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高中物理人教版 (2019)必修 第二册第八章 机械能守恒定律3 动能和动能定理精品课时练习
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这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第二册第八章 机械能守恒定律3 动能和动能定理精品课时练习，共22页。试卷主要包含了动能，动能定理等内容，欢迎下载使用。
02
预习导学
课前研读课本，梳理基础知识：
一、动能
1．定义：物体由于运动而具有的能叫动能。
2．公式：Ek＝eq \f(1,2)mv2。单位为焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
3．矢标性：动能是标量，只有正值。动能与速度方向无关。
4．状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度。
二、动能定理
1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
2．表达式：W＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12或W＝Ek2－Ek1。
3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。
4．适用条件
(1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以间断作用。
5. 动能定理表明了“三个关系”
(1)数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合力做的功。
(2)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
(3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳。
（二）即时练习：
【小试牛刀1】质量为m的物体从高为h的斜面顶端静止下滑，最后停在平面上，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，最后仍停在平面上，如图甲所示。图乙为物体两次在平面上运动的v-t图像，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为( )
A.eq \f(1,2)mv02－3mgh B．3mgh－eq \f(1,2)mv02
C.eq \f(1,6)mv02－mgh D．mgh－eq \f(1,6)mv02
[解析] 若物体静止开始下滑，由动能定理得mgh－Wf＝eq \f(1,2)mv12，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，由动能定理得mgh－Wf＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv02，由题图乙可知，物体两次滑到平面的速度关系为v2＝2v1，由以上三式解Wf＝mgh－eq \f(1,6)mv02。
[答案] D
【小试牛刀2】如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另—端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( )
A.eq \f(mv02,2πL) B.eq \f(mv02,4πL)
C.eq \f(mv02,8πL) D.eq \f(mv02,16πL)
解析：选B 对木块由动能定理得：－Ff·2πL＝0－eq \f(1,2)mv02，解得摩擦力大小为：Ff＝eq \f(mv02,4πL)，故B正确，A、C、D错误。
【小试牛刀3】[多选]如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。则( )
A．动摩擦因数μ＝eq \f(6,7)
B．载人滑草车最大速度为 eq \r(\f(2gh,7))
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为eq \f(3,5)g
[解析] 由题意知，上、下两段斜坡的长分别为
s1＝eq \f(h,sin 45°)、s2＝eq \f(h,sin 37°)
由动能定理知：2mgh－μmgs1cs 45°－μmgs2cs 37°＝0
解得动摩擦因数μ＝eq \f(6,7)，选项A正确；
载人滑草车在上下两段的加速度分别为
a1＝g(sin 45°－μcs 45°)＝eq \f(\r(2),14)g，
a2＝g(sin 37°－μcs 37°)＝－eq \f(3,35)g，
则在下落h时的速度最大，由动能定理知：
mgh－μmgs1cs 45°＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝ eq \r(\f(2gh,7))，选项B正确，D错误；
载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W＝2mgh，选项C错误。
[答案] AB
03
题型精讲
【题型一】恒力作用下动能定理的应用
【典型例题1】如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球挂在离水平地面高为3L的O点，小铁球以O为圆心在竖直面内做圆周运动且恰好能到达最高点A处，不计空气阻力，重力加速度为g，若运动到最高点时轻绳被切断，则小铁球落到地面时速度的大小为( )
A.eq \r(3gL) B.eq \r(6gL)
C.4eq \r(gL) D.3eq \r(gL)
答案 D
解析 小球刚好能在竖直平面做圆周运动且恰好到达最高点时，绳的拉力为零，只有重力提供向心力，有mg＝meq \f(veq \\al(2,1),L)，在最高点剪断绳后，小球做平抛运动落地，对这一过程由动能定理mg·4L＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，联立可得落地速度v2＝3eq \r(gL)，故A、B、C错误，D正确。
【典型例题2】(多选)如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，A、B间接触面不光滑。现以恒定的外力拉B，A在B上发生了滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动了一段距离。在此过程中( )
A.外力F做的功等于A和B动能的增量
B.B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量
C.A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功
D.外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
答案 BD
解析 A物体所受的合力等于B对A的摩擦力，根据动能定理，有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地的位移不相等，故二者做功不相等，C错误；对B应用动能定理，有WF－Wf＝ΔEkB，解得WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和，D正确；根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误。
【对点训练1】某幼儿园要在空地上做一个滑梯，由于空地大小限制，滑梯的水平跨度确定为x＝6 m。设计时，考虑儿童裤料与滑板间的动摩擦因数μ＝0.4，为使儿童在滑梯上恰能滑下，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求滑梯的高度h；
(2)若小明裤料与滑板间的动摩擦因数μ1＝eq \f(1,3)，求他从滑梯上由静止滑到底端的瞬时速度大小；
(3)若体重比小明重、穿相同裤料的小华，从滑梯上由静止滑到底端，有人认为小华滑行的时间比小明长。这种说法是否正确？简要说明理由。
[解析] (1)儿童恰能滑下，重力的下滑分力等于摩擦力，设滑梯与水平面的夹角为θ，
则mgsin θ＝μmgcs θ
根据几何关系：tan θ＝eq \f(h,x)
联立解得：h＝0.4x＝2.4 m。
(2)设滑板长为L，由动能定理得：
mgh－μ1mgLcs θ＝eq \f(1,2)mv2，x＝Lcs θ
联立解得：v＝2 eq \r(2) m/s。
(3)这种说法不正确，小华下滑的时间与小明相等。
根据位移时间关系：L＝eq \f(1,2)at2
根据牛顿第二定律，下滑的加速度
a＝g(sin θ－μ1cs θ)
联立解得：t＝ eq \r(\f(2L,gsin θ－μ1cs θ))
可见，下滑时间与体重无关。
[答案] (1)2.4 m (2)2 eq \r(2) m/s (3)见解析
【对点训练2】(多选)如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进的距离为L，子弹进入木块的深度为s。若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系式中正确的是( )
A．FL＝eq \f(1,2)Mv2
B．Fs＝eq \f(1,2)mv2
C．Fs＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(M＋m)v2
D．F(L＋s)＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2
解析：选ACD 根据动能定理，对子弹，有－F(L＋s)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，D正确；对木块，有FL＝eq \f(1,2)Mv2，A正确；由以上二式可得Fs＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(M＋m)v2，C正确，B错误。
【题型二】涉及弹簧问题中动能定理的应用
【典型例题3】如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧的原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)( )
A.eq \r(2gh) B.eq \r(\f(4gh,3))
C.eq \r(gh) D.eq \r(\f(gh,2))
解析：选B 设小球A下降h的过程中克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降过程，由动能定理，有3mgh－W1＝eq \f(1,2)·3mv2－0。联立以上两式解得v＝eq \r(\f(4gh,3))，故B正确。
【典型例题4】(多选)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F的大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是( )
A．当x＝h时，小球的速度开始减小，而加速度先减小后增大，直至最低点
B．最低点的坐标x＝h＋x1＋eq \r(x12＋2hx1)
C．当x＝h＋2x1时，小球的加速度为－g，弹力为2mg且为小球下落的最低点
D．小球动能的最大值为mgh＋eq \f(mgx1,2)
