03第三節(jié)動能和動能定理課時1動能定理的理解及簡單應用1．[廣東湛江2020高一下月考]關于物體的動能，下列說法正確的是()A．質量大的物體，動能一定大B．速度大的物體，動能一定大C．速度方向變化，動能一定變化D．物體的質量不變，速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，動能將變?yōu)樵瓉淼乃谋额}型1動能的表達式課時1動能定理的理解及簡單應用刷基礎D關鍵點撥解答本題的關鍵是明確動能與物體的質量和速率有關，速度變化，可能是大小變化、可能是方向變化、也可能大小方向均變化．解析由動能公式Ek＝mv2可知，物體的動能與質量和速率有關，質量大的物體，動能不一定大，速度大的物體，動能也不一定大，A、B錯誤；速度方向變化，若速度大小不變，則動能不變，C錯誤；物體的質量不變，速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，動能將變?yōu)樵瓉淼乃谋叮珼正確．題型1動能的表達式課時1動能定理的理解及簡單應用刷基礎

A解析物體做平拋運動，假設落地速度為v，落地時速度方向與水平方向的夾角為α，則水平分速度為vx＝vcosα，豎直分速度為vy＝vsinα；由于平拋運動的水平分運動為勻速直線運動，故v0＝vx＝vcosα；由于平拋運動的豎直分運動為自由落體運動，故下落高度為h；拋出時的動能為Ek0＝；拋出時的勢能為Ep0＝mgh＝，則動能與勢能之比為，故選A.3．下列關于運動物體的合外力做功和動能、速度變化的關系，正確的是()A．物體做變速運動，合外力一定不為零，動能一定變化B．若合外力對物體做功為零，則合外力一定為零C．物體的合外力做功，它的速度大小一定發(fā)生變化D．物體的動能不變，所受的合外力必定為零題型2動能定理的理解及簡單應用課時1動能定理的理解及簡單應用刷基礎C解析物體做變速運動，合外力一定不為零，但是動能不一定變化，例如做勻速圓周運動的物體，A錯誤；若合外力對物體做功為零，則合外力不一定為零，例如做勻速圓周運動的物體受到的合外力指向圓心，B錯誤；根據動能定理，物體的合外力做功，它的速度大小一定發(fā)生變化，C正確；物體的動能不變，所受的合外力不一定為零，例如做勻速圓周運動的物體，D錯誤．題型2動能定理的理解及簡單應用課時1動能定理的理解及簡單應用刷基礎D解析設陽臺離地面的高度為h，根據動能定理得Ek－初速度相同，高度相同，所以三球落地時動能相同，D正確．題型2動能定理的理解及簡單應用課時1動能定理的理解及簡單應用刷基礎B解析整個過程中，根據動能定理得，－mgh－Wf＝0－，解得物塊克服空氣阻力所做的功Wf＝－mgh，B正確，A、C、D錯誤．6．[陜西渭南2020高一下月考](多選)甲、乙兩個質量相等的物體，用大小相等的力F分別拉兩個物體在水平面上從靜止開始移動相同的距離s.如圖所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，則下面的說法中正確的是()A．力F對乙做功比對甲做功多B．力F對甲、乙兩個物體做功相同C．甲、乙兩物體獲得的動能相等D．甲物體獲得的動能比乙大題型2動能定理的理解及簡單應用課時1動能定理的理解及簡單應用刷基礎BD解析由W＝Fs知，力F對甲、乙兩個物體做功相同，B正確，A錯誤；由動能定理得，對甲，Fs＝Ek甲，對乙，Fs－fs＝Ek乙，故Ek甲>Ek乙，D正確，C錯誤．題型2動能定理的理解及簡單應用課時1動能定理的理解及簡單應用刷基礎CD解析物體從第1s末到第3s末做勻速直線運動，合力為零，做功為零，故A錯誤；由題圖可知，第3s末和第7s末物體的動能相等，所以從第3s末到第7s末合外力做功為零，故B錯誤；從第5s末到第7s末動能的變化量與第1s內動能的變化量相同，合力做功相同，即為W，故C正確；從第3s末到第4s末動能變化量等于

又W=則合力做功為－0.75W，故D正確．8．[江西吉安2019高一下期中]如圖所示，質量為m的物體靜止在水平光滑的平臺上，系在物體上的繩子跨過光滑的定滑輪，由地面上的人以速度v0水平向右勻速拉動，設人從地面上平臺的邊緣開始向右行至繩與水平方向的夾角θ＝37°處，在此過程中人的拉力對物體所做的功為()題型2動能定理的理解及簡單應用課時1動能定理的理解及簡單應用刷基礎B解析將人的速度沿繩子方向和垂直于繩子方向分解，沿繩子方向的分速度大小等于物體的速度大小，則v物＝v0cos37°，根據動能定理有故B正確．課時1動能定理的理解及簡單應用刷易錯

