vB＝6m/s。(2）從B點到E點，由動能定理有mgh－μmgL－mgH＝0－eq\f（1，2)mveq\o\al（2，B），解得L＝6.5m。（3)假設(shè)第一次返回時運動員不能回到B點,設(shè)運動員能到達(dá)左側(cè)的最大高度為h′，從B點到第一次返回到左側(cè)最高處，由動能定理有mgh－mgh′－μmg·2L＝0－eq\f（1,2)mveq\o\al(2，B),解得h′＝1。2m<h＝2m,故假設(shè)成立，即第一次返回時，運動員不能回到B點。設(shè)從B點到運動停止,在CD段的總路程為s，由動能定理可得mgh－μmgs＝0－eq\f（1，2)mveq\o\al（2,B），解得s＝19m＝2L＋6m，故運動員最后停在C點右側(cè)6m處。動能定理在圓周運動中的應(yīng)用豎直面內(nèi)圓周運動經(jīng)?？疾槲矬w在最高點和最低點的狀態(tài)，最高點的速度和最低點的速度可以通過動能定理聯(lián)系起來，所以豎直面內(nèi)的圓周運動，經(jīng)常和動能定理聯(lián)系起來應(yīng)用。[變式3］（2019·洛陽市尖子生聯(lián)考）如圖所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平，軌道的內(nèi)表面動摩擦因數(shù)均為μ。一質(zhì)量為m的小滑塊從P點正上方由靜止釋放,釋放高度為R，小滑塊恰好從P點進(jìn)入軌道。小滑塊滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度。用W表示小滑塊第一次在軌道NQ段運動時克服摩擦力所做的功。則()A．W＝eq\f（1，2）mgRB．W<eq\f(1，2）mgRC．小滑塊恰好可以到達(dá)Q點D．小滑塊不能到達(dá)Q點答案B解析根據(jù)題述，小滑塊滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg,根據(jù)牛頓第三定律，軌道對小滑塊的支持力為4mg.在最低點，由牛頓第二定律，4mg－mg＝meq\f（v2,R),解得v2＝3gR。對小滑塊由靜止釋放至運動到最低點N的過程，設(shè)小滑塊克服摩擦力做的功為Wf,運用動能定理得,2mgR－Wf＝eq\f（1，2）mv2，解得Wf＝eq\f(1，2)mgR。由于小滑塊在右側(cè)eq\f（1,4)圓弧軌道NQ段運動的速度大小與小滑塊在左側(cè)eq\f（1,4)圓弧軌道PN段對稱位置運動的速度大小相比較小,對軌道的壓力就較小，對應(yīng)受到的摩擦力較小,克服摩擦力做的功較小，所以小滑塊第一次在軌道NQ段運動時克服摩擦力做的功W〈Wf＝eq\f（1，2）mgR，B正確，A錯誤；由于小滑塊在軌道最低點N的動能為Ek＝eq\f(1,2）mv2＝eq\f(3，2）mgR，大于小滑塊運動到Q點所需克服重力做的功mgR和克服摩擦力做的功W之和,所以小滑塊可以到達(dá)Q點后豎直上拋，C、D錯誤。

啟智微專題滿分指導(dǎo)2利用動能定理解決多過程問題【案例剖析】（2016·全國卷Ⅰ）(18分）如圖，①一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)。直軌道與一半徑為eq\f（5，6)R的光滑圓弧軌道相切于C點，①AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)。②質(zhì)量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑,最低到達(dá)E點(未畫出）。隨后P沿軌道被彈回，②最高到達(dá)F點，AF＝4R。已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f（1,4），重力加速度大小為g.(取sin37°＝eq\f(3，5），cos37°＝eq\f(4，5))(1）③求P第一次運動到B點時速度的大小；(2)④求P運動到E點時彈簧的彈性勢能;(3）⑤改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點,從靜止開始釋放.已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點。G點在C點左下方,與C點水平相距eq\f（7,2)R、豎直相距R.求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質(zhì)量。［審題抓住信息，準(zhǔn)確推斷］關(guān)鍵信息信息挖掘題干①AC＝7R，AB＝2R說明CB＝5R②小物塊從C到E，又從E到F彈性勢能先增加Ep后又減少Ep問題③求P第一次運動到B的速度大小可對C→B過程列動能定理求解④求P運動到E點的彈性勢能可設(shè)彈性勢能為Ep，對應(yīng)的BE＝x，分別對B→E和E→F用動能定理⑤改變P的質(zhì)量后a．