[解析] 小球下落到x＝h时，小球刚接触弹簧，直到x＝h＋x1前，弹力小于重力，小球一直做加速度减小的加速运动，之后弹力大于重力，加速度反向逐渐增大，直至到达最低点，A错误；由题图乙知mg＝kx1，解得x1＝eq \f(mg,k)，由F-x图线与横轴所围图形的面积表示克服弹力所做的功，从开始下落到最低点过程，W克弹＝eq \f(1,2)k(x－h)2，由动能定理得mgx－eq \f(1,2)k(x－h)2＝0，解得最低点的坐标x＝h＋x1＋eq \r(x12＋2hx1)，B正确；由对称性可知，当x＝h＋2x1时，小球的加速度为－g，且弹力为2mg，但还未到最低点，C错误；小球在x＝h＋x1处时，动能有最大值，根据动能定理得mg(h＋x1)＋W弹′＝Ekm－0，由题知，W弹′＝－eq \f(1,2)kx12＝－eq \f(1,2)mgx1，解得最大动能Ekm＝mgh＋eq \f(mgx1,2)，D正确。
[答案] BD
【对点训练3】如图所示，轻弹簧一端系在墙上的O点，自由伸长到B点。现将小物体靠着弹簧(不拴接)并将弹簧压缩到A点，然后由静止释放，小物体在粗糙水平面上运动到C点静止，则( )
A．小物体从A到B过程速度一直增加
B．小物体从A到B过程加速度一直减小
C．小物体从B到C过程中动能变化量大小小于克服摩擦力做功
D．小物体从A到C过程中弹簧的弹性势能变化量大小等于小物体克服摩擦力做功
解析：选D 在A、B间某处物体受到的弹力等于摩擦力，合力为0，速度最大，而在B点只受摩擦力，合力不为零，因此小物体从A到B过程加速度先减小再增大，速度先增大后减小，故A、B错误；小物体从B到C过程中，由动能定理得－Wf＝ΔEk，故C错误；小物体从A到C过程中，由动能定理得W弹－Wf1＝0，故D正确。
【对点训练4】(多选)“弹跳小人”(如图甲所示)是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示。竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80 kg。现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h＝0.40 m时停止，然后由静止释放滑块。滑块的动能Ek随离地高度h变化的图像如图丙所示。其中高度从0.80 m到1.40 m 范围内的图线为直线，其余部分为曲线。若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g取10 m/s2。则结合图像可知( )
A．弹簧原长为0.72 m
B．空气阻力大小为1.00 N
C．弹簧的最大弹性势能为9.00 J
D．在弹簧落回地面的瞬间滑块的动能为5.40 J
[解析] 由题图丙可知，从h＝0.80 m开始，弹簧下端与地面分离，则知弹簧的原长为0.80 m，故A错误；从0.80 m上升到1.40 m 过程，在Ek-h图像中，根据动能定理知：图线的斜率大小表示滑块所受的合外力，由于高度从0.80 m上升到1.40 m范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.80 m上升到1.40 m范围内所受作用力为恒力，根据动能定理得－(mg＋f)Δh＝0－Ek，由题图知Δh＝0.60 m，Ek＝5.40 J，解得空气阻力f＝1.00 N，故B正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，整个过程中，增加的重力势能和克服空气阻力做功之和等于弹簧的最大弹性势能，所以Epm＝(mg＋f)Δh′＝9.00 J，故C正确；滑块由最大高度到弹簧落回地面的瞬间，根据动能定理得(mg－f)Δh＝Ek′－0，得Ek′＝4.2 J，故D错误。
[答案] BC
【题型三】圆周运动中动能定理的应用
【典型例题5】(多选)如图所示，长为L＝0.4 m的轻杆一端连着质量为m＝1 kg的小球，另一端用铰链固接于水平地面上的O点，初始时小球静止于地面上。现在杆中点处施加一大小不变、方向始终垂直于杆的力F，轻杆转动30°时撤去F，则小球恰好能到达最高点。忽略一切摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，π≈3。下列说法正确的是( )
A．力F所做的功为4 J
B．力F的大小约为40 N
C．小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力大小为5 N
D．撤去F瞬间，小球的速度大小为2 m/s
[解析] 小球恰好能到达最高点，小球到达最高点的速度为0，在整个运动过程中，根据动能定理得WF－mgL＝0－0，解得WF＝mgL＝4 J，A正确；施加的力始终垂直于杆，则WF＝F·eq \f(L,2)·eq \f(π,6)，解得F＝eq \f(WF,\f(πL,12))＝40 N，B正确；小球恰好能到达最高点，小球到达最高点的速度为0，根据平衡条件得轻杆对小球的作用力为FN＝mg＝10 N，C错误；在力F作用过程中，根据动能定理得WF－mgLsin 30°＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2WF－2mgLsin 30°,m))＝2 m/s，D正确。
[答案] ABD
【典型例题6】在学校组织的趣味运动会上，某科技小组为大家提供了一个游戏。如图所示，将一质量为0.1 kg的钢球放在O点，用弹射装置将其弹出，钢球沿着光滑的半圆形轨道OA和AB运动。BC段为一段长为L＝2.0 m的粗糙平面，DEFG为接球槽。半圆形轨道OA和AB的半径分别为r＝0.2 m、R＝0.4 m，小球与BC段的动摩擦因数为μ＝0.7，C点离接球槽的高度为h＝1.25 m，水平距离为x＝0.5 m，接球槽足够大，g取10 m/s2。求：
(1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在A点的速度大小；
(2)钢球恰好不脱离轨道时，在B位置对半圆形轨道的压力大小；
(3)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度v0至少多大。
解析：(1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在最高点A时，对钢球分析有mg＝meq \f(vA2,R)，解得vA＝2 m/s。
(2)钢球从A到B的过程由动能定理得mg·2R＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvA2，在B点有FN－mg＝meq \f(vB2,R)，解得FN＝6 N，根据牛顿第三定律，知钢球在B位置对半圆形轨道的压力大小为6 N。
(3)从C到D钢球做平抛运动，要使钢球恰好能落入槽中，则x＝vCt，h＝eq \f(1,2)gt2，解得vC＝1 m/s，
假设钢球在A点的速度恰为vA＝2 m/s时，钢球可运动到C点，且速度为vC′，从A到C由动能定理得mg·2R－μmgL＝eq \f(1,2)mvC′2－eq \f(1,2)mvA2，解得vC′2<0，故当钢球在A点的速度恰为vA＝2 m/s时，钢球不可能到达C点，更不可能入槽，要使钢球最终能落入槽中，需要更大的弹射速度，才能使钢球既不脱离轨道，又能落入槽中。当钢球到达C点速度为vC时，v0有最小值，从O到C由动能定理得mgR－μmgL＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mv02，解得v0＝eq \r(21) m/s。
答案：(1)2 m/s (2)6 N (3)eq \r(21) m/s
【对点训练5】如图甲所示，视为质点的小球用不可伸长的轻绳连接，绕定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT。拉力FT与速度的平方的关系如图乙所示，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则小球从最高点运动到最低点的过程中动能的变化量为( )
A.eq \f(2ab,g) B.eq \f(ab,4g)
C.eq \f(ab,2g) D.eq \f(4ab,g)
解析：选A 小球在最高点时有FT＋mg＝meq \f(v2,r)，即FT＝eq \f(m,r)v2－mg，由题图乙可知eq \f(m,r)＝k＝eq \f(b,a)，mg＝b，解得m＝eq \f(b,g)，r＝eq \f(a,g)，小球从最高点运动到最低点的过程中重力所做的功等于其动能的变化量，即ΔEk＝2mgr＝eq \f(2ab,g)。
【对点训练6】(多选)如图所示，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道AB固定在竖直面内，轨道最低点B与水平面平滑连接，圆心O与A在同一水平面内，质量为m的物块从A点由静止释放，物块沿圆弧轨道下滑，最终静止在水平面上的C点，B、C间的距离为2R，重力加速度为g。若物块滑到BC的中点时，给物块施加一个水平向左的恒力F，当物块再次运动到B点时，撤去力F，结果物块恰好能运动到A点，则( )
A．物块与水平面间的动摩擦因数为0.25
B．物块与水平面间的动摩擦因数为0.5
C．水平推力的大小等于eq \f(\r(17)＋1,4)mg
D．水平推力的大小等于eq \f(3,4)mg
解析：选BC 对整个运动过程，根据动能定理得mgR－μmg·2R＝0，解得μ＝0.5，A错误，B正确；设推力作用后，物块还能向右滑行的距离为x，根据动能定理得mgR－μmg(R＋x)－Fx＝0，(F－μmg)(R＋x)－mgR＝0，解得F＝eq \f(\r(17)＋1,4)mg，C正确，D错误。
04
体系构建
一、动能定理的基本应用
1.应用流程
2.注意事项
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(2)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理。
(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。
二、动能定理与图像问题的结合
1.解决图像问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。
(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。
2.图像所围“面积”的意义
(1)v－t图像：由公式x＝vt可知，v－t图线与t坐标轴围成的面积表示物体的位移。
(2)a－t图像：由公式Δv＝at可知，a－t图线与t坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
(3)F－x图像：由公式W＝Fx可知，F－x图线与x坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(4)P－t图像：由公式W＝Pt可知，P－t图线与t坐标轴围成的面积表示力所做的功。
05
记忆清单
1．动能与动能变化的区别
(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量。
(2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk>0，表示物体的动能增加；ΔEk<0，表示物体的动能减少。
2．对动能定理的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中“＝”有三层关系：
①因果关系：合力做功是物体动能变化的原因。
②数量关系：合力的功与动能变化可以等量代换。
③单位关系：国际单位都是焦耳。
(2)动能定理中的“力”指物体受到的所有力，既包括重力、弹力、摩擦力，也包括电场力、磁场力或其他力，功则为合力所做的总功。
3．动能定理与图像的综合问题
（1）．五类图像中所围“面积”或斜率的意义
（2）．解决动能定理与图像问题的基本步骤
4．用动能定理解决多过程问题的流程
5．用动能定理解决多过程问题的四点提醒
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。
(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。
0601
强化训练