C易錯點1誤認為拉力F為恒力解析用水平拉力F將小球緩慢地拉到細線成水平狀態(tài)過程中，由動能定理得，W－mgL＝0，解得拉力F做功為W＝mgL，C正確，A、B、D錯誤．易錯分析小球緩慢地拉到細線成水平狀態(tài)過程中，小球的速率不變，該過程中水平拉力F的大小變化，因此不能用功的公式求拉力F做的功，可根據動能定理求解．9.[浙江金華江南中學2020高一下月考]如圖所示，原來質量為m的小球用長L的細線懸掛而靜止在豎直位置．用水平拉力F將小球緩慢地拉到細線成水平狀態(tài)過程中，拉力F做功為()A．FLB.C．mgLD．0課時1動能定理的理解及簡單應用刷易錯A易錯點2不理解功的定義易錯分析運動員以不同的速度沿曲面運動到同一位置時，速度越大，所需向心力越大，曲面給運動員的支持力越大，運動員受到的摩擦力越大，克服摩擦力做功越多．解析設運動員以7m/s的初速度從曲面A點運動到B點克服摩擦力做功為Wf1，運動員以6m/s的初速度從曲面的A點運動到B點克服摩擦力做功為Wf2，以7m/s的初速度運動時運動員受到的支持力大，則運動員受到的摩擦力大，則Wf1>Wf2，由動能定理得，mghAB－Wf1＝0，mghAB－Wf2＝由以上各式解得，v>v0＝6m/s，A正確，B、C、D錯誤．課時1動能定理的理解及簡單應用刷提升B解析由勻變速直線運動規(guī)律得，v＝at，則動能Ek＝故動能與時間的平方成正比，A錯誤；由動能定理得，Ek＝F合x＝max，故動能與位移成正比，B正確；由Ek＝mv2知，動能與速度的平方成正比，C錯誤；由動能定理得，Ek＝Fx－fx，故動能與阻力不成正比，D錯誤．2．(多選)如圖所示，細線上吊著小球，用水平恒力F將小球由靜止開始從豎直最低點A拉到B點，小球在B點受到的沿圓弧切線方向的合力恰好為零，此時細線與豎直方向的夾角為θ，則()A．恒力F做的功大于小球重力勢能的增加量B．小球將靜止在B點C．細線對小球的拉力做的功為零D．若在B點將恒力F撤去，小球來回擺動的角度將大于θ課時1動能定理的理解及簡單應用刷提升ACD解析小球由A運動到B的過程中恒力F做功，小球的動能和重力勢能均增大，根據動能定理可知，恒力F做的功大于小球克服重力做的功，即恒力F做的功大于小球重力勢能的增加量，故A正確；由題意知，小球在B點受到的沿圓弧切線方向的合力恰好為零，即恒力F沿圓弧切線方向的分力與重力沿圓弧切線方向的分力大小相等、方向相反，小球運動到B點之前，小球受到的沿圓弧切線方向的合力大于零，方向與速度方向相同，從A到B小球做加速運動，故小球不可能靜止在B點，故B錯誤；細線的拉力始終與小球的速度方向垂直，所以細線的拉力不做功，故C正確；若在B點將恒力F撤去，由于小球有速度，所以小球來回擺動時偏離豎直方向的最大角度大于θ，故D正確．3.如圖所示，質量為m的小球用細線牽引著在光滑的水平面上做勻速圓周運動，O為一光滑的孔，當拉力為F時，轉動半徑為R；當拉力增大到6F時，小球仍做勻速圓周運動，此時轉動半徑為.在此過程中，拉力對小球做的功為()課時1動能定理的理解及簡單應用刷提升

A解析當細線的拉力為F時，設小球做勻速圓周運動的線速度為v1，則有F當細線的拉力增大到6F時，設小球做勻速圓周運動的線速度為v2，則有6F＝在細線的拉力由F增大到6F的過程中，根據動能定理得W所以拉力對小球所做的功為故選A.課時1動能定理的理解及簡單應用刷提升B解析設在小球下落h時彈簧彈力做功為W，由動能定理得，對A小球，mgh＋W＝0，對B小球，2mgh＋W＝由以上兩式解得，v＝B正確，A、C、D錯誤．課時1動能定理的理解及簡單應用刷提升B解析設直線軌道與水平面的夾角為θ，則物體下滑位移為x時克服摩擦力做的功Wf＝μmgcosθ·x，而xcosθ為軌道在水平面上的投影長度，可知物體沿甲、乙軌道下滑時克服摩擦力做的功相同，即Wf甲＝Wf乙；根據動能定理有可知物體沿甲、乙軌道下滑到達底端的速度大小相等，v1＝v2.分析丙軌道，可將整個曲線軌道分割為無數小段圓弧，根據圓周運動的規(guī)律，每一段小圓弧上物體對軌道的壓力都大于在直線軌道上運動時的壓力，可知物體在曲線軌道上運動時克服摩擦力做的功大于在直線軌道上運動時克服摩擦力做的功，由可知物體到達底端的速度小于在直線軌道上運動時到達底端的速度，則v1＝v2>v3，故選B.