求D點速度；b．求改變后P的質(zhì)量a.求出平拋的水平位移和豎直位移借助平拋知識求解；b．對E→D過程用動能定理求解［破題形成思路，快速突破]（1）P第一次運動到B點時速度大小的求解①選研究過程：P從C到B。②列動能定理方程：設(shè)B、C間距離為l＝5Rmglsinθ－μmgcosθ·l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B).(2)P運動到E點時彈簧的彈性勢能的求解①選研究過程：P由B到E和P由E到F。②列動能定理方程：設(shè)BE＝x，EF間距離l1＝2R＋xmgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－eq\f（1,2）mveq\o\al(2，B),Ep－mgl1sinθ－μmgcosθl1＝0。(3）①P從D點平拋速度大小的求解a．水平位移：x1＝eq\f（7，2）R－eq\f（5，6)Rsinθ。b．豎直位移：y1＝R＋eq\f(5,6)R＋eq\f（5,6)Rcosθ。c．列平拋運動公式：x1＝vDt,y1＝eq\f（1，2）gt2。②改變后P的質(zhì)量的求解a．選研究過程:P從E到D。b．列動能定理方程:設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1Ep－m1g(x＋5R）sinθ－μm1gcosθ(x＋5R)－m1geq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（5，6)R＋\f（5，6)Rcosθ)）＝eq\f（1,2)m1veq\o\al（2，D).[解題規(guī)范步驟，水到渠成］(1）根據(jù)題意知，B、C之間的距離l為l＝7R－2R＝5R①設(shè)P到達(dá)B點時的速度為vB，由動能定理得mglsinθ－μmgcosθl＝eq\f（1,2）mveq\o\al（2，B）②式中θ＝37°。聯(lián)立①②式并由題給條件得vB＝2eq\r(gR）③(2)設(shè)BE＝x。P到達(dá)E點時速度為零，設(shè)此時彈簧的彈性勢能為Ep。P由B點運動到E點的過程中，由動能定理有mgxsinθ－μmgcosθx－Ep＝0－eq\f（1,2）mveq\o\al（2,B）④E、F之間的距離l1為l1＝4R－2R＋x＝2R＋x⑤P到達(dá)E點后反彈,從E點運動到F點的過程中，由動能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgcosθl1＝0⑥聯(lián)立③④⑤⑥式并由題給條件得x＝R⑦Ep＝eq\f（12,5)mgR⑧(3）設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1。D點與G點的水平距離x1和豎直距離y1分別為x1＝eq\f（7，2)R－eq\f（5,6）Rsinθ⑨y1＝R＋eq\f（5，6）R＋eq\f(5,6）Rcosθ⑩式中，已應(yīng)用了過C點的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為θ的事實。設(shè)P在D點的速度為vD,由D點運動到G點的時間為t。由平拋運動規(guī)律有y1＝eq\f(1，2）gt2?x1＝vDt?聯(lián)立⑨⑩??式得vD＝eq\f（3，5)eq\r(5gR）?P由E點運動到D點的過程中，由動能定理有Ep－m1g（x＋5R）sinθ－μm1gcosθ（x＋5R)－m1geq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（5，6）R＋\f(5,6)Rcosθ）)＝eq\f（1,2)m1veq\o\al（2,D)?聯(lián)立⑦⑧??式得m1＝eq\f(1,3）m。?［評分標(biāo)準(zhǔn)]①②③⑤⑦⑧⑨⑩????各1分，④⑥?各2分.[點題突破瓶頸,穩(wěn)拿滿分］(1)不敢設(shè)E點處彈性勢能為Ep，BE＝x，而列不出方程組解待求量。（2)不能正確地求出平拋豎直位移和水平位移導(dǎo)致處理不了第(3）問。高考模擬隨堂集訓(xùn)1．（2019·全國卷Ⅲ）從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2.該物體的質(zhì)量為(）A．2kg B．1。5kgC．1kg D．0。5kg答案C解析畫出運動示意圖如圖，設(shè)阻力大小為f，據(jù)動能定理知,A→B(上升過程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)hC→D（下落過程)：EkD－EkC＝(mg－f）h聯(lián)立以上兩式，解得物體的質(zhì)量m＝1kg，C正確.2。