1．如图所示，为某运动员(可视为质点)参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变化的v－t图像以他离开跳板时为计时起点，不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )
A.t3时刻达到最高点
B.t2时刻的位移最大
C.t1时刻的加速度为负
D. 在t1～t2时间内，重力做功WG大于克服阻力做功Wf
答案 D
解析 运动员起跳时的速度方向向上，可知，t1时刻达到最高点，故A错误；v－t图像为直线，加速度不变，所以在0～t2时间内人在空中，t2时刻开始进入水面，之后进入水中，此时人的位移不是最大，t1时刻的加速度为正值，故B、C错误；在t1～t2时间内，由动能定理可知WG－Wf＝eq \f(1,2)mv2，即重力做功WG大于克服阻力做功Wf，故D正确。
2.螺旋千斤顶由带手柄的螺杆和底座组成，螺纹与水平面夹角为α，如图所示。水平转动手柄，使螺杆沿底座的螺纹槽(相当于螺母)缓慢旋进而顶起质量为m的重物，如果重物和螺杆可在任意位置保持平衡，称为摩擦自锁。能实现自锁的千斤顶，α的最大值为α0。现用一个倾角为α0的千斤顶将重物缓慢顶起高度h后，向螺纹槽滴入润滑油使其动摩擦因数μ减小，重物回落到起点。假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计螺杆和手柄的质量及螺杆与重物间的摩擦力，转动手柄不改变螺纹槽和螺杆之间的压力。下列说法正确的是( )
A．实现摩擦自锁的条件为tan α≥μ
B．下落过程中重物对螺杆的压力等于mg
C．从重物开始升起到最高点摩擦力做功为mgh
D．从重物开始升起到最高点转动手柄做功为2mgh
解析：选D 实现自锁的条件是重物重力沿斜面下滑的分力小于等于最大静摩擦力，即mgsin α≤μmgcs α，解得μ≥tan α，A错误；重物对螺杆压力FN＝mgcs α，B错误；重物缓慢上升的过程中，对螺杆和重物整体受力分析如图所示，
则摩擦力做功为Wf＝－μmgcs α·L＝－tan α·mgcs α·eq \f(h,sin α)＝－mgh，C错误；从重物开始升起到最高点，转动手柄做的功用于克服摩擦力做功和转化为重物上升增加的重力势能mgh，所以根据动能定理得W＋Wf－mgh＝0，解得W＝2mgh，D正确。
3.张伟同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图所示，测量得到比赛成绩是2.5 m，目测空中脚离地最大高度约0.8 m，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功最接近( )
A．65 J B．750 J C．1 025 J D．1 650 J
解析 人从最高点落地可看作做平抛运动，设人在最高点的速度为v0，则h＝eq \f(1,2)gt2，eq \f(1,2)x＝v0t，则起跳过程中该同学所做的功为W＝mgh＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得W≈750 J。
答案 B
4.如图甲所示，质量为0.1 kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m的半圆形轨道，小球速度的平方与其高度的关系图像如图乙所示。已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。g取10 m/s2，B为轨道AC中点。下列说法中不正确的是( )
A．图乙中x＝4 m2·s－2
B．小球从B到C损失了0.125 J的机械能
C．小球从A到C合外力对其做的功为－1.05 J
D．小球从C抛出后，落地点到A的距离为0.8 m
解析：选B 当h＝0.8 m时，小球恰在C点，由于小球恰好通过最高点C，由mg＝meq \f(vC2,r)，可得vC2＝gr＝4 m2·s－2，A正确；小球从A到C的过程中，动能减少量ΔEk＝eq \f(1,2)mvA2－eq \f(1,2)mvC2＝1.05 J，故合外力对其做的功为－1.05 J，重力势能增加量ΔEp＝mg·2r＝0.8 J，故机械能减少0.25 J，由于小球在A→B段所受摩擦力大于在B→C段的摩擦力，故小球从B到C损失的机械能小于0.125 J，B错误，C正确；小球离开C点后做平抛运动，由2r＝eq \f(1,2)gt2，x＝vCt，可解得x＝0.8 m，故D正确。
5.如图所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相切，C为切点，圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为θ。现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动，已知圆弧轨道的圆心O与A、D在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求：
(1)滑块第一次滑至左侧圆弧上时距A点的最小高度差h；
(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s。
解析：(1)滑块从D到达左侧最高点F经历DC、CB、BF三个过程，现以DF整个过程为研究过程，运用动能定理得：mgh－μmgcs θ·eq \f(R,tan θ)＝0，解得h＝eq \f(μRcs θ,tan θ)。
(2)通过分析可知，滑块最终至C点的速度为0时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得：
mgRcs θ－μmgcs θ·s＝0，解得：s＝eq \f(R,μ)。
答案：(1)eq \f(μRcs θ,tan θ) (2)eq \f(R,μ)
6.如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为( )
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N
解析：选A 0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得mgsin 30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得mgsin30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg。故A正确。
7.如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为( )
A.eq \f(49H,sin θ) B.eq \f(39H,sin θ)
C.eq \f(29H,sin θ) D.eq \f(20H,sin θ)
答案 B
解析 由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH＝Ek，此时小物块所走路程s1＝eq \f(H,sin θ)，第一次通过O点后动能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高度H1＝95%H，第二次到达O点滑下的路程s2＝eq \f(2H1,sin θ)＝95%eq \f(2H,sin θ)，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)2eq \f(2H,sin θ)，…，故小物块下滑的总路程s总＝s1＋s2＋…sn＝eq \f(H,sin θ)＋95%eq \f(2H,sin θ)＋(95%)2eq \f(2H,sin θ)＋…(95%)n－1eq \f(2H,sin θ)，n无穷大时，可得s总＝eq \f(39H,sin θ)(等比数列求和)，故B正确。
8．如图所示，质量均为m＝4 kg的两个小物块A、B(均可视为质点)放置在水平地面上，竖直平面内半径R＝0.4 m的光滑半圆形轨道与水平地面相切于C，弹簧左端固定。移动物块A压缩弹簧到某一位置(弹簧在弹性限度内)，由静止释放物块A，物块A离开弹簧后与物块B碰撞并粘在一起以共同速度v＝5 m/s向右运动，运动过程中经过一段长为s，动摩擦因数μ＝0.2的水平面后，冲上半圆轨道，除s段外的其他水平面摩擦力不计。求：(g取10 m/s2)
(1)若s＝1 m，两物块刚过C点时对轨道的压力大小；
(2)若两物块能冲上半圆形轨道，且不脱离轨道，s应满足什么条件。
[解析] (1)设物块经过C点时速度为vC，物块受到轨道支持力为FNC，由动能定理得：－2μmgs＝eq \f(1,2)×2mvC2－eq \f(1,2)×2mv2，又FNC－2mg＝2meq \f(vC2,R)，代入解得FNC＝500 N，由牛顿第三定律知，物块对轨道压力大小也为500 N。
(2)物块不脱离轨道有两种情况：
①能过轨道最高点，设物块经过半圆形轨道最高点最小速度为v1，则2mg＝2meq \f(v12,R)，得v1＝eq \r(gR)＝2 m/s，物块从碰撞后到经过最高点的过程中，由动能定理有－2μmgs－4mgR＝eq \f(1,2)×2mv12－eq \f(1,2)×2mv2，代入解得s满足条件s≤1.25 m。
②物块上滑最大高度不超过eq \f(1,4)圆弧，设物块刚好到达eq \f(1,4)圆弧处速度为v2＝0，物块从碰撞后到最高点，由动能定理有－2mgR－2μmgs＝0－eq \f(1,2)×2mv2，同时依题意，物块能滑出粗糙水平面，由动能定理可知eq \f(1,2)×2mv2＞2μmgs，代入解得s满足条件4.25 m≤s＜6.25 m。
[答案] (1)500 N (2)s≤1.25 m或4.25 m≤s＜6.25 m
9.(多选)质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用从静止开始做匀加速直线运动。经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止，两物体速度随时间变化的图线如图所示。则下列结论正确的是( )
A．A、B物体所受摩擦力Ff1∶Ff2＝2∶1
B．A、B物体所受摩擦力Ff1∶Ff2＝1∶1
C．F1和F2对A、B做的功W1∶W2＝6∶5
D．F1和F2对A、B做的功W1∶W2＝12∶5
解析：选BC 从图像可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为a＝eq \f(v0,t0)，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有Ff＝ma，则两物体所受摩擦力相同，故A错误，B正确；图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则A、B的位移之比为6∶5，对全过程运用动能定理得，W1－Ffx1＝0，W2－Ffx2＝0，解得W1＝Ffx1，W2＝Ffx2，所以整个运动过程中F1和F2做功之比为6∶5，故C正确，D错误。
10．从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m 以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为( )
A．2 kg B．1.5 kg
C．1 kg D．0.5 kg
解析：选C 画出物体运动示意图，设阻力为f，据动能定理知，A→B(上升过程)：－(mg＋f)h＝EkB－EkA，C→D(下落过程)：(mg－f)h＝EkD－EkC，整理以上两式得：mgh＝30 J，解得物体的质量m＝1 kg。C正确。
11．(多选)如图所示，一弹性轻绳(弹力与其伸长量成正比)左端固定在墙上A点，右端穿过一固定的光滑圆环B连接一个质量为m的小球p，小球p在B点时，弹性轻绳处在自然伸长状态。小球p穿过竖直固定杆在C处时，弹性轻绳的弹力为mg。将小球p从C点由静止释放，到达D点时速度恰好为0。已知小球与杆间的动摩擦因数为0.2，A、B、C在一条水平直线上，CD＝h；重力加速度为g，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是( )
A．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.3mgh