課時1動能定理的理解及簡單應用刷提升B解析物體無初速度地放到傳送帶上，勻加速運動的過程中加速度為a＝設物體從放上傳送帶到速度與傳送帶相同經歷的時間為t，則有t通過的位移為x＝所以物體在B點的速度與傳送帶相同，根據動能定理得傳送帶對物體做的功W＝故選B.7．(多選)如圖所示，質量為m的物塊在水平恒力F的推動下，從粗糙山坡底部的A處由靜止運動至高為h的坡頂B處，并獲得速度v，A、B之間的水平距離為x，重力加速度為g，則()A．物塊克服重力所做的功是mghB．合外力對物塊做的功是mv2C．推力對物塊做的功是mv2＋mghD．阻力對物塊做的功是mv2＋mgh－Fx課時1動能定理的理解及簡單應用刷提升ABD解析物塊上升的高度為h，則物塊克服重力做的功為mgh，故A正確；物塊初動能為零，末動能為，根據動能定理知，合外力做的功為，故B正確；根據動能定理知Fx－mgh＋Wf＝，F為恒力，則恒力做的功為Fx＝＋mgh－Wf，阻力做的功Wf＝＋mgh－Fx，故C錯誤，D正確．8．如圖所示，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．已知拖動纜繩的力大小恒為F，小船的質量為m，經過A點時的速度為v0，此時小船與滑輪之間的繩長為l0，繩與水平面的夾角為θ0，經過B點時，繩與水平面的夾角為θ.小船受到的阻力以及纜繩質量忽略不計．求：(1)小船經過B點時的加速度；(2)小船經過B點時的速度；(3)小船經過B點時，拖動纜繩的力的功率．課時1動能定理的理解及簡單應用刷素養(yǎng)解析(1)根據牛頓第二定律，有Fcosθ＝ma，解得a＝(2)根據動能定理，有解得v＝(3)由瞬時功率公式，有P＝Fvcosθ＝03第三節(jié)動能和動能定理課時2動能定理的綜合應用題型1動能的表達式課時2動能定理的綜合應用刷基礎CA、B兩物體所受摩擦力大小分別為f1和f2，撤去F后，A的加速度大小為a1＝，B的加速度大小為a2＝，根據牛頓第二定律對A有f1＝2ma1＝，對B有f2＝ma2＝，所以有f1＝f2，對兩物體運動的全過程，由動能定理有F1，解得F1∶F2＝2∶1，故A錯誤，C正確；F1和F2對A、B做功之比為W1∶W2＝，故B錯誤；對全過程，根據動能定理知，摩擦力對A、B做的功等于水平恒力做的功，則全過程中摩擦力對A、B做功之比為1∶1，故D錯誤．解析2．[北京清華附中2020高一下期末]質量m＝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之間的關系如圖所示．已知物塊與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2，g取10m/s2，則下列說法中正確的是()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3m/s2C．在前2m的運動過程中物塊所經歷的時間為2sD．在前4m的運動過程中拉力對物塊做的功為24J題型1動能的表達式課時2動能定理的綜合應用刷基礎C解析根據圖像知，x＝1m時，物塊的動能為2J，即mv2＝2J，解得v＝m/s，A錯誤；對物塊從x＝2m到x＝4m過程運用動能定理，有Fx2－μmgx2＝Ek4－Ek2，解得F＝6.5N，a2＝m/s2＝1.25m/s2，B錯誤；對物塊前2m的運動過程運用動能定理得F′x1－μmgx1＝Ek2，解得F′＝6N，該過程物塊的加速度a1＝＝1m/s2，x＝2m時速度v2＝m/s＝2m/s，根據v2＝a1t得t＝2s，C正確；對全過程運用動能定理得WF－μmg(x1＋x2)＝Ek4，解得WF＝25J，D錯誤．3．如圖所示，將質量為m的小球以速度v0由地面豎直向上拋出．小球落回地面時，其速度大小為0.5v0.設小球在運動過程中所受空氣阻力的大小不變，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．小球克服空氣阻力做功B．小球的上升時間等于下降時間C．小球上升的最大高度為D．整個過程小球的重力做功不為零題型1動能的表達式課時2動能定理的綜合應用刷基礎A解析小球由地面豎直向上拋出到落回地面過程中，由動能定理可知－Wf＝，所以小球克服空氣阻力做功為，故A正確；小球上升過程受到的空氣阻力向下，下降過程受到的空氣阻力向上，則小球上升過程的加速度大小大于下降過程的加速度大小，在位移大小相等的情況下，小球運動需要的時間不相等，故B錯誤；由于小球在運動過程中所受空氣阻力的大小不變，則上升過程中克服阻力做的功為，設在上升過程中小球上升的最大高度為h，根據動能定理知－mgh－解得h＝，故C錯誤；整個過程中重力勢能變化為零，所以重力做功為零，故D錯誤．