（2018·全國卷Ⅱ)如圖,某同學(xué)用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度,木箱獲得的動能一定（）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解析木箱受力如圖所示,木箱在移動的過程中有兩個力做功，拉力做正功，摩擦力做負(fù)功，根據(jù)動能定理可知:WF－Wf＝eq\f(1，2）mv2－0,所以動能小于拉力做的功，故A正確，B錯誤；無法比較動能與克服摩擦力做功的大小，C、D錯誤.3．(2018·天津高考）滑雪運動深受人民群眾喜愛,某滑雪運動員(可視為質(zhì)點）由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變,則運動員沿AB下滑過程中()A．所受合外力始終為零 B．所受摩擦力大小不變C．合外力做功一定為零 D．機(jī)械能始終保持不變答案C解析因為運動員做曲線運動,所以合力一定不為零,A錯誤；運動員受力如圖所示，重力沿曲面切線的分力與摩擦力大小相等，Gsinθ＝f,θ減小，故摩擦力f減小,B錯誤；運動員運動過程中速率不變，質(zhì)量不變，即動能不變，動能變化量為零,根據(jù)動能定理可知合力做功為零，C正確；因為運動員克服摩擦力做功，所以機(jī)械能不守恒，D錯誤。4．(2018·江蘇高考）(多選)如圖所示,輕質(zhì)彈簧一端固定,另一端連接一小物塊,O點為彈簧在原長時物塊的位置.物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠(yuǎn)到達(dá)B點。在從A到B的過程中，物塊（）A．加速度先減小后增大B．經(jīng)過O點時的速度最大C．所受彈簧彈力始終做正功D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功答案AD解析物塊從A點到O點的過程，彈力逐漸減為零，剛開始彈簧彈力大于摩擦力,故可分為彈力大于摩擦力過程和彈力小于摩擦力過程:彈力大于摩擦力過程，合力向右，加速度也向右，由于彈力逐漸減小，摩擦力不變，物塊所受合力逐漸減小，加速度逐漸減小，當(dāng)彈力等于摩擦力時速度最大,此位置在A點與O點之間;彈力小于摩擦力過程，合力方向與運動方向相反，彈力減小，摩擦力大小不變，物塊所受合力增大,物塊的加速度隨彈簧形變量的減小而增大,方向向左，物塊做減速運動;從O點到B點的過程彈力增大，合力向左，加速度繼續(xù)增大，A正確,B錯誤。從A點到O點過程，彈簧由壓縮恢復(fù)原長，彈力做正功，從O點到B點的過程，彈簧被拉伸，彈力做負(fù)功，故C錯誤。從A到B的過程中根據(jù)動能定理彈簧彈力做的功等于物塊克服摩擦力做的功,故D正確。5．（2017·江蘇高考）一小物塊沿斜面向上滑動,然后滑回到原處。物塊初動能為Ek0，與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x關(guān)系的圖線是()答案C解析設(shè)斜面傾角為θ,根據(jù)動能定理，當(dāng)小物塊沿斜面上升時,有－（mgsinθ＋f）x＝Ek－Ek0，即Ek＝－(f＋mgsinθ)x＋Ek0，所以Ek與x的函數(shù)關(guān)系圖象為直線，且斜率為負(fù)。當(dāng)小物塊沿斜面下滑時根據(jù)動能定理有(mgsinθ－f）(x0－x）＝Ek－0(x0為小物塊到達(dá)最高點時的位移)，即Ek＝－(mgsinθ－f)x＋(mgsinθ－f）x0，所以下滑時Ek隨x的減小而增大且為直線，斜率大小比上滑時小。綜上所述，選項C正確。6．(2019·江西南昌模擬)質(zhì)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,物塊動能Ek與其發(fā)生位移x之間的關(guān)系如圖所示。已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0。2,重力加速度g取10m/s2,則下列說法正確的是（）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位移過程中拉力對物塊做的功為9JD．在前4m位移過程中物塊所經(jīng)歷的時間為2.8s答案D解析由圖象可知x＝1m時物塊的動能為2J，速度大小為v1＝eq\r（\f(2Ek1，m)）＝eq\r（2)m/s,A錯誤；根據(jù)動能定理ΔEk＝F合x可知,物塊在兩段運動中所受合外力均恒定,則物塊均做勻加速直線運動，當(dāng)x＝2m時動能為4J，v2＝2m/s，當(dāng)x＝4m時動能為9J，v4＝3m/s，則2～4m過程中，有2a2x2＝veq\o\al（2，4)－veq\o\al（2，2），解得加速度為a2＝1.25m/s2，B錯誤;對物塊運動全過程，由動能定理得:W＋(－μmgx）＝Ek末－0，解得W＝25J，C錯誤；0～2m過程,t1＝eq\f（2x1,v2)＝2s,2～4m過程,t2＝eq\f（