[A組·基礎鞏固]知識點一動能定理的理解及應用1．(2016·高考四川卷)韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上項目奪冠的運動員．他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對他做功1900J，他克服阻力做功100J．韓曉鵬在此過程中()A．動能增加了1900J B．動能增加了2000JC．重力勢能減小了1900J D．重力勢能減小了2000J解析：由題可得，重力做功WG＝1900J，則重力勢能減少1900J，故C正確，D錯誤；由動能定理得，WG－Wf＝ΔEk，克服阻力做功Wf＝100J，則動能增加1800J，故A、B錯誤．答案：C2.(多選)如圖所示，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豎直向上加速運動，當電梯的速度由v1增加到v2時，上升高度為H，則在這個過程中，下列說法或表達式正確的是()A．對物體，動能定理的表達式為WN＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，其中WN為支持力的功B．對物體，動能定理的表達式為W合＝0，其中W合為合力的功C．對物體，動能定理的表達式為WN－mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中WN為支持力的功D．對電梯，其所受合力做功為eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)解析：電梯上升的過程中，對物體做功的有重力mg、支持力FN，這兩個力的總功才等于物體動能的增量ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，故A、B錯誤，C正確；對電梯，無論有幾個力對它做功，由動能定理可知，其合力的功一定等于其動能的增量，故D正確．答案：CD3.如圖所示，在輕彈簧的下端懸掛一個質量為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))解析：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．答案：B知識點二動能定理在多過程問題中的應用4.(2016·河南模擬)如圖所示，質量為m的小球，從離地面H高處從靜止開始釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止，設小球受到空氣阻力為f，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．小球落地時動能等于mgHB．小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時的動能C．整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)D．小球在泥土中受到的平均阻力為mg(1＋eq\f(H,h))解析：小球從靜止開始釋放到落到地面的過程，由動能定理得mgH－fH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項A錯誤；設泥的平均阻力為f0，小球陷入泥中的過程，由動能定理得mgh－f0h＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得f0h＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，f0＝mg(1＋eq\f(H,h))－eq\f(fH,h)，選項B、D錯誤；全過程應用動能定理可知，整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，選項C正確．答案：CA.eq\f(1,μ)(eq\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ) B.eq\f(1,μ)(eq\f(v\o\al(2,0),2gsinθ)＋x0tanθ)C.eq\f(2,μ)(eq\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ) D.eq\f(1,μ)(eq\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0cotθ)解析：滑塊最終要停在斜面底部，設滑塊經過的總路程為x，對滑塊運動的全程應用功能關系，全程所產生的熱量為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgx0sinθ，又由全程產生的熱量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgxcosθ，解以上兩式可得x＝eq\f(1,μ)(eq\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ)，選項A正確．答案：A知識點三動能定理與圖象結合問題6.(2018·西安質檢)靜止在粗糙水平面上的物塊在水平向右的拉力作用下做直線運動，t＝4s時停下，其v-t圖象如圖所示，已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)處處相同，則下列判斷正確的是()A．整個過程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功B．整個過程中拉力做的功等于零C．t＝2s時刻拉力的瞬時功率在整個過程中最大D．t＝1s到t＝3s這段時間內拉力不做功解析：對物塊運動全過程應用動能定理得：WF－Wf＝0，故A正確，B錯誤；物塊在加速運動過程中受到的拉力最大，故t＝1s時拉力的瞬時功率為整個過程中拉力功率的最大值，C錯誤；t＝1s到t＝3s這段時間內，拉力與摩擦力平衡，拉力做正功，D錯誤．答案：AA．0～6s內物體先向正方向運動，后向負方向運動B．0～6s內物體在4s時的速度最大C．物體在2～4s內速度不變D．