題型1動能的表達式課時2動能定理的綜合應用刷基礎BC4．[江蘇啟東中學2020高一下開學考試](多選)從離沙坑高度H處無初速度地釋放一個質量為m的小球，小球落入沙坑后，陷入深度為h.已知當地重力加速度為g，空氣阻力不計，則下列關于小球下落全過程的說法中正確的是()A．重力對小球做功為mgHB．小球的重力勢能減少了mg(H＋h)C．合外力對小球所做的總功為零D．小球在沙坑中受到的平均阻力為解析重力對小球做功為mg(H＋h)，小球重力勢能減少了mg(H＋h)，A錯誤，B正確；由動能定理知，合力對小球所做的總功為零，C正確；全過程中，由動能定理得，mg(H＋h)－fh＝0，解得小球在沙坑中受到的平均阻力為f＝mg，D錯誤．題型1動能的表達式課時2動能定理的綜合應用刷基礎C解析設斜面的傾角為θ，物塊的質量為m，取沿斜面向上為位移正方向．根據動能定理可得，上滑過程中有－mgxsinθ－μmgxcosθ＝Ek－Ek0，所以Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x;下滑過程中有mgx′sinθ－μmgx′cosθ＝Ek－0，所以Ek＝(mgsinθ－μmgcosθ)x′.由于摩擦力做負功，可知最后的總動能減小．故C正確．題型1動能的表達式課時2動能定理的綜合應用刷基礎思路分析(1)已知汽車的質量、初速度和末速度，汽車動能的變化量等于末動能減初動能，由動能的計算式解答．(2)對于下坡過程，據動能定理求汽車所受的阻力．(3)對于汽車在“避險車道”上運動的過程，運用動能定理求最大位移．(1)從發(fā)現剎車失靈至到達“避險車道”的過程汽車動能的變化量為解得ΔEk＝3.0×105J.(2)汽車下坡過程由動能定理得mgh－Ffl＝ΔEk，代入數據解得Ff＝2.0×103N.(3)設汽車向上運動的最大位移為s.在“避險車道”上運動過程由動能定理得－(mgsin17°＋3Ff)s＝0-mv22，代入數據解得s≈33.3m.解析(1)3.0×105J(2)2.0×103N(3)33.3m課時2動能定理的綜合應用刷基礎題型1動能的表達式課時2動能定理的綜合應用刷基礎(1)物體P從A下滑經B到C過程中，根據動能定理得mgLsin37°＋mgR(1－cos37°)－μmgcos37°·L＝mvC2－0，解得vC＝6m/s.物體P在C點，根據牛頓第二定律得，解得FN＝4.6N，由牛頓第三定律知，物體P通過C點時對軌道的壓力為4.6N.(2)物體P最后在B和與其等高的圓弧軌道上來回運動時，經C點壓力最小，設速度為v′C，由B到C，根據動能定理得mgR(1－cos37°)＝mv′2C，解得v′C＝2m/s，則Nmin－mg＝m，解得Nmin＝1.4N，由牛頓第三定律知，物體P對C點處軌道的最小壓力為1.4N.(3)物體P在A到B運動的全過程，根據動能定理得mgLsin37°－μmgcos37°·s＝0，解得s＝12m.解析課時2動能定理的綜合應用刷基礎(1)6m/s4.6N(2)1.4N(3)12m題型1動能的表達式課時2動能定理的綜合應用刷基礎解析(1)物體從A到D過程，由動能定理得－mg(h－H)－μmglBC＝0－mv12，代入數據解得μ＝0.5.(2)物體第5次經過B點時，已在BC軌道上運動了4次，由動能定理得mgH－μmg·4lBC＝mv22－mv12，解得v2＝4m/s.(3)分析整個過程，由動能定理得mgH－μmgl＝0－mv12，解得l＝21.6m，所以物體在ABCD軌道上來回運動了10次后，還可以運動1.6m，故最后停止的位置離B點的距離為x＝2m－1.6m＝0.4m.9．(多選)“水流星”是一種常見的雜技項目，該運動可以簡化為輕繩一端系著小球在豎直平面內的圓周運動模型，如圖所示，已知繩長為l，重力加速度為g，則()A．小球運動到最低點Q時，處于失重狀態(tài)B．小球初速度v0越大，則在P、Q兩點繩對小球的拉力差越大C．當v0＞時，小球一定能通過最高點PD．