B．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.2mgh
C．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为eq \r(gh)
D．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为eq \r(2gh)
解析：选BC 设BC的长度为L，根据胡克定律有mg＝kL，设BD与竖直方向的夹角为α，则伸长量为eq \f(L,sin α)，故弹力为F＝keq \f(L,sin α)，对小球受力分析，受重力、弹性绳的弹力、摩擦力、支持力，水平方向平衡，故N＝Fsin α＝kL＝mg，由此可知，下降过程中，水平方向的支持力保持不变，且摩擦力f＝μN＝0.2mg，故小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为Wf＝fh＝0.2mgh，故A错误，B正确；对小球从C点运动到D点的过程，根据动能定理有mgh－fh－W弹＝0，解得W弹＝0.8mgh，若仅把小球的质量变成2m，小球从C点运动到D点的过程，根据动能定理，有2mgh－fh－W弹＝eq \f(1,2)×2mvD2，解得vD＝eq \r(gh)，故C正确，D错误。
12.我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2。
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。
解析：(1)运动员在AB段做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有vB2＝2ax
①
由牛顿第二定律有
mgeq \f(H,x)－Ff＝ma②
联立①②式，代入数据解得
Ff＝144 N。③
(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有
mgh＋W＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2④
设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有
FN－mg＝meq \f(vC2,R)⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R＝12.5 m。⑥
答案：(1)144 N (2)12.5 m
13.(多选)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一，某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略，倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同μ满足μ0≤μ≤1.2μ0。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是( )
A．L1＝eq \f(h,2μ0)，L2＝eq \f(3h,2μ0) B．L1＝eq \f(4h,3μ0)，L2＝eq \f(h,3μ0)
C．L1＝eq \f(4h,3μ0)，L2＝eq \f(2h,3μ0) D．L1＝eq \f(3h,2μ0)，L2＝eq \f(h,μ0)
解析：选CD 设倾斜滑道倾角为θ，游客在倾斜滑道上匀减速下滑，则需满足mgsin θ＜μmgcs θ，可得μ＞tan θ＝eq \f(h,L1)，即有L1＞eq \f(h,μ)，因μ0≤μ≤1.2μ0，所有游客在倾斜滑道上匀减速下滑，可得L1＞eq \f(h,μ0)，滑行结束时停在水平滑道上，对全程由动能定理有mg·2h－μmgcs θ·eq \f(L1,cs θ)－μmgx＝0－0，其中0＜x≤L2，可得L1＜eq \f(2h,μ)，L1＋L2≥eq \f(2h,μ)，代入μ0≤μ≤1.2μ0，可得L1＜eq \f(5h,3μ)，L1＋L2≥eq \f(2h,μ0)，综合需满足eq \f(h,μ0)＜L1＜eq \f(5h,3μ0)和L1＋L2≥eq \f(2h,μ0)，故C、D正确。
14.如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小球以速度v从轨道下端滑入轨道，并保证从轨道上端水平飞出，则关于小球落地点到轨道下端的水平距离x与轨道半径R的关系，下列说法正确的是( )
A.R越大，则x越大
B.R越小，则x越大
C.当R为某一定值时，x才有最大值
D.当R为某一定值时，x才有最小值
答案 C
解析 设半圆的半径为R，根据动能定理得
－mg·2R＝eq \f(1,2)mv′2－eq \f(1,2)mv2，离开最高点做平抛运动，有2R＝eq \f(1,2)gt2，x＝v′t，联立解得
x＝eq \r(\f(4R（v2－4gR）,g))＝eq \r(\f(－16g（R－\f(v2,8g)）2＋\f(v4,4g),g))
可知当R＝eq \f(v2,8g)时，水平位移最大。
15.弹珠游戏在孩子们中间很受欢迎，有很多种玩法，其中一种玩法就是比距离，模型如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB(圆半径比细管的内径大得多)和光滑直管BC组成的轨道固定在水平桌面上，已知APB部分的半径R＝1.0 m，BC段长l1＝1.5 m。弹射装置将一个质量m＝100 g小球(可视为质点)以v0＝8 m/s的水平初速度从A点弹入轨道，小球从C点离开轨道随即进入长l2＝2 m，μ＝0.1的粗糙水平地面(图上对应为CD)，最后通过光滑轨道DE，从E点水平射出，已知E距离地面的高度为h＝1 m，不计空气阻力。求：
(1)小球在半圆轨道上运动时的角速度ω和到达C点时对圆管的压力大小；
(2)若小球能从A点运动到E点，则小球进入A点的速度至少为多大；
(3)若E点的高度h可以调节，小球仍以v0＝8 m/s从A点进入，当h多高时，水平射程x最大，并求出这个最大值。
答案 (1)8 rad/s 1 N (2)2eq \r(6) m/s (3)1.5 m 3 m
解析 (1)角速度ω＝eq \f(v0,R)＝8 rad/s，小球在BC段做匀速直线运动，合力为0，根据牛顿运动定律，小球处于平衡状态，FN＝mg＝1 N，根据牛顿第三定律，小球对圆管的压力大小为1 N。
(2)小球从A点到E点根据动能定理有
－mgh－μmgl2＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v0＝2eq \r(6) m/s。
(3)小球从A点到E点根据动能定理有
－(mgh＋μmgl2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得vE＝eq \r(60－20h)
过了E点小球做平抛运动，有h＝eq \f(1,2)gt2
x＝vEt
得到x与h的数学关系x＝eq \r(12h－4h2)
即当h＝1.5 m时，x的最大值为x＝3 m
16．某同学参照过山车情境设计了如图所示的模型。光滑的竖直圆轨道半径R＝2 m，入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量为m＝2 kg的小滑块与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，滑块从A点由静止开始受到水平拉力F＝60 N的作用，在B点时撤去拉力，AB段的长度为l＝5 m，不计空气阻力。(g＝10 m/s2)
(1)若滑块恰好通过圆轨道的最高点，则滑块沿着出口的平直轨道CD能滑行多远的距离？
(2)要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道，求平直轨道BC段的长度范围。
解析：(1)滑块恰好通过最高点，说明此时只有重力提供向心力，则有mg＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \r(gR)＝2eq \r(5) m/s，滑块从C点到最高点过程，由机械能守恒定律可得mg·2R＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mvC2，解得vC＝10 m/s，滑块从C点到最后停止过程，有x＝eq \f(vC2,2μg)＝10 m，即滑块能沿着出口平直轨道CD滑行的距离为10 m。
(2)要使滑块不脱离轨道，有以下两种可能：
①滑块能通过最高点，则到达C点的速度vC≥10 m/s，则从A到C过程，由动能定理可得Fl－μmg(l＋x1)＝eq \f(1,2)mvC2，解得x1≤15 m；
②滑块无法通过最高点，且到达的高度不超过R时速度即为零，滑块同样不会脱离轨道，则对全程由动能定理可得Fl－μmg(l＋x2)－mgR≤0，解得x2≥21 m，滑块要能够进入圆轨道运动，则至少能够到达C点，则有Fl－μmg(l＋x3)≥0，解得x3≤25 m，因此，要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道，BC段的长度范围为[0,15 m]或[21 m,25 m]。
答案：(1)10 m (2)[0,15 m]或[21 m,25 m]
17.如图甲所示，在水平面上固定一倾角θ＝37°、底端带有挡板的足够长的斜面，斜面体底端静止一质量m＝1 kg的物块(可视为质点)，从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用，拉力F随物块从初始位置第一次沿斜面向上的位移x变化的关系如图乙所示，随后不再施加外力作用，物块与固定挡板碰撞前后速率不变，不计空气阻力，已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)物块在上滑过程中的最大速度的大小；(计算结果可保留根式)
(2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小和物块在斜面上运动的总路程。
[解析] (1)物块上滑过程中受拉力、摩擦力、重力、支持力的作用，先做加速运动后做减速运动，则有FN＝mgcs 37°
f＝μFN
F－f－mgsin 37°＝ma
当加速度为零时，速度最大，此时F＝f＋mgsin 37°＝10 N
由图乙可得出F＝20－10x
则F＝10 N时，可得出x＝1 m
由动能定理可得WF＋Wf＋WG＝eq \f(1,2)mvm2－0
即eq \f(20＋10,2)×1 J－0.5×1×10×1×0.8 J－1×10×1×0.6 J＝eq \f(1,2)mvm2－0，可得vm＝eq \r(10) m/s。
(2)由动能定理可得WF′＋Wf′＋WG′＝0－0
则xm＝eq \f(WF′,μmgcs 37°＋mgsin 37°)＝2 m
撤去F后，因为mgsin 37°＞μmgcs 37°，所以物块最后停在斜面的底端，则有WF′＋μmgscs 37°＝0－0
解得s＝5 m。
[答案] (1)eq \r(10) m/s (2)2 m 5 m
18.如图所示，将质量为m的小球以速度v0由地面竖直向上抛出。小球落回地面时，其速度大小为eq \f(3,4)v0。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于( )
A.eq \f(3,4)mg B.eq \f(3,16)mg C.eq \f(7,16)mg D.eq \f(7,25)mg
解析 根据动能定理，对全过程有：－2fH＝eq \f(1,2)m(eq \f(3,4)v0)2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，上升过程：－(mg＋f)H＝－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
联立两式得：f＝eq \f(7,25)mg，选项D正确。
答案 D
课程标准
学习目标
理解动能和动能定理。能用动能定理解释生产生活中的现象。