0～4s內合力對物體做的功等于0～6s內合力做的功解析：由a-t圖象可知物體6s末的速度v6＝eq\f(1,2)×(2＋5)×2m/s－eq\f(1,2)×1×2m/s＝6m/s，則0～6s內物體一直向正方向運動，A錯誤；物體在5s末速度最大，B錯誤；在2～4s內加速度不變，物體做勻加速直線運動，速度變大，C錯誤；由動能定理可知：0～4s內合力對物體做的功：W4＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)－0,0～6s內合力對物體做的功：W6＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,6)－0，又v4＝v6，則W4＝W6，D正確．答案：D[B組·能力提升]A．通過C點的速率等于通過B點的速率B．AB段的運動時間大于AC段的運動時間C．將加速至C勻速至ED．一直加速運動到E，但AC段的加速度比CE段大解析：物體從傾角為θ的斜面滑下，根據(jù)動能定理，有mgh－μmgcosθeq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)mv2故物體通過C點的速率大于通過B點的速率，故A錯誤；物體從傾角為θ的斜面滑下，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝gsinθ－μgcosθ①根據(jù)運動學公式，有eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)at2②由①②得到AC段的運動時間小于AB段的運動時間，故B正確；由①式可知，物體將一直加速滑行到E點，但AC段的加速度比CE段大，故C錯誤，D正確；故選BD.答案：BDA．物體先做加速運動，推力撤去時開始做減速運動B．物體在水平地面上運動的最大位移是10mC．物體運動的最大速度為2eq\r(15)m/sD．物體在運動中的加速度先變小后不變解析：當推力小于摩擦力時物體就開始做減速運動，選項A錯誤；由題圖乙中圖線與x軸所圍面積表示推力對物體做的功得，推力做的功W＝eq\f(1,2)×4×100J＝200J，根據(jù)動能定理有W－μmgxm＝0，得xm＝10m，選項B正確；當推力與摩擦力平衡時，加速度為零，速度最大，由題圖乙得F＝100－25x(N)，當F＝μmg＝20N時x＝3.2m，由動能定理得：eq\f(1,2)(100＋20)·x－μmg·x＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得物體運動的最大速度vm＝8m/s，選項C錯誤；物體運動中當推力由100N減小到20N的過程中，加速度逐漸減小，當推力由20N減小到0的過程中，加速度又反向增大，此后加速度不變，故D項錯誤．答案：B(1)小物塊運動到C點時速度的大小；(2)小物塊運動到C點時，對半圓形軌道壓力的大??；(3)若小物塊恰好能通過半圓形軌道的最高點D，求在半圓形軌道上運動過程中小物塊克服摩擦力所做的功．解析：(1)從A到C，小物塊的機械能守恒，則mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得：vC＝4m/s(2)在C點，小物塊做圓周運動，則FN－mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)，解得：FN＝9N，根據(jù)牛頓第三定律，物塊對軌道的壓力大小FN′＝9N(3)若小物塊恰好能通過圓弧軌道的最高點D，則有mg＝eq\f(mv\o\al(2,D),R)物塊從C到D，由動能定理得：－mg·2R－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得：Wf＝0.3J.答案：(1)4m/s(2)9N(3)0.3J11．如圖所示，四分之三周長圓管的半徑R＝0.4m，管口B和圓心O在同一水平面上，D是圓管的最高點，其中半圓周BE段存在摩擦，BC和CE段動摩擦因數(shù)相同，ED段光滑；質量m＝0.5kg、直徑稍小于圓管內徑的小球從距B正上方高H＝2.5m的A處自由下落，到達圓管最低點C時的速率為6m/s，并繼續(xù)運動直到圓管的最高點D飛出，恰能再次進入圓管，假定小球再次進入圓管時不計碰撞能量損失，取重力加速度g＝10m/s2，求(1)小球飛離D點時的速度；(2)小球從B點到D點過程中克服摩擦所做的功；(3)小球再次進入圓管后，能否越過C點？請分析說明理由．解析：(1)小球飛離D點后做平拋運動，在水平方向：R＝vDt豎直方向：R＝eq\f(1,2)gt2，解得：vD＝eq\r(2)m/s(2)小球從A到D過程中，由動能定理得：mg(H－R)－Wf1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－0，解得：Wf1＝10J(3)小球從C到D過程中，由動能定理得：－2mgR－Wf2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得：Wf2＝4.5J小球從A到C過程中，由動能定理得：mg(H＋R)－Wf3＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0，解得：Wf3＝5.5J小球再次從D到C的過程中，由動能定理得：2mgR－Wf4＝eq\f(1,2)mvC′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，解得：Wf4＝4.5J－eq\f(1,2)mvC′2由于過BE段時摩擦力大小隨速度減小而減小，摩擦力做功也隨速度減小而減?。诙瓮ㄟ^BC段與CE段有相等的路程，速度減小，所以Wf4＜Wf2＝4.5J，由此得vC′＞0，故小球能過C點．答案：(1)eq\r(2)m/s(2)10J(3)小球能過C點(1)經過C點時軌道對a球的作用力大?。?2)釋放小球前彈簧的彈性勢能Ep.解析：(1)a球恰好通過最高點A時有：m1g＝m1eq\f(v\o\al(2,A),R)得vA＝eq\r(Rg)＝eq\r(10)m/sa球從C到A過程由動能定理有：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)＝－2m1gR，解得：vC＝eq\r(5gR)＝5eq\r(2)m/s在C點，對a球受力分析有