當v0＜時，輕繩始終處于繃緊狀態(tài)題型2用動能定理解決圓周運動類問題課時2動能定理的綜合應用刷基礎CD課時2動能定理的綜合應用刷基礎解析小球在最低點時，重力與拉力的合力提供向心力，所以小球受到的拉力一定大于重力，小球處于超重狀態(tài)，故A錯誤；設小球在最高點的速度為v1，最低點的速度為v2，由動能定理得mg(2l)＝mv22－mv12，小球經過最高點P時有mg＋F1＝，小球經過最低點Q時有F2－mg＝，聯立解得F2－F1＝6mg，與小球的初速度無關，故B錯誤；小球恰好經過最高點P，速度取最小值，只受重力，重力提供向心力有mg＝，得v3＝，小球以初速度v0＝向上運動到最高點的過程，由動能定理得－mg×2l＝，得v4＝＝v3，所以當v0＞時，小球一定能夠通過最高點，故C正確；若v0＜，設小球能夠上升的最大高度為h，由動能定理得mgh＝，所以h＜小球上升的最高點尚不到與O點等高的高度，繩的拉力始終提供向心力，所以輕繩始終處于繃緊狀態(tài)，故D正確．題型2用動能定理解決圓周運動類問題課時2動能定理的綜合應用刷基礎BD解析由牛頓第二定律得，小球在最低點有10mg－mg＝m，8mg－mg＝m，小球運動一圈的過程中，由動能定理得，－W＝mv22－mv12，由以上三式解得，W＝mgR，B正確，A錯誤；小球在最高點有mg＋F＝m，由最高點到最低點的過程中，由動能定理得，mg·2R－W1＝mv22－mv2，0<W1<W，由以上各式解得，2mg<F<3mg，從最低點到最高點的過程中，由動能定理得，－mg·2R－W2＝mv2－mv12，W>W2>W，由以上各式解得，2mg<F<3mg，故2mg<F<3mg，D正確，C錯誤．11．[福建廈門雙十中學2019高一下第一次月考](多選)如圖甲所示，長為l、傾角為α的斜面固定在水平地面上，一質量為m的小物塊從斜面頂端由靜止釋放并沿斜面向下滑動，已知小物塊與斜面間的動摩擦因數μ與下滑距離x的關系圖像如圖乙所示，則()A．μ0>tanαB．小物塊下滑的加速度逐漸增大C．小物塊下滑到斜面底端的過程中克服摩擦力做的功為μ0mglcosαD．小物塊下滑到底端時的速度大小為題型3用動能定理解決變力做功問題課時2動能定理的綜合應用刷基礎BC解析物塊從斜面頂端由靜止釋放并沿斜面下滑，滿足mgsinα＞μ0mgcosα，即μ0＜tanα，故A錯誤；根據牛頓第二定律有a＝＝gsinα－μgcosα，下滑過程中μ逐漸減小，則加速度a逐漸增大，故B正確；由題圖乙可知μ＝－x＋μ0，則摩擦力f＝μmgcosα＝－x＋μ0mgcosα，可知f與x成線性關系，如圖所示，其中f0＝μ0mgcosα，f－x圖線與橫軸所圍的面積表示克服摩擦力做的功，則物塊下滑到斜面底端的過程中克服摩擦力做功為Wf＝，故C正確；物塊下滑過程中，根據動能定理有，解得v＝，故D錯誤．12．如圖所示，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C．在該過程中，人對物塊做的功為mv2D．人前進x時，物塊的運動速率為題型3用動能定理解決變力做功問題課時2動能定理的綜合應用刷基礎B解析設繩與水平方向的夾角為θ，將人的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向，在沿繩子方向上的分速度等于物塊的速度，如圖所示，物塊的速度等于vcosθ，故物塊的速度隨著夾角的變化而變化，為變速運動，A錯誤；當人從平臺的邊緣處向右勻速前進了x，此時物塊的速度大小為v′＝vcosθ＝，根據動能定理得，人對物塊做的功W==，B正確，C、D錯誤．13.(多選)質量為m的汽車在平直路面上由靜止開始勻加速啟動，運動過程的v－t圖像如圖所示，已知t1時刻汽車達到額定功率，之后保持額定功率運動，整個過程中汽車受到的阻力恒定，由圖可知()A．在0～t1時間內，汽車的牽引力大小為B．在0～t1時間內，汽車的功率與時間t成正比C．汽車受到的阻力大小為D．在t1～t2時間內，汽車克服阻力做的功為m(v22－v12)題型3用動能定理解決變力做功問題課時2動能定理的綜合應用刷基礎BC解析在0～t1時間內汽車做勻加速運動，加速度為a1＝，由牛頓第二定律可得F－f＝ma1，在t1時刻達到額定功率，P＝Fv1，t2時刻達到最大速度，此時牽引力大小等于阻力大小，故P＝fv2，聯立解得F＝，故A錯誤，C正確；在0～t1時間內汽車做勻加速運動，牽引力恒定，汽車的功率P＝Fv＝Fat，故功率與時間成正比，故B正確；在t1～t2時間內，根據動能定理可得P(t2－t1)－Wf＝，故克服阻力做的功為Wf＝P(t2－t1)－，故D錯誤．題型3用動能定理解決變力做功問題課時2動能定理的綜合應用刷基礎B14．[四川成都七中2020高一下期中]光滑水平面有一粗糙段AB長為s，其動摩擦因數與離A點距離x滿足μ＝kx(k為恒量)．