1、通过力对物体做功的分析确定动能的表达式，加深对功能关系的理解。
2、能够从功的表达式、牛顿第二定律与运动学公式推导出动能定理。
3、理解动能定理。能用动能定理解释生产生活中的现象或者解决实际问题。
02
预习导学
课前研读课本，梳理基础知识：
一、动能
1．定义：物体由于运动而具有的能叫动能。
2．公式：Ek＝eq \f(1,2)mv2。单位为焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
3．矢标性：动能是标量，只有正值。动能与速度方向无关。
4．状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度。
二、动能定理
1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
2．表达式：W＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12或W＝Ek2－Ek1。
3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。
4．适用条件
(1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以间断作用。
5. 动能定理表明了“三个关系”
(1)数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合力做的功。
(2)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
(3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳。
（二）即时练习：
【小试牛刀1】质量为m的物体从高为h的斜面顶端静止下滑，最后停在平面上，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，最后仍停在平面上，如图甲所示。图乙为物体两次在平面上运动的v-t图像，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为( )
A.eq \f(1,2)mv02－3mgh B．3mgh－eq \f(1,2)mv02
C.eq \f(1,6)mv02－mgh D．mgh－eq \f(1,6)mv02
[解析] 若物体静止开始下滑，由动能定理得mgh－Wf＝eq \f(1,2)mv12，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，由动能定理得mgh－Wf＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv02，由题图乙可知，物体两次滑到平面的速度关系为v2＝2v1，由以上三式解Wf＝mgh－eq \f(1,6)mv02。
[答案] D
【小试牛刀2】如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另—端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( )
A.eq \f(mv02,2πL) B.eq \f(mv02,4πL)
C.eq \f(mv02,8πL) D.eq \f(mv02,16πL)
解析：选B 对木块由动能定理得：－Ff·2πL＝0－eq \f(1,2)mv02，解得摩擦力大小为：Ff＝eq \f(mv02,4πL)，故B正确，A、C、D错误。
【小试牛刀3】[多选]如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。则( )
A．动摩擦因数μ＝eq \f(6,7)
B．载人滑草车最大速度为 eq \r(\f(2gh,7))
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为eq \f(3,5)g
[解析] 由题意知，上、下两段斜坡的长分别为
s1＝eq \f(h,sin 45°)、s2＝eq \f(h,sin 37°)
由动能定理知：2mgh－μmgs1cs 45°－μmgs2cs 37°＝0
解得动摩擦因数μ＝eq \f(6,7)，选项A正确；
载人滑草车在上下两段的加速度分别为
a1＝g(sin 45°－μcs 45°)＝eq \f(\r(2),14)g，
a2＝g(sin 37°－μcs 37°)＝－eq \f(3,35)g，
则在下落h时的速度最大，由动能定理知：
mgh－μmgs1cs 45°＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝ eq \r(\f(2gh,7))，选项B正确，D错误；
载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W＝2mgh，选项C错误。
[答案] AB
03
题型精讲
【题型一】恒力作用下动能定理的应用
【典型例题1】如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球挂在离水平地面高为3L的O点，小铁球以O为圆心在竖直面内做圆周运动且恰好能到达最高点A处，不计空气阻力，重力加速度为g，若运动到最高点时轻绳被切断，则小铁球落到地面时速度的大小为( )
A.eq \r(3gL) B.eq \r(6gL)
C.4eq \r(gL) D.3eq \r(gL)
答案 D
解析 小球刚好能在竖直平面做圆周运动且恰好到达最高点时，绳的拉力为零，只有重力提供向心力，有mg＝meq \f(veq \\al(2,1),L)，在最高点剪断绳后，小球做平抛运动落地，对这一过程由动能定理mg·4L＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，联立可得落地速度v2＝3eq \r(gL)，故A、B、C错误，D正确。
【典型例题2】(多选)如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，A、B间接触面不光滑。现以恒定的外力拉B，A在B上发生了滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动了一段距离。在此过程中( )
A.外力F做的功等于A和B动能的增量
B.B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量
C.A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功
D.外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
答案 BD
解析 A物体所受的合力等于B对A的摩擦力，根据动能定理，有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地的位移不相等，故二者做功不相等，C错误；对B应用动能定理，有WF－Wf＝ΔEkB，解得WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和，D正确；根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误。
【对点训练1】某幼儿园要在空地上做一个滑梯，由于空地大小限制，滑梯的水平跨度确定为x＝6 m。设计时，考虑儿童裤料与滑板间的动摩擦因数μ＝0.4，为使儿童在滑梯上恰能滑下，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求滑梯的高度h；
(2)若小明裤料与滑板间的动摩擦因数μ1＝eq \f(1,3)，求他从滑梯上由静止滑到底端的瞬时速度大小；
(3)若体重比小明重、穿相同裤料的小华，从滑梯上由静止滑到底端，有人认为小华滑行的时间比小明长。这种说法是否正确？简要说明理由。
[解析] (1)儿童恰能滑下，重力的下滑分力等于摩擦力，设滑梯与水平面的夹角为θ，
则mgsin θ＝μmgcs θ
根据几何关系：tan θ＝eq \f(h,x)
联立解得：h＝0.4x＝2.4 m。
(2)设滑板长为L，由动能定理得：
mgh－μ1mgLcs θ＝eq \f(1,2)mv2，x＝Lcs θ
联立解得：v＝2 eq \r(2) m/s。
(3)这种说法不正确，小华下滑的时间与小明相等。
根据位移时间关系：L＝eq \f(1,2)at2
根据牛顿第二定律，下滑的加速度
a＝g(sin θ－μ1cs θ)
联立解得：t＝ eq \r(\f(2L,gsin θ－μ1cs θ))
可见，下滑时间与体重无关。
[答案] (1)2.4 m (2)2 eq \r(2) m/s (3)见解析
【对点训练2】(多选)如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进的距离为L，子弹进入木块的深度为s。若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系式中正确的是( )
A．FL＝eq \f(1,2)Mv2
B．Fs＝eq \f(1,2)mv2
C．Fs＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(M＋m)v2
D．F(L＋s)＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2
解析：选ACD 根据动能定理，对子弹，有－F(L＋s)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，D正确；对木块，有FL＝eq \f(1,2)Mv2，A正确；由以上二式可得Fs＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(M＋m)v2，C正确，B错误。
【题型二】涉及弹簧问题中动能定理的应用
【典型例题3】如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧的原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)( )
A.eq \r(2gh) B.eq \r(\f(4gh,3))
C.eq \r(gh) D.eq \r(\f(gh,2))
解析：选B 设小球A下降h的过程中克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降过程，由动能定理，有3mgh－W1＝eq \f(1,2)·3mv2－0。联立以上两式解得v＝eq \r(\f(4gh,3))，故B正确。
【典型例题4】(多选)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F的大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是( )
A．当x＝h时，小球的速度开始减小，而加速度先减小后增大，直至最低点
B．最低点的坐标x＝h＋x1＋eq \r(x12＋2hx1)
C．当x＝h＋2x1时，小球的加速度为－g，弹力为2mg且为小球下落的最低点
D．小球动能的最大值为mgh＋eq \f(mgx1,2)
[解析] 小球下落到x＝h时，小球刚接触弹簧，直到x＝h＋x1前，弹力小于重力，小球一直做加速度减小的加速运动，之后弹力大于重力，加速度反向逐渐增大，直至到达最低点，A错误；由题图乙知mg＝kx1，解得x1＝eq \f(mg,k)，由F-x图线与横轴所围图形的面积表示克服弹力所做的功，从开始下落到最低点过程，W克弹＝eq \f(1,2)k(x－h)2，由动能定理得mgx－eq \f(1,2)k(x－h)2＝0，解得最低点的坐标x＝h＋x1＋eq \r(x12＋2hx1)，B正确；由对称性可知，当x＝h＋2x1时，小球的加速度为－g，且弹力为2mg，但还未到最低点，C错误；小球在x＝h＋x1处时，动能有最大值，根据动能定理得mg(h＋x1)＋W弹′＝Ekm－0，由题知，W弹′＝－eq \f(1,2)kx12＝－eq \f(1,2)mgx1，解得最大动能Ekm＝mgh＋eq \f(mgx1,2)，D正确。
