2018版高考物理配套文档：第五章 第2讲 动能定理 Word版含解析

这是一份2018版高考物理配套文档：第五章 第2讲 动能定理 Word版含解析，共15页。


动能和动能定理
1．动能
(1)动能的表达式为Ek＝eq \f(1,2)mv2；是标量、状态量．
(2)对动能的三点提醒
①动能及动能的变化ΔEk均是标量，只有大小，没有方向．
②动能是状态量，只与运动物体的质量及速率有关，而与其运动方向无关，物体运动速度的方向发生变化时，动能不变．
2．动能定理
(1)表达式：W＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,1)或W＝Ek2－Ek1.
(2)物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度．
3．对动能定理的理解
(1)动能定理说明了合力对物体所做的功和动能变化量间的一种因果关系和数量关系；
(2)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；
(3)动能定理的表达式是一个标量式，不能在某方向上应用动能定理．
[深度思考] 判断下列说法是否正确．
(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化．( √ )
(2)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零．( √ )
(3)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．( × )
(4)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．( × )
1．下列物理量不可能为负值的是( )
A．加速度 B．功
C．动能 D．重力势能
答案 C
2．改变汽车的质量和速度，都可以使汽车的动能发生改变，下列有关汽车动能变化的说法中正确的是( )
A．质量不变，速度增大到原来的2倍，动能变为原来的2倍
B．速度不变，质量增大到原来的2倍，动能变为原来的2倍
C．质量减半，速度增大为原来的4倍，动能变为原来的4倍
D．速度减半，质量增大为原来的4倍，动能变为原来的2倍
答案 B
3．关于动能定理的表述式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是( )
A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功
B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，只能先求合外力再求合外力的功
C．公式中的Ek2－Ek1为动能的增量，当W>0时动能增加，当W<0时，动能减少
D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功
答案 C
4．一物体做变速运动时，下列说法中正确的是( )
A．合外力一定对物体做功，使物体动能改变
B．物体所受合外力一定不为零
C．合外力一定对物体做功，但物体动能可能不变
D．以上说法都不对
答案 B
5．如图1所示，质量为m的物块，在恒力F的作用下，沿光滑水平面运动，物块通过A点和B点的速度分别是vA和vB，物块由A点运动到B点的过程中，力F对物块做的功W为( )
图1
A．W>eq \f(1,2)mveq \\al( 2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,A)
B．W＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,A)
C．W＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,A)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,B)
D．由于F的方向未知，W无法求出
答案 B
命题点一 动能定理的理解和应用
例1 (2015·浙江10月选考·20)如图2所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险．质量m＝2.0×103 kg的汽车沿下坡行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数v1＝36 km/h，汽车继续沿下坡匀加速直行l＝350 m、下降高度h＝50 m时到达“避险车道”，此时速度表示数v2＝72 km/h.(g＝10 m/s2)
图2
(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量；
(2)求汽车在下坡过程中所受的阻力；
(3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°，汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道”上运动的最大位移(sin 17°≈0.3)．
解析 (1)由ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,1)
得ΔEk＝3.0×105 J
(2)由动能定理mgh－Ffl＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,1)
得Ff＝eq \f(\f(1,2)mv\\al( 2,1)－\f(1,2)mv\\al( 2,2)＋mgh,l)＝2.0×103 N
(3)设汽车在“避险车道”上运动的最大位移是x，由动能定理
－(mgsin 17°＋3Ff)x＝0－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,2)
得x＝eq \f(\f(1,2)mv\\al( 2,2),mgsin 17°＋3Ff)≈33.3 m
答案 (1)3.0×105 J (2)2.0×103 N (3)33.3 m
动能定理的应用技巧
1．应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系．
2．应用动能定理的优越性
(1)动能定理既适用于直线运动，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，也可以分阶段作用．
题组阶梯突破
1．物体沿直线运动的v－t关系图象如图3所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则( )
图3
A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W
B．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2W
C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为－W
D．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.75W
答案 D
解析 由动能定理W合＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,1)知第1 s内W＝eq \f(1,2)mv2.将动能定理应用于A、B、C、D项知，D正确，A、B、C错．
2．(2016·临海市联考)如图4所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处静止．那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为( ) 图4
A.eq \f(1,2)μmgR B.eq \f(1,2)mgR
C．mgR D．(1－μ)mgR
答案 D
解析 设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，对物体从A到C的全过程，由动能定理得mgR－WAB－μmgR＝0，故WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR.