一物塊(可看作質點)第一次從A點以速度v0向右運動，到達B點時速率為v，第二次也以相同速度v0從B點向左運動，則()A．第二次也能運動到A點，但速率不一定為vB．第二次也能運動到A點，但兩次所用時間不同C．兩次克服摩擦力做的功不相同D．兩次速率相同的位置只有一個，且距離A為解析物塊所受的滑動摩擦力大小為f＝μmg＝kmgx，則第一次物塊從A向右運動過程中摩擦力不斷增大，加速度不斷增大，從B向左運動過程中，摩擦力不斷減小，加速度不斷減小，故第二次物塊也能運動到A點，兩過程中摩擦力做功相同，由動能定理知，第二次到達A點的速率也為v，時間變長，B正確，A、C錯誤；設兩次速率相同的位置距離A點的距離為x，相同的速率設為v′，根據動能定理得，第一次有－,第二次有，聯立解得x＝，D錯誤．課時2動能定理的綜合應用刷提升課時2動能定理的綜合應用刷提升解析(1)玩具車在AB段做勻加速直線運動，有，F－f＝ma，聯立可得F＝1N．玩具車到達B點時恰好達到額定功率，有vB＝at＝4m/s，P＝FvB＝4W.(2)玩具車在BC段保持功率恒定，準備爬坡時牽引力為F＝1N，而不受阻力，重力沿斜面向下的分力為mgsinθ＝F＝1N，故在BC段玩具車做勻速直線運動，到達C點的速度為4m/s，假設玩具車能經過最高點D點，由動能定理有－mg(R＋Rcosθ)，解得vD＝m/s.安全過D點的最小速度需滿足只有重力提供向心力，有mg＝m可得vmin＝m/s，vD>vmin，可知玩具車能安全通過最高點D，由牛頓第二定律有mg＋ND＝m，由牛頓第三定律有ND＝N′D，聯立可得玩具車在D點時對軌道的壓力N′D＝N.(3)玩具車從B點到C點保持功率為P1＝3W不變，設運動時間為t1，勻速的速度為v1，有P1t1－mgsinθ·sBC＝，P1＝mgsinθ·v1，聯立可得t1＝0.2s.2．我國擁有航空母艦后，艦載機的起飛與降落等問題受到了廣泛關注.2012年11月23日，艦載機“殲－15”首降“遼寧艦”獲得成功，隨后艦載機又成功通過滑躍式起飛．某興趣小組通過查閱資料對艦載機滑躍起飛過程進行了如下的簡化模擬：假設起飛時“航母”靜止，飛機質量視為不變并可看成質點．“航母”起飛跑道由如圖所示的兩段軌道組成(二者平滑連接，不計拐角處的長度)，其水平軌道長AB＝L，水平軌道與斜面軌道末端C的高度差為h.一架“殲－15”飛機的總質量為m，在C端的起飛速度至少為v.若某次起飛訓練中，“殲－15”從A點由靜止啟動，飛機發(fā)動機的推力大小恒為0.6mg，方向與速度方向相同，飛機受到的空氣和軌道的平均阻力的合力大小恒為0.1mg.重力加速度為g.求：(1)飛機在水平軌道AB上運動的時間；(2)在水平軌道末端B，發(fā)動機推力的功率；(3)要保證飛機正常起飛，斜面軌道的長度l需滿足的條件．(結果用m、g、L、h、v表示)課時2動能定理的綜合應用刷提升課時2動能定理的綜合應用刷提升解析(1)設飛機在水平軌道上的加速度大小為a，運動時間為t，發(fā)動機的推力為F，空氣和軌道平均阻力的合力為f，由牛頓第二定律得F－f＝0.6mg－0.1mg＝ma，得a＝0.5g，由位移公式有L＝，解得t＝(2)設飛機在B端的速度為v′，功率為P，由速度公式得v′＝at＝，解得P＝Fv′＝0.6mg.(3)設飛機恰能在C端起飛時，斜面軌道長為l0，整個過程，由動能定理有(F－f)(L＋l0)－mgh＝，解得l0＝所以斜面軌道長度滿足的條件是l≥.課時2動能定理的綜合應用刷提升解析(1)A從P出發(fā)又回到P的過程，根據動能定理，克服摩擦力所做的功為Wf＝(2)A從P出發(fā)又回到P全過程，根據動能定理有(3)設A、B剛分離時它們的共同速度是v1，彈出過程彈力做功WF，由題圖甲中A從O1點返回P點的過程得WF－μmg(s1＋s0)＝0－0，分離前有WF－2μmgs1＝，分離后有，解得s2＝s0－4．[浙江省2020高二學業(yè)考試]如圖(a)所示，AB段是長s＝10m的粗糙水平軌道，BC段是半徑R＝2.5m的光滑半圓弧豎直軌道．有一個質量m＝0.1kg的小滑塊，靜止在A點，受一水平恒力F作用，從A點開始向B點運動，剛好到達B點時撤去力F.小滑塊經過半圓弧軌道B點時，用DIS力傳感器測得軌道對小滑塊支持力的大小為FN，若改變水平恒力F的大小，FN會隨之變化，實驗得到FN－F圖像如圖(b)，g取10m/s2.(1)若小滑塊經半圓弧軌道從C點水平拋出，恰好落在A點，則小滑塊在C點的速度大??；(2)滑塊與水平軌道間的動摩擦因數為多大？(3)要使小滑塊始終不脫離軌道，求水平恒力F的范圍．