[答案] BD
【对点训练3】如图所示，轻弹簧一端系在墙上的O点，自由伸长到B点。现将小物体靠着弹簧(不拴接)并将弹簧压缩到A点，然后由静止释放，小物体在粗糙水平面上运动到C点静止，则( )
A．小物体从A到B过程速度一直增加
B．小物体从A到B过程加速度一直减小
C．小物体从B到C过程中动能变化量大小小于克服摩擦力做功
D．小物体从A到C过程中弹簧的弹性势能变化量大小等于小物体克服摩擦力做功
解析：选D 在A、B间某处物体受到的弹力等于摩擦力，合力为0，速度最大，而在B点只受摩擦力，合力不为零，因此小物体从A到B过程加速度先减小再增大，速度先增大后减小，故A、B错误；小物体从B到C过程中，由动能定理得－Wf＝ΔEk，故C错误；小物体从A到C过程中，由动能定理得W弹－Wf1＝0，故D正确。
【对点训练4】(多选)“弹跳小人”(如图甲所示)是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示。竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80 kg。现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h＝0.40 m时停止，然后由静止释放滑块。滑块的动能Ek随离地高度h变化的图像如图丙所示。其中高度从0.80 m到1.40 m 范围内的图线为直线，其余部分为曲线。若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g取10 m/s2。则结合图像可知( )
A．弹簧原长为0.72 m
B．空气阻力大小为1.00 N
C．弹簧的最大弹性势能为9.00 J
D．在弹簧落回地面的瞬间滑块的动能为5.40 J
[解析] 由题图丙可知，从h＝0.80 m开始，弹簧下端与地面分离，则知弹簧的原长为0.80 m，故A错误；从0.80 m上升到1.40 m 过程，在Ek-h图像中，根据动能定理知：图线的斜率大小表示滑块所受的合外力，由于高度从0.80 m上升到1.40 m范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.80 m上升到1.40 m范围内所受作用力为恒力，根据动能定理得－(mg＋f)Δh＝0－Ek，由题图知Δh＝0.60 m，Ek＝5.40 J，解得空气阻力f＝1.00 N，故B正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，整个过程中，增加的重力势能和克服空气阻力做功之和等于弹簧的最大弹性势能，所以Epm＝(mg＋f)Δh′＝9.00 J，故C正确；滑块由最大高度到弹簧落回地面的瞬间，根据动能定理得(mg－f)Δh＝Ek′－0，得Ek′＝4.2 J，故D错误。
[答案] BC
【题型三】圆周运动中动能定理的应用
【典型例题5】(多选)如图所示，长为L＝0.4 m的轻杆一端连着质量为m＝1 kg的小球，另一端用铰链固接于水平地面上的O点，初始时小球静止于地面上。现在杆中点处施加一大小不变、方向始终垂直于杆的力F，轻杆转动30°时撤去F，则小球恰好能到达最高点。忽略一切摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，π≈3。下列说法正确的是( )
A．力F所做的功为4 J
B．力F的大小约为40 N
C．小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力大小为5 N
D．撤去F瞬间，小球的速度大小为2 m/s
[解析] 小球恰好能到达最高点，小球到达最高点的速度为0，在整个运动过程中，根据动能定理得WF－mgL＝0－0，解得WF＝mgL＝4 J，A正确；施加的力始终垂直于杆，则WF＝F·eq \f(L,2)·eq \f(π,6)，解得F＝eq \f(WF,\f(πL,12))＝40 N，B正确；小球恰好能到达最高点，小球到达最高点的速度为0，根据平衡条件得轻杆对小球的作用力为FN＝mg＝10 N，C错误；在力F作用过程中，根据动能定理得WF－mgLsin 30°＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2WF－2mgLsin 30°,m))＝2 m/s，D正确。
[答案] ABD
【典型例题6】在学校组织的趣味运动会上，某科技小组为大家提供了一个游戏。如图所示，将一质量为0.1 kg的钢球放在O点，用弹射装置将其弹出，钢球沿着光滑的半圆形轨道OA和AB运动。BC段为一段长为L＝2.0 m的粗糙平面，DEFG为接球槽。半圆形轨道OA和AB的半径分别为r＝0.2 m、R＝0.4 m，小球与BC段的动摩擦因数为μ＝0.7，C点离接球槽的高度为h＝1.25 m，水平距离为x＝0.5 m，接球槽足够大，g取10 m/s2。求：
(1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在A点的速度大小；
(2)钢球恰好不脱离轨道时，在B位置对半圆形轨道的压力大小；
(3)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度v0至少多大。
解析：(1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在最高点A时，对钢球分析有mg＝meq \f(vA2,R)，解得vA＝2 m/s。
(2)钢球从A到B的过程由动能定理得mg·2R＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvA2，在B点有FN－mg＝meq \f(vB2,R)，解得FN＝6 N，根据牛顿第三定律，知钢球在B位置对半圆形轨道的压力大小为6 N。
(3)从C到D钢球做平抛运动，要使钢球恰好能落入槽中，则x＝vCt，h＝eq \f(1,2)gt2，解得vC＝1 m/s，
假设钢球在A点的速度恰为vA＝2 m/s时，钢球可运动到C点，且速度为vC′，从A到C由动能定理得mg·2R－μmgL＝eq \f(1,2)mvC′2－eq \f(1,2)mvA2，解得vC′2<0，故当钢球在A点的速度恰为vA＝2 m/s时，钢球不可能到达C点，更不可能入槽，要使钢球最终能落入槽中，需要更大的弹射速度，才能使钢球既不脱离轨道，又能落入槽中。当钢球到达C点速度为vC时，v0有最小值，从O到C由动能定理得mgR－μmgL＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mv02，解得v0＝eq \r(21) m/s。
答案：(1)2 m/s (2)6 N (3)eq \r(21) m/s
【对点训练5】如图甲所示，视为质点的小球用不可伸长的轻绳连接，绕定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT。拉力FT与速度的平方的关系如图乙所示，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则小球从最高点运动到最低点的过程中动能的变化量为( )
A.eq \f(2ab,g) B.eq \f(ab,4g)
C.eq \f(ab,2g) D.eq \f(4ab,g)
解析：选A 小球在最高点时有FT＋mg＝meq \f(v2,r)，即FT＝eq \f(m,r)v2－mg，由题图乙可知eq \f(m,r)＝k＝eq \f(b,a)，mg＝b，解得m＝eq \f(b,g)，r＝eq \f(a,g)，小球从最高点运动到最低点的过程中重力所做的功等于其动能的变化量，即ΔEk＝2mgr＝eq \f(2ab,g)。
【对点训练6】(多选)如图所示，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道AB固定在竖直面内，轨道最低点B与水平面平滑连接，圆心O与A在同一水平面内，质量为m的物块从A点由静止释放，物块沿圆弧轨道下滑，最终静止在水平面上的C点，B、C间的距离为2R，重力加速度为g。若物块滑到BC的中点时，给物块施加一个水平向左的恒力F，当物块再次运动到B点时，撤去力F，结果物块恰好能运动到A点，则( )
A．物块与水平面间的动摩擦因数为0.25
B．物块与水平面间的动摩擦因数为0.5
C．水平推力的大小等于eq \f(\r(17)＋1,4)mg
D．水平推力的大小等于eq \f(3,4)mg
解析：选BC 对整个运动过程，根据动能定理得mgR－μmg·2R＝0，解得μ＝0.5，A错误，B正确；设推力作用后，物块还能向右滑行的距离为x，根据动能定理得mgR－μmg(R＋x)－Fx＝0，(F－μmg)(R＋x)－mgR＝0，解得F＝eq \f(\r(17)＋1,4)mg，C正确，D错误。
04
体系构建
一、动能定理的基本应用
1.应用流程
2.注意事项
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(2)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理。
(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。
二、动能定理与图像问题的结合
1.解决图像问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。
(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。
2.图像所围“面积”的意义
(1)v－t图像：由公式x＝vt可知，v－t图线与t坐标轴围成的面积表示物体的位移。
(2)a－t图像：由公式Δv＝at可知，a－t图线与t坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
(3)F－x图像：由公式W＝Fx可知，F－x图线与x坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(4)P－t图像：由公式W＝Pt可知，P－t图线与t坐标轴围成的面积表示力所做的功。
05
记忆清单
1．动能与动能变化的区别
(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量。
(2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk>0，表示物体的动能增加；ΔEk<0，表示物体的动能减少。
2．对动能定理的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中“＝”有三层关系：
①因果关系：合力做功是物体动能变化的原因。
②数量关系：合力的功与动能变化可以等量代换。
③单位关系：国际单位都是焦耳。
(2)动能定理中的“力”指物体受到的所有力，既包括重力、弹力、摩擦力，也包括电场力、磁场力或其他力，功则为合力所做的总功。
3．动能定理与图像的综合问题
（1）．五类图像中所围“面积”或斜率的意义
（2）．解决动能定理与图像问题的基本步骤
4．用动能定理解决多过程问题的流程
5．用动能定理解决多过程问题的四点提醒
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。
(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。
0601
强化训练
1．如图所示，为某运动员(可视为质点)参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变化的v－t图像以他离开跳板时为计时起点，不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )
A.t3时刻达到最高点
B.t2时刻的位移最大
C.t1时刻的加速度为负
D. 在t1～t2时间内，重力做功WG大于克服阻力做功Wf
答案 D