3．(2016·绍兴市联考)一辆汽车以v1＝6 m/s的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行x1＝3.6 m，如果以v2＝8 m/s的速度行驶，在同样的路面上急刹车后滑行的距离x2应为(不计空气阻力的影响)( )
A．6.4 m B．5.6 m
C．7.2 m D．10.8 m
答案 A
解析 急刹车后，车只受摩擦阻力Ff的作用，且两种情况下摩擦力大小是相同的，汽车的末速度皆为零．则有
－Ffx1＝0－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,1)①
－Ffx2＝0－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,2)②
②式除以①式得eq \f(x2,x1)＝eq \f(v\\al( 2,2),v\\al( 2,1))
故汽车滑行的距离
x2＝eq \f(v\\al( 2,2),v\\al( 2,1))x1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,6)))2×3.6 m＝6.4 m.
4.一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图5所示．当物块的初速度为eq \f(v,2)时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数μ和h分别为( ) 图5
A．tan θ和eq \f(H,2)
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v2,2gH)－1))tan θ和eq \f(H,2)
C．tan θ和eq \f(H,4)
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v2,2gH)－1))tan θ和eq \f(H,4)
答案 D
解析 设物块与斜坡间的动摩擦因数为μ，则物块沿斜坡上滑的过程中，由动能定理
－(mgH＋μmgcs θeq \f(H,sin θ))＝0－eq \f(1,2)mv2①
由①得μ＝(eq \f(v2,2gH)－1)tan θ
当物块的初速度为eq \f(v,2)时，由动能定理知
－(mgh＋μmgcs θeq \f(h,sin θ))＝0－eq \f(1,2)m(eq \f(v,2))2②
由①②两式得h＝eq \f(H,4).
5．如图6所示，质量为m＝4 kg的物体静止在水平面上，在外力F＝25 N作用下开始运动，已知F与水平方向夹角为37°，物体位移为5 m时，具有50 J的动能．求：(g取10 m/s2)
图6
(1)此过程中，物体克服摩擦力所做的功；(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(2)物体与水平面间的动摩擦因数．
答案 (1)50 J (2)0.4
解析 (1)运用动能定理：Flcs 37°－Wf＝eq \f(1,2)mv2，
代入数据得：Wf＝Flcs 37°－eq \f(1,2)mv2＝50 J.
(2)对物体进行受力分析：
把拉力在水平方向和竖直方向分解，根据竖直方向平衡和滑动摩擦力公式得出：
Ff＝μFN＝μ(mg－Fsin 37°)，
根据功的定义式：Wf＝μ(mg－Fsin 37°)l，代入数据解得μ＝0.4.
命题点二 用动能定理解决多过程问题
例2 如图7所示，用一块长L1＝1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8 m，长L2＝1.5 m．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m＝0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度取g＝10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
图7
(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)
(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm.
解析 (1)为使小物块下滑，有mgsin θ≥μ1mgcs θ
θ满足的条件tan θ≥0.05
(2)克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cs θ＋μ2mg(L2－L1cs θ)
由动能定理得mgL1sin θ－Wf＝0
代入数据得μ2＝0.8
(3)由动能定理得mgL1sin θ－Wf＝eq \f(1,2)mv2
代入数据得v＝1 m/s
H＝eq \f(1,2)gt2
t＝0.4 s
x1＝vt
x1＝0.4 m
xm＝x1＋L2＝1.9 m
答案 (1)tan θ≥0.05 (2)0.8 (3)1.9 m
应用动能定理求解多过程问题的基本思路
1．运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式．
2．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：
(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；
(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积．
(3)弹簧弹力做功与路径无关．
题组阶梯突破
6.如图8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， 图8
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
答案 D
解析 根据动能定理，对全过程有：－2FfH＝eq \f(1,2)m(eq \f(3,4)v0)2－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)，上升过程：－(mg＋Ff)H＝－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)，联立两式得：Ff＝eq \f(7,25)mg，选项D正确．
7.在赛车场上，为了安全起见，车道外围都固定上废旧轮胎作为围栏，当车碰撞围栏时起缓冲器作用．为了检验废旧轮胎的缓冲效果，在一次模拟实验中用轻弹簧来代替废旧轮胎，实验情景如 图9
图9所示，水平放置的轻弹簧左侧固定于墙上，处于自然状态，开始赛车在A处且处于静止状态，距弹簧自由端的距离L1＝1 m．当赛车启动时，产生水平向左的恒为F＝24 N的牵引力使赛车向左匀加速前进，当赛车接触轻弹簧的瞬间立即关闭发动机，赛车继续压缩轻弹簧，最后被弹回到B处停下．已知赛车的质量m＝2 kg，A、B之间的距离L2＝3 m，赛车被弹回的过程中离开弹簧时的速度大小v＝4 m/s，方向水平向右．取g＝10 m/s2.求：
(1)赛车和地面间的动摩擦因数；
(2)弹簧被压缩的最大距离．
答案 (1)0.2 (2)0.5 m
解析 (1)从赛车离开弹簧到B点停下，由动能定理得
－μmg(L1＋L2)＝0－eq \f(1,2)mv2
解得μ＝0.2
(2)设轻弹簧被压缩的最大距离为L，从赛车加速到离开弹簧，由动能定理得
FL1－μmg(L1＋2L)＝eq \f(1,2)mv2－0
解得L＝0.5 m.