課時2動能定理的綜合應用刷素養(yǎng)(1)10m/s(2)0.25(3)F≥0.875N或0.25N＜F≤0.5N解析(1)小滑塊做平拋運動，設在C點的速度為vC則s＝vCt，2R＝，得vC＝10m/s.(2)滑塊從A到B過程，由動能定理有Fs－μmgs＝，在B點根據牛頓第二定律有，FN－mg＝，得FN＝，由圖像把F＝0.5N，FN＝3N代入上式得μ＝0.25.(3)要使小滑塊始終不脫離軌道的臨界點為當小滑塊運動到與O點等高時速度恰好為0，或恰好到最高點．當小滑塊運動到與O點等高時速度恰好為零，有Fs－μmgs－mgR＝0，同時要求小滑塊能運動到B點，有Fs－μmgs＝>0，得0.25N＜F≤0.5N時小滑塊始終不脫離軌道；當恰好到達最高點有得F＝0.875N，故當F≥0.875N時小滑塊始終不脫離軌道．03第三節(jié)綜合訓練1．木球從水面上方某位置由靜止開始自由下落，落入水中又繼續(xù)下降一段距離后速度減小到零．把木球在空中下落過程稱為第Ⅰ階段，在水中下落過程稱為第Ⅱ階段．不計空氣和水的摩擦阻力．下列說法正確的是()A．第Ⅰ階段重力對木球做的功等于第Ⅱ階段木球克服浮力做的功B．第Ⅰ階段重力對木球做的功大于第Ⅱ階段木球克服浮力做的功C．第Ⅰ、第Ⅱ階段重力對木球做的總功和第Ⅱ階段合力對木球做的功的代數和為零D．第Ⅰ、第Ⅱ階段重力對木球做的總功等于第Ⅱ階段木球克服浮力做的功第三節(jié)綜合訓練刷能力

D解析對木球下落的全過程根據動能定理WG－W?。?－0，可得WG＝W浮，即第Ⅰ、第Ⅱ階段重力對木球做的總功等于第Ⅱ階段木球克服浮力做的功，故D正確．2．[四川成都七中2020高一下期中]如圖所示，質量相同的甲、乙兩個小物塊(視為質點)，甲從豎直固定的光滑圓弧軌道頂端由靜止滑下，軌道半徑為R，圓弧底端切線水平，乙從高為R的光滑斜面頂端由靜止滑下．下列判斷正確的是()A．兩物塊到達底端時速度相同B．兩物塊運動到底端的過程中重力做功相同C．兩物塊到達底端時動能不同D．兩物塊到達底端時，甲物塊重力做功的瞬時功率大于乙物塊重力做功的瞬時功率第三節(jié)綜合訓練刷能力B解析對于任一物塊，根據動能定理得，mgR＝，解得v＝，則知兩物塊達到底端的動能相等，速度大小相等，但是速度的方向不同，所以速度不同，A、C錯誤；重力做功WG＝mgR，兩物塊運動到底端的過程中重力做功相同，B正確；甲物塊到達底端時，重力與速度方向垂直，由P＝mgvcosα知，其重力做功的瞬時功率為零，而乙物塊重力做功的瞬時功率大于零，所以乙物塊重力做功的瞬時功率大于甲物塊重力做功的瞬時功率，D錯誤．第三節(jié)綜合訓練刷能力C解析物塊在BC段所受摩擦力f＝μmg，通過的位移為R，故在BC段摩擦力對物塊做的功W＝－fR＝－μmgR，即物塊在BC段克服摩擦力做的功為μmgR.對全程，由動能定理可知mgR＋W1＋W＝0，得W1＝μmgR－mgR，故物塊在AB段克服摩擦力做的功為(1－μ)mgR，故C正確．3.如圖所示，用同種材料制成的軌道ABC，AB段為四分之一圓弧，半徑為R，水平放置的BC段長也為R.一個物塊質量為m，與軌道間的動摩擦因數為μ，它由軌道頂端A從靜止開始下滑，恰好運動到C端停止，物塊在AB段克服摩擦力做的功為()A.μmgRB.C．(1－μ)mgRD．mgR4．[陜西渭南中學2020高一下月考](多選)圖甲為一直角三角形劈，傾角∠abc＝37°，ab長為2L，p為ab的中點，小物塊從a點由靜止釋放沿ab滑到b時速度恰好為零，小物塊與ap、pb兩段之間的動摩擦因數分別為μ1和μ2，μ1、μ2都小于1.現將劈順時針旋轉90°(如圖乙所示)，小物塊從b由靜止釋放，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．圖甲中小物塊通過ap、pb段克服摩擦力所做的功之比為1∶1B．μ1＋μ2＝1.5C．圖乙中小物塊可能靜止在b處D．圖乙中小物塊滑到a處時的速度大小為第三節(jié)綜合訓練刷能力

BD解析題圖甲中小物塊在pb段做減速直線運動，則有mgsin37°<μ2mgcos37°，即有，通過ap段克服摩擦力所做的功Wfap＝μ1mgcos37°·xap，小物塊通過pb段克服摩擦力所做的功Wfpb＝μ2mgcos37°·xpb，小物塊通過ap、pb段克服摩擦力所做的功之比為Wfap∶Wfpb＝μ1∶μ2；小物塊從a點滑到b過程，根據動能定理得，mgxabsin37°－μ1mgcos37°·xap－μ2mgcos37°·xpb＝0，化簡為μ1＋μ2＝1.5，故B正確，A錯誤；題圖乙中小物塊在b處有mgsin53°－μ2mgcos53°＝，小物塊不可能靜止在b處，C錯誤；題圖乙中設小物塊滑到a處時的速度大小為v，根據動能定理可得mgxbasin53°－μ1mgcos53°·xpa－μ2mgcos53°·xbp＝，解得v＝，D正確．第三節(jié)綜合訓練刷能力