解析 运动员起跳时的速度方向向上，可知，t1时刻达到最高点，故A错误；v－t图像为直线，加速度不变，所以在0～t2时间内人在空中，t2时刻开始进入水面，之后进入水中，此时人的位移不是最大，t1时刻的加速度为正值，故B、C错误；在t1～t2时间内，由动能定理可知WG－Wf＝eq \f(1,2)mv2，即重力做功WG大于克服阻力做功Wf，故D正确。
2.螺旋千斤顶由带手柄的螺杆和底座组成，螺纹与水平面夹角为α，如图所示。水平转动手柄，使螺杆沿底座的螺纹槽(相当于螺母)缓慢旋进而顶起质量为m的重物，如果重物和螺杆可在任意位置保持平衡，称为摩擦自锁。能实现自锁的千斤顶，α的最大值为α0。现用一个倾角为α0的千斤顶将重物缓慢顶起高度h后，向螺纹槽滴入润滑油使其动摩擦因数μ减小，重物回落到起点。假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计螺杆和手柄的质量及螺杆与重物间的摩擦力，转动手柄不改变螺纹槽和螺杆之间的压力。下列说法正确的是( )
A．实现摩擦自锁的条件为tan α≥μ
B．下落过程中重物对螺杆的压力等于mg
C．从重物开始升起到最高点摩擦力做功为mgh
D．从重物开始升起到最高点转动手柄做功为2mgh
解析：选D 实现自锁的条件是重物重力沿斜面下滑的分力小于等于最大静摩擦力，即mgsin α≤μmgcs α，解得μ≥tan α，A错误；重物对螺杆压力FN＝mgcs α，B错误；重物缓慢上升的过程中，对螺杆和重物整体受力分析如图所示，
则摩擦力做功为Wf＝－μmgcs α·L＝－tan α·mgcs α·eq \f(h,sin α)＝－mgh，C错误；从重物开始升起到最高点，转动手柄做的功用于克服摩擦力做功和转化为重物上升增加的重力势能mgh，所以根据动能定理得W＋Wf－mgh＝0，解得W＝2mgh，D正确。
3.张伟同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图所示，测量得到比赛成绩是2.5 m，目测空中脚离地最大高度约0.8 m，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功最接近( )
A．65 J B．750 J C．1 025 J D．1 650 J
解析 人从最高点落地可看作做平抛运动，设人在最高点的速度为v0，则h＝eq \f(1,2)gt2，eq \f(1,2)x＝v0t，则起跳过程中该同学所做的功为W＝mgh＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得W≈750 J。
答案 B
4.如图甲所示，质量为0.1 kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m的半圆形轨道，小球速度的平方与其高度的关系图像如图乙所示。已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。g取10 m/s2，B为轨道AC中点。下列说法中不正确的是( )
A．图乙中x＝4 m2·s－2
B．小球从B到C损失了0.125 J的机械能
C．小球从A到C合外力对其做的功为－1.05 J
D．小球从C抛出后，落地点到A的距离为0.8 m
解析：选B 当h＝0.8 m时，小球恰在C点，由于小球恰好通过最高点C，由mg＝meq \f(vC2,r)，可得vC2＝gr＝4 m2·s－2，A正确；小球从A到C的过程中，动能减少量ΔEk＝eq \f(1,2)mvA2－eq \f(1,2)mvC2＝1.05 J，故合外力对其做的功为－1.05 J，重力势能增加量ΔEp＝mg·2r＝0.8 J，故机械能减少0.25 J，由于小球在A→B段所受摩擦力大于在B→C段的摩擦力，故小球从B到C损失的机械能小于0.125 J，B错误，C正确；小球离开C点后做平抛运动，由2r＝eq \f(1,2)gt2，x＝vCt，可解得x＝0.8 m，故D正确。
5.如图所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相切，C为切点，圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为θ。现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动，已知圆弧轨道的圆心O与A、D在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求：
(1)滑块第一次滑至左侧圆弧上时距A点的最小高度差h；
(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s。
解析：(1)滑块从D到达左侧最高点F经历DC、CB、BF三个过程，现以DF整个过程为研究过程，运用动能定理得：mgh－μmgcs θ·eq \f(R,tan θ)＝0，解得h＝eq \f(μRcs θ,tan θ)。
(2)通过分析可知，滑块最终至C点的速度为0时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得：
mgRcs θ－μmgcs θ·s＝0，解得：s＝eq \f(R,μ)。
答案：(1)eq \f(μRcs θ,tan θ) (2)eq \f(R,μ)
6.如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为( )
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N
解析：选A 0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得mgsin 30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得mgsin30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg。故A正确。
7.如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为( )
A.eq \f(49H,sin θ) B.eq \f(39H,sin θ)
C.eq \f(29H,sin θ) D.eq \f(20H,sin θ)
答案 B
解析 由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH＝Ek，此时小物块所走路程s1＝eq \f(H,sin θ)，第一次通过O点后动能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高度H1＝95%H，第二次到达O点滑下的路程s2＝eq \f(2H1,sin θ)＝95%eq \f(2H,sin θ)，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)2eq \f(2H,sin θ)，…，故小物块下滑的总路程s总＝s1＋s2＋…sn＝eq \f(H,sin θ)＋95%eq \f(2H,sin θ)＋(95%)2eq \f(2H,sin θ)＋…(95%)n－1eq \f(2H,sin θ)，n无穷大时，可得s总＝eq \f(39H,sin θ)(等比数列求和)，故B正确。
8．如图所示，质量均为m＝4 kg的两个小物块A、B(均可视为质点)放置在水平地面上，竖直平面内半径R＝0.4 m的光滑半圆形轨道与水平地面相切于C，弹簧左端固定。移动物块A压缩弹簧到某一位置(弹簧在弹性限度内)，由静止释放物块A，物块A离开弹簧后与物块B碰撞并粘在一起以共同速度v＝5 m/s向右运动，运动过程中经过一段长为s，动摩擦因数μ＝0.2的水平面后，冲上半圆轨道，除s段外的其他水平面摩擦力不计。求：(g取10 m/s2)
(1)若s＝1 m，两物块刚过C点时对轨道的压力大小；
(2)若两物块能冲上半圆形轨道，且不脱离轨道，s应满足什么条件。
[解析] (1)设物块经过C点时速度为vC，物块受到轨道支持力为FNC，由动能定理得：－2μmgs＝eq \f(1,2)×2mvC2－eq \f(1,2)×2mv2，又FNC－2mg＝2meq \f(vC2,R)，代入解得FNC＝500 N，由牛顿第三定律知，物块对轨道压力大小也为500 N。
(2)物块不脱离轨道有两种情况：
①能过轨道最高点，设物块经过半圆形轨道最高点最小速度为v1，则2mg＝2meq \f(v12,R)，得v1＝eq \r(gR)＝2 m/s，物块从碰撞后到经过最高点的过程中，由动能定理有－2μmgs－4mgR＝eq \f(1,2)×2mv12－eq \f(1,2)×2mv2，代入解得s满足条件s≤1.25 m。
②物块上滑最大高度不超过eq \f(1,4)圆弧，设物块刚好到达eq \f(1,4)圆弧处速度为v2＝0，物块从碰撞后到最高点，由动能定理有－2mgR－2μmgs＝0－eq \f(1,2)×2mv2，同时依题意，物块能滑出粗糙水平面，由动能定理可知eq \f(1,2)×2mv2＞2μmgs，代入解得s满足条件4.25 m≤s＜6.25 m。
[答案] (1)500 N (2)s≤1.25 m或4.25 m≤s＜6.25 m
9.(多选)质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用从静止开始做匀加速直线运动。经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止，两物体速度随时间变化的图线如图所示。则下列结论正确的是( )
A．A、B物体所受摩擦力Ff1∶Ff2＝2∶1
B．A、B物体所受摩擦力Ff1∶Ff2＝1∶1
C．F1和F2对A、B做的功W1∶W2＝6∶5
D．F1和F2对A、B做的功W1∶W2＝12∶5
解析：选BC 从图像可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为a＝eq \f(v0,t0)，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有Ff＝ma，则两物体所受摩擦力相同，故A错误，B正确；图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则A、B的位移之比为6∶5，对全过程运用动能定理得，W1－Ffx1＝0，W2－Ffx2＝0，解得W1＝Ffx1，W2＝Ffx2，所以整个运动过程中F1和F2做功之比为6∶5，故C正确，D错误。
10．从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m 以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为( )
A．2 kg B．1.5 kg
C．1 kg D．0.5 kg
解析：选C 画出物体运动示意图，设阻力为f，据动能定理知，A→B(上升过程)：－(mg＋f)h＝EkB－EkA，C→D(下落过程)：(mg－f)h＝EkD－EkC，整理以上两式得：mgh＝30 J，解得物体的质量m＝1 kg。C正确。
11．(多选)如图所示，一弹性轻绳(弹力与其伸长量成正比)左端固定在墙上A点，右端穿过一固定的光滑圆环B连接一个质量为m的小球p，小球p在B点时，弹性轻绳处在自然伸长状态。小球p穿过竖直固定杆在C处时，弹性轻绳的弹力为mg。将小球p从C点由静止释放，到达D点时速度恰好为0。已知小球与杆间的动摩擦因数为0.2，A、B、C在一条水平直线上，CD＝h；重力加速度为g，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是( )
A．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.3mgh
B．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.2mgh
C．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为eq \r(gh)