8．如图10所示，一滑块(可视为质点)经水平轨道AB进入竖直平面内的四分之一圆弧形轨道BC.已知滑块的质量m＝0.50 kg.滑块经过A点时的速度vA＝5.0 m/s，AB长x＝4.5 m，滑块与水平轨道间的动 图10
摩擦因数μ＝0.10，圆弧形轨道的半径R＝0.50 m，滑块离开C点后竖直上升的最大高度h＝0.10 m，g取10 m/s2.求：
(1)滑块第一次经过B点时速度的大小．
(2)滑块刚刚滑上圆弧形轨道时，对轨道上B点压力的大小．
(3)滑块在从B运动到C的过程中克服摩擦力所做的功．
答案 (1)4.0 m/s (2)21 N (3)1.0 J
解析 (1)滑块由A到B的过程中，由动能定理得
－Ffx＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,A)
又Ff＝μmg
解得vB＝4.0 m/s.
(2)在B点，滑块开始做圆周运动，
由牛顿第二定律可知FN－mg＝meq \f(v\\al( 2,B),R)
解得轨道对滑块的支持力FN＝21 N
根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道上B点压力的大小也为21 N.
(3)滑块从B经过C上升到最高点的过程中，由动能定理得
－mg(R＋h)－Wf′＝0－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,B)
解得滑块克服摩擦力做的功Wf′＝1.0 J.
(建议时间：40分钟)
1．(2016·绍兴一中期末)下列关于运动物体所受合外力做功和动能变化的关系正确的是( )
A．如果物体所受合外力为零，则合外力对物体做的功一定为零
B．如果合外力对物体所做的功为零，则合外力一定为零
C．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定发生变化
D．物体的动能不变，所受合外力一定为零
答案 A
解析 如果物体所受合外力为零，则根据W＝Fl可知合外力对物体做的功一定为零，A正确；如果合外力对物体所做的功为零，则合外力不一定为零，例如做匀速圆周运动的物体的向心力，B错误；物体在合外力作用下做变速运动，动能不一定发生变化，例如做匀速圆周运动的物体，C错误；物体的动能不变，所受合外力不一定为零，例如做匀速圆周运动的物体，D错误．
2．一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能不可能是( )
A．一直增大
B．先逐渐减小至零，再逐渐增大
C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小
D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大
答案 C
解析 若该恒力与开始时匀速运动的方向夹角小于90°，则该恒力做正功，该质点的动能一直增大，选项A正确；若该恒力与开始时匀速运动的方向相反，则该恒力先做负功，待速度减小到零后该恒力做正功，该质点的动能先逐渐减小到零，再逐渐增大，选项B正确；若该恒力与开始时匀速运动的方向夹角大于90°，则该恒力先做负功，后做正功，该质点的动能先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大，选项D正确；故本题选C.
3．质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则( )
A．质量大的物体滑行的距离大
B．质量小的物体滑行的距离大
C．它们滑行的距离一样大
D．它们克服摩擦力所做的功不相等
答案 B
解析 由动能定理可得－Ffx＝0－Ek，即μmgx＝Ek，由于动能相同，动摩擦因数相同，故质量小的物体滑行的距离大，它们克服摩擦力所做的功都等于Ek.故本题只有B项正确．
4．如图1所示，质量相同的物体分别自斜面AC和BC的顶端由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数相同，物体滑至斜面底部C点时的动能分别为Ek1和Ek2，下滑过程中克服摩擦力所做的功分别为W1和W2，则( ) 图1
A．Ek1>Ek2，W1Ek2，W1＝W2
C．Ek1＝Ek2，W1>W2 D．Ek1W2
答案 B
解析 设斜面的倾角为θ，斜面的底边长为x，则下滑过程中克服摩擦力做的功为W＝eq \f(μmgcs θ·x,cs θ)＝μmgx，所以两种情况下克服摩擦力做的功相等．又由于B的高度比A低，所以由动能定理可知Ek1>Ek2.故选B.