ABD5．[吉林長春第二十九中學2020高一下月考](多選)如圖，質量m＝2kg的小球(視為質點)以v0＝3m/s的初速度從P點水平飛出，然后從A點沿切線方向進入圓弧軌道運動，最后小球恰好能通過軌道的最高點C.B為軌道的最低點，C點與P點等高，A點與D點等高，軌道各處動摩擦因數相同，圓弧AB對應的圓心角θ＝53°，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不計空氣阻力，取g＝10m/s2.則()A．軌道半徑R為0.5mB．小球到達C點速度大小為m/sC．小球從A到B和B到D兩過程克服摩擦力做功相同D．沿圓弧軌道運動過程小球克服摩擦力做功為4J解析小球從P到A做平拋運動，在A點，vy＝v0tanθ＝4m/s，由平拋運動的規(guī)律得2gR(1＋cosθ)＝vy2，解得R＝0.5m，A正確；在C點，由牛頓第二定律得mg＝，解得vC＝m/s，B正確；小球從A到B和從B到D兩過程中，經過相同高度的位置時A到B過程的速度較大，向心力較大，軌道對小球的支持力較大，則小球所受摩擦力較大，故小球從A到B的過程克服摩擦力做功較多，C錯誤；小球經過A點的速度為vA＝＝5m/s，從A到C的過程，由動能定理得，－mgR(1＋cosθ)－Wf＝，解得Wf＝4J，D正確．6．在光滑的水平面上，質量為m的小滑塊靜止放在質量為M、長度為L且處于靜止狀態(tài)的長木板的最右端，小滑塊和木板之間的動摩擦因數為μ.現用一個水平向右、大小為F的恒力作用在木板上，當小滑塊滑到木板的最左端時，小滑塊和木板的速度大小分別為v1、v2，小滑塊和木板相對于水平面的位移大小分別為s1、s2，下列關系式錯誤的是()第三節(jié)綜合訓練刷能力C解析小滑塊受到水平向右的滑動摩擦力，在滑動摩擦力作用下，相對水平面發(fā)生位移s1時，速度從零變?yōu)関1，根據動能定理可得μmgs1＝，A正確，C錯誤；長木板在恒力F和水平向左的滑動摩擦力作用下，相對水平面發(fā)生位移s2時，速度從零變?yōu)関2，根據動能定理可得Fs2－μmgs2＝，B正確；A、B兩選項中式子相加可得Fs2－μmgs2＋μmgs1＝，D正確．本題選關系式錯誤的，故選C.7．[江西九江2019高一下期中](多選)水平地面上做直線運動的A、B兩物體，在某時刻動能相同，它們僅在摩擦力的作用下逐漸停下來，圖中a、b分別是A、B的動能E和位移s的關系圖線，下列說法中正確的是()A．若A和B的質量相等，則A與地面間的動摩擦因數一定比B的大B．若A和B的質量相等，則A與地面間的動摩擦因數一定比B的小C．從某時刻動能相同到A、B停止運動過程中，A克服摩擦力做的功比B克服摩擦力做的功多D．從某時刻動能相同到A、B停止運動過程中，A克服摩擦力做的功與B克服摩擦力做的功一樣多第三節(jié)綜合訓練刷能力

AD解析設物體的初動能為E0，E－s圖線的斜率絕對值為k，根據動能定理得－μmgs＝E－E0，得E＝E0－μmgs，所以k＝μmg，由題圖可知，ka>kb，若A和B的質量相等，則A與地面間的動摩擦因數一定比B的大，故A正確，B錯誤；由動能定理得－W克＝0－E0，可知從某時刻動能相同到A、B停止運動過程中，A克服摩擦力做的功與B克服摩擦力做的功一樣多，故C錯誤，D正確．8．如圖甲所示，質量m＝1kg的物體靜止在光滑的水平面上，t＝0時刻，物體受到一個變力F作用，t＝1s時，撤去力F，某時刻物體滑上傾角為37°的粗糙斜面；已知物體從開始運動到斜面最高點的v－t圖像如圖乙所示，不計其他阻力，g取10m/s2，求：(1)變力F做的功；(2)物體從斜面底端滑到最高點過程中克服摩擦力做功的平均功率；(3)物體回到出發(fā)點的速度大?。谌?jié)綜合訓練刷能力解析(1)由題圖乙知物體1s末的速度v1＝10m/s，根據動能定理得WF＝＝50J.(2)物體沿斜面上升的最大距離x＝，物體到達斜面時的速度v2＝10m/s，到達斜面最高點的速度為零，根據動能定理有，解得物體克服摩擦力做功Wf＝20J，則物體克服摩擦力做