D．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为eq \r(2gh)
解析：选BC 设BC的长度为L，根据胡克定律有mg＝kL，设BD与竖直方向的夹角为α，则伸长量为eq \f(L,sin α)，故弹力为F＝keq \f(L,sin α)，对小球受力分析，受重力、弹性绳的弹力、摩擦力、支持力，水平方向平衡，故N＝Fsin α＝kL＝mg，由此可知，下降过程中，水平方向的支持力保持不变，且摩擦力f＝μN＝0.2mg，故小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为Wf＝fh＝0.2mgh，故A错误，B正确；对小球从C点运动到D点的过程，根据动能定理有mgh－fh－W弹＝0，解得W弹＝0.8mgh，若仅把小球的质量变成2m，小球从C点运动到D点的过程，根据动能定理，有2mgh－fh－W弹＝eq \f(1,2)×2mvD2，解得vD＝eq \r(gh)，故C正确，D错误。
12.我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2。
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。
解析：(1)运动员在AB段做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有vB2＝2ax
①
由牛顿第二定律有
mgeq \f(H,x)－Ff＝ma②
联立①②式，代入数据解得
Ff＝144 N。③
(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有
mgh＋W＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2④
设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有
FN－mg＝meq \f(vC2,R)⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R＝12.5 m。⑥
答案：(1)144 N (2)12.5 m
13.(多选)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一，某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略，倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同μ满足μ0≤μ≤1.2μ0。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是( )
A．L1＝eq \f(h,2μ0)，L2＝eq \f(3h,2μ0) B．L1＝eq \f(4h,3μ0)，L2＝eq \f(h,3μ0)
C．L1＝eq \f(4h,3μ0)，L2＝eq \f(2h,3μ0) D．L1＝eq \f(3h,2μ0)，L2＝eq \f(h,μ0)
解析：选CD 设倾斜滑道倾角为θ，游客在倾斜滑道上匀减速下滑，则需满足mgsin θ＜μmgcs θ，可得μ＞tan θ＝eq \f(h,L1)，即有L1＞eq \f(h,μ)，因μ0≤μ≤1.2μ0，所有游客在倾斜滑道上匀减速下滑，可得L1＞eq \f(h,μ0)，滑行结束时停在水平滑道上，对全程由动能定理有mg·2h－μmgcs θ·eq \f(L1,cs θ)－μmgx＝0－0，其中0＜x≤L2，可得L1＜eq \f(2h,μ)，L1＋L2≥eq \f(2h,μ)，代入μ0≤μ≤1.2μ0，可得L1＜eq \f(5h,3μ)，L1＋L2≥eq \f(2h,μ0)，综合需满足eq \f(h,μ0)＜L1＜eq \f(5h,3μ0)和L1＋L2≥eq \f(2h,μ0)，故C、D正确。
14.如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小球以速度v从轨道下端滑入轨道，并保证从轨道上端水平飞出，则关于小球落地点到轨道下端的水平距离x与轨道半径R的关系，下列说法正确的是( )
A.R越大，则x越大
B.R越小，则x越大
C.当R为某一定值时，x才有最大值
D.当R为某一定值时，x才有最小值
答案 C
解析 设半圆的半径为R，根据动能定理得
－mg·2R＝eq \f(1,2)mv′2－eq \f(1,2)mv2，离开最高点做平抛运动，有2R＝eq \f(1,2)gt2，x＝v′t，联立解得
x＝eq \r(\f(4R（v2－4gR）,g))＝eq \r(\f(－16g（R－\f(v2,8g)）2＋\f(v4,4g),g))
可知当R＝eq \f(v2,8g)时，水平位移最大。
15.弹珠游戏在孩子们中间很受欢迎，有很多种玩法，其中一种玩法就是比距离，模型如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB(圆半径比细管的内径大得多)和光滑直管BC组成的轨道固定在水平桌面上，已知APB部分的半径R＝1.0 m，BC段长l1＝1.5 m。弹射装置将一个质量m＝100 g小球(可视为质点)以v0＝8 m/s的水平初速度从A点弹入轨道，小球从C点离开轨道随即进入长l2＝2 m，μ＝0.1的粗糙水平地面(图上对应为CD)，最后通过光滑轨道DE，从E点水平射出，已知E距离地面的高度为h＝1 m，不计空气阻力。求：
(1)小球在半圆轨道上运动时的角速度ω和到达C点时对圆管的压力大小；
(2)若小球能从A点运动到E点，则小球进入A点的速度至少为多大；
(3)若E点的高度h可以调节，小球仍以v0＝8 m/s从A点进入，当h多高时，水平射程x最大，并求出这个最大值。
答案 (1)8 rad/s 1 N (2)2eq \r(6) m/s (3)1.5 m 3 m
解析 (1)角速度ω＝eq \f(v0,R)＝8 rad/s，小球在BC段做匀速直线运动，合力为0，根据牛顿运动定律，小球处于平衡状态，FN＝mg＝1 N，根据牛顿第三定律，小球对圆管的压力大小为1 N。
(2)小球从A点到E点根据动能定理有
－mgh－μmgl2＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v0＝2eq \r(6) m/s。
(3)小球从A点到E点根据动能定理有
－(mgh＋μmgl2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得vE＝eq \r(60－20h)
过了E点小球做平抛运动，有h＝eq \f(1,2)gt2
x＝vEt
得到x与h的数学关系x＝eq \r(12h－4h2)
即当h＝1.5 m时，x的最大值为x＝3 m
16．某同学参照过山车情境设计了如图所示的模型。光滑的竖直圆轨道半径R＝2 m，入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量为m＝2 kg的小滑块与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，滑块从A点由静止开始受到水平拉力F＝60 N的作用，在B点时撤去拉力，AB段的长度为l＝5 m，不计空气阻力。(g＝10 m/s2)
(1)若滑块恰好通过圆轨道的最高点，则滑块沿着出口的平直轨道CD能滑行多远的距离？
(2)要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道，求平直轨道BC段的长度范围。
解析：(1)滑块恰好通过最高点，说明此时只有重力提供向心力，则有mg＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \r(gR)＝2eq \r(5) m/s，滑块从C点到最高点过程，由机械能守恒定律可得mg·2R＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mvC2，解得vC＝10 m/s，滑块从C点到最后停止过程，有x＝eq \f(vC2,2μg)＝10 m，即滑块能沿着出口平直轨道CD滑行的距离为10 m。
(2)要使滑块不脱离轨道，有以下两种可能：
①滑块能通过最高点，则到达C点的速度vC≥10 m/s，则从A到C过程，由动能定理可得Fl－μmg(l＋x1)＝eq \f(1,2)mvC2，解得x1≤15 m；
②滑块无法通过最高点，且到达的高度不超过R时速度即为零，滑块同样不会脱离轨道，则对全程由动能定理可得Fl－μmg(l＋x2)－mgR≤0，解得x2≥21 m，滑块要能够进入圆轨道运动，则至少能够到达C点，则有Fl－μmg(l＋x3)≥0，解得x3≤25 m，因此，要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道，BC段的长度范围为[0,15 m]或[21 m,25 m]。
答案：(1)10 m (2)[0,15 m]或[21 m,25 m]
17.如图甲所示，在水平面上固定一倾角θ＝37°、底端带有挡板的足够长的斜面，斜面体底端静止一质量m＝1 kg的物块(可视为质点)，从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用，拉力F随物块从初始位置第一次沿斜面向上的位移x变化的关系如图乙所示，随后不再施加外力作用，物块与固定挡板碰撞前后速率不变，不计空气阻力，已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)物块在上滑过程中的最大速度的大小；(计算结果可保留根式)
(2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小和物块在斜面上运动的总路程。
[解析] (1)物块上滑过程中受拉力、摩擦力、重力、支持力的作用，先做加速运动后做减速运动，则有FN＝mgcs 37°
f＝μFN
F－f－mgsin 37°＝ma
当加速度为零时，速度最大，此时F＝f＋mgsin 37°＝10 N
由图乙可得出F＝20－10x
则F＝10 N时，可得出x＝1 m
由动能定理可得WF＋Wf＋WG＝eq \f(1,2)mvm2－0
即eq \f(20＋10,2)×1 J－0.5×1×10×1×0.8 J－1×10×1×0.6 J＝eq \f(1,2)mvm2－0，可得vm＝eq \r(10) m/s。
(2)由动能定理可得WF′＋Wf′＋WG′＝0－0
则xm＝eq \f(WF′,μmgcs 37°＋mgsin 37°)＝2 m
撤去F后，因为mgsin 37°＞μmgcs 37°，所以物块最后停在斜面的底端，则有WF′＋μmgscs 37°＝0－0
解得s＝5 m。
[答案] (1)eq \r(10) m/s (2)2 m 5 m
18.如图所示，将质量为m的小球以速度v0由地面竖直向上抛出。小球落回地面时，其速度大小为eq \f(3,4)v0。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于( )
A.eq \f(3,4)mg B.eq \f(3,16)mg C.eq \f(7,16)mg D.eq \f(7,25)mg
解析 根据动能定理，对全过程有：－2fH＝eq \f(1,2)m(eq \f(3,4)v0)2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，上升过程：－(mg＋f)H＝－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
联立两式得：f＝eq \f(7,25)mg，选项D正确。
答案 D
课程标准
学习目标
理解动能和动能定理。能用动能定理解释生产生活中的现象。
1、通过力对物体做功的分析确定动能的表达式，加深对功能关系的理解。
2、能够从功的表达式、牛顿第二定律与运动学公式推导出动能定理。
3、理解动能定理。能用动能定理解释生产生活中的现象或者解决实际问题。
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