5．质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，若物体受水平力F的作用，由静止起通过位移x时的动能为Ek1，当物体受水平力2F的作用，由静止开始通过相同的位移x时动能为Ek2，则( )
A．Ek2＝Ek1 B．Ek2＝2Ek1
C．Ek2>2Ek1 D．Ek1答案 C
解析 根据动能定理Fx－Ffx＝Ek1，当外力变为2F时，摩擦力大小不变，2Fx－Ffx＝Ek2，A、B错误；如果摩擦力也变为2Ff时，2Ek1＝Ek2，所以Ek2>2Ek1，C正确，D错误．
6．如图2所示，人用手托着质量为m的小苹果，从静止开始沿水平方向运动，前进距离L后，速度为v(小苹果与手始终相对静止)，小苹果与手掌之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是( )
图2
A．手对小苹果的作用力方向竖直向上
B．小苹果所受摩擦力大小为μmg
C．手对小苹果做的功为eq \f(1,2)mv2
D．小苹果对手做功－μmgL
答案 C
解析 小苹果的加速度方向为水平方向，小苹果的合力方向在水平方向上，小苹果受到重力和手的作用力，而重力在竖直方向上，故手的作用力应为斜上方，故A错误；两者相对静止，故所受摩擦力为静摩擦力，故B错误；根据动能定理可得W＝eq \f(1,2)mv2，故手对小苹果做的功为eq \f(1,2)mv2，故C正确；由于手和小苹果之间是静摩擦，大小不一定等于μmg，D错误．
7．(多选)质量为1 kg的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图3甲所示，外力F和物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列分析正确的是( )
图3
A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2
B．物体运动的最大位移为13 m
C．物体在前3 m运动过程中的加速度为3 m/s2
D．x＝9 m时，物体的速度为3eq \r(2) m/s
答案 ACD
解析 由Wf＝Ffx对应题图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff＝2 N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正确；由WF＝Fx对应题图乙可知，前3 m内，拉力F1＝5 N，3～9 m内拉力F2＝2 N，物体在前3 m内的加速度a1＝eq \f(F1－Ff,m)＝3 m/s2，C正确；由动能定理得：WF－Ffx＝eq \f(1,2)mv2可得：x＝9 m时，物体的速度为v＝3eq \r(2) m/s，D正确；物体运动的最大位移xm＝eq \f(WF,Ff)＝13.5 m，B错误．
8．某消防队员从一平台上跳下，下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身的重心又下降了0.5 m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为( )
A．自身所受重力的2倍
B．自身所受重力的5倍
C．自身所受重力的8倍
D．自身所受重力的10倍
答案 B
解析 设地面对双脚的平均作用力为F，在全过程中，由动能定理得mg(H＋h)－Fh＝0
F＝eq \f(mgH＋h,h)＝eq \f(2＋0.5,0.5)mg＝5mg，B正确．
9.(多选)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到vmax后，立即关闭发动机直至静止，v－t图象如图4所示，设汽车的牵引力为F，受到的摩擦力为Ff，全程中牵引力做功为W1，克服摩擦力做功为W2，则( )图4
A．F∶Ff＝1∶3 B．W1∶W2＝1∶1
C．F∶Ff＝4∶1 D．W1∶W2＝1∶3
答案 BC
解析 对汽车运动的全过程，由动能定理得：W1－W2＝ΔEk＝0，所以W1＝W2，选项B正确，D错误；由图象知x1∶x2＝1∶4.由动能定理得Fx1－Ffx2＝0，所以
F∶Ff＝4∶1，选项A错误，C正确．
10．如图5所示，小球以初速度v0从A点沿粗糙的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的速度大小为( )
图5
A.eq \r(v\\al( 2,0)－4gh) B.eq \r(4gh－v\\al( 2,0))
C.eq \r(v\\al( 2,0)－2gh) D.eq \r(2gh－v\\al( 2,0))
答案 B
解析 在从A到B的过程中，重力和摩擦力都做负功，根据动能定理可得mgh＋Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)，从B到A过程中，重力做正功，摩擦力做负功(因为是沿原路返回，所以两种情况摩擦力做功大小相等)根据动能定理可得mgh－Wf＝eq \f(1,2)mv2，两式联立得再次经过A点的速度为eq \r(4gh－v\\al( 2,0))，选B.
11．如图6所示，斜面高h，质量为m的物块，在沿斜面向上的恒力F作用下，能匀速沿斜面向上运动，若把此物块放在斜面顶端，在沿斜面向下同样大小的恒力F作用下，物块由静止向下滑动，滑至底端时其动能的大小为( )
图6
A．mgh
B．2mgh
C．2Fh
D．Fh
答案 B
解析 物块匀速向上运动，即向上运动过程中物块的动能不变，由动能定理知物块向上运动过程中外力对物块做的总功为0，
即WF－mgh－Wf＝0①
物块向下运动过程中，恒力F与摩擦力对物块做功与向上运动相同，设滑至底端时的动能为Ek，由动能定理知WF＋mgh－Wf＝Ek－0②
将①式变形有WF－Wf＝mgh，
代入②式有Ek＝2mgh，则B选项正确．
12．飞机在水平跑道上滑行一段时间后起飞．飞机总质量m＝1×104 kg，发动机在水平滑行过程中保持额定功率P＝8 000 kW，滑行距离x＝50 m，滑行时间t＝5 s，然后以水平速度v0＝80 m/s飞离跑道后逐渐上升，飞机在上升过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力(该升力由其他力的合力提供，不含重力)，飞机在水平方向通过距离L＝1 600 m的过程中，上升高度为h＝400 m．取g＝10 m/s2.求：
(1)假设飞机在水平跑道滑行过程中受到的阻力大小恒定，求阻力Ff的大小；
(2)飞机在上升高度为h＝400 m过程时，飞机的动能为多少．
答案 (1)1.6×105 N (2)4×107 J
解析 (1)飞机在水平滑行过程中，根据动能定理： Pt－Ffx＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)－0
解得：Ff＝1.6×105 N.
(2)该飞机升空后水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，设运动时间为t，竖直方向加速度为a，则：
水平方向有：L＝v0t
竖直方向有：h＝eq \f(1,2)at2
联立解得：t＝20 s，a＝2 m/s2
竖直分速度大小为：v⊥＝eq \r(2ah)＝40 m/s
飞机的动能为：Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)m(veq \\al( 2,0)＋veq \\al( 2,⊥))＝4×107 J
13．如图7所示，光滑水平面AB与竖直面内粗糙的半圆形导轨在B点衔接，BC为导轨的直径，与水平面垂直，导轨半径为R＝0.4 m，一个质量为m＝2.0 kg的小球将弹簧压缩至A处．小球从A处由静止释放被弹开后，以速度v＝6 m/s经过B点进入半圆形轨道，之后向上 图7
运动恰能沿轨道运动到C点．求：
(1)释放小球前弹簧的弹性势能；
(2)小球到达C点时的速度大小；
(3)小球由B到C运动过程中克服摩擦力做的功．
答案 (1)36 J (2)2 m/s (3)16 J
解析 (1)释放小球前弹簧的弹性势能等于小球得到的动能：Ep＝eq \f(1,2)mv2＝36 J.
(2)小球到达C点时，根据牛顿定律：mg＝meq \f(v\\al( 2,C),R)，解得vC＝eq \r(gR)＝2 m/s.
(3)小球由B到C运动过程，由动能定理：
－mg·2R－Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,C)－eq \f(1,2)mv2，
解得Wf＝16 J.
14．如图8甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置．质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回．A离开弹簧后，恰好回到P点．物块A与水平面间的动摩擦因数为μ.求：
(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功．
(2)O点和O′点间的距离x1.图8
(3)如图乙所示，若将另一个与A完全相同的物块B(可视为质点)与弹簧右端拴接，将A放在B右边，向左推A、B，使弹簧右端压缩到O′点位置，然后从静止释放，A、B共同滑行一段距离后分离．分离后物块A向右滑行的最大距离x2是多少？
答案 (1)eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0) (2)eq \f(v\\al( 2,0),4μg)－x0 (3)x0－eq \f(v\\al( 2,0),8μg)
解析 (1)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0).
(2)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得2μmg(x1＋x0)＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)
解得x1＝eq \f(v\\al( 2,0),4μg)－x0
(3)A、B在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v1，弹出过程弹力做功WF
只有A时，从O′到P有
WF－μmg(x1＋x0)＝0－0
A、B共同从O′到O有WF－2μmgx1＝eq \f(1,2)×2mveq \\al( 2,1)
分离后对A有eq \f(1,2)mveq \\al( 2,1)＝μmgx2
联立以上各式可得x2＝x0－eq \f(v\\al( 2,0),8μg).知识内容
必考要求
加试要求
说明
动能和动能定理
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1.不要求用平均力计算变力做功和利用F－l图象求变力做功.
2.不要求用动能定理解决物体系的问题.