8.3动能和动能定理 学案（含答案解析）
文档属性
| 名称 | 8.3动能和动能定理 学案（含答案解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 6.0MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2023-06-15 10:33:05 | ||
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文档简介
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8.3 动能和动能定理
一、考点梳理
考点一、动能和动能定理
动能概念的理解
动能的表达式Ek＝mv2.
动能是标量，没有负值．
动能是状态量，与物体的运动状态相对应．
动能具有相对性，选取不同的参考系，物体的速度不同，动能也不同，一般以地面为参考系．
动能定理
在一个过程中合外力对物体做的功或者外力对物体做的总功等于物体在这个过程中动能的变化．
W与ΔEk的关系：合力做功是物体动能变化的原因．
合力对物体做正功，即W>0，ΔEk>0，表明物体的动能增大；
合力对物体做负功，即W<0，ΔEk<0，表明物体的动能减小；
如果合力对物体不做功，则动能不变．
物体动能的改变可由合外力做功来度量．
【典例1】关于力对物体做的功与物体动能变化的关系,以下说法正确的是 ( )
A.某个力做正功,物体动能增加
B.某个力做负功,物体动能增加
C.合外力做正功,物体动能增加
D.合外力做负功,物体动能增加
【答案】C
【解析】根据动能定理,物体动能的变化对应合外力做的功。合外力做正功,物体动能增加;合外力做负功,物体动能减小。
【典例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，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度出发，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. B. C. D.
【答案】B
【解析】在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理
可得摩擦力的大小。
练习1、图甲为排球比赛的某个场景，排球飞行过程可简化为乙图。运动员某次将飞来的排球从a点水平击出，球击中b点；另一次将飞来的排球从a点的正下方且与b点等高的c点斜向上击出，也击中b点；排球运动的最高点d，与a点的高度相同，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．两个过程中，排球在空中飞行的时间相等
B．两个过程中，排球击中b点时的动能相等
C．两次击球后瞬间，排球的动能可能相等
D．排球两次击中b点前瞬间，从a点击出的球重力的功率大
【答案】C
【解析】AC．由于排球从c点斜向上击出后做斜抛运动，按照时间的对称性，排球从c点到d点的时间与从d点到b点时间相同，排球从d到b点在竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向的运动可知vya=vyc=gta则可知tc=2ta由于水平方向的位移相同，根据，可知vax>vcx，根据速度的合成可知，a抛出时的速度va0=vaxc点击出时的初速度为故两过程中，小球的初速度大小可能相等，根据可知，两次击球后瞬间，排球的动能可能相等，故A错误，C正确；B．根据运动的对称性可知，c点击出时的速度大小与击中b点时速度大小相等，a点击出的排球击中b点时的速度为故从a点击出的排球击中b点时的速度较大，根据可知，排球击中b点时的动能不相等，故B错误；D．由于竖直方向做的是自由落体运动，下落的高度相同，故落地时竖直方向的速度相同，则重力的瞬时功率P=mgvy相同，故D错误。
考点二、动能定理的简单应用
应用动能定理解题的一般步骤
选取研究对象(通常是单个物体)，明确它的运动过程．
对研究对象进行受力分析，明确各力做功的情况，求出外力做功的代数和．
明确物体在初、末状态的动能Ek1、Ek2.
列出动能定理的方程W＝Ek2－Ek1，结合其他必要的辅助方程求解并验算．
【典例1】如图所示,一个质量为m的滑块静止放在水平地面上的A点,受到一个与水平方向成θ角的斜向上恒力F作用开始运动,当滑块前进l到达B点时速度大小为v,此时撤去F,滑块最终停在水平地面上的C点,B、C间的距离为x,滑块与地面间的动摩擦因数为μ。则下列关系式正确的是( )
A.Flcos θ=μmg(l+x)
B.μ(mg-Fsin θ)l=μmgx
C.Flcos θ-μmgx=mv2
D.Fl(cos θ+μsin θ)=μmg(l+x)
【答案】D
【解析】由题意,从开始到C点,由动能定理得Flcos θ-μ(mg-Fsin θ)l-μmgx=0,整理得Fl(cos θ+μsin θ)=μmg(l+x)。
【典例2】(多选)甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉着它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s.如图所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下列关于力F对甲、乙两物体做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是( )
A．力F对甲物体做功多
B．力F对甲、乙两个物体做的功一样多
C．甲物体获得的动能比乙大
D．甲、乙两个物体获得的动能相同
【答案】BC
【解析】由W＝Flcos α＝F·s可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，A错误，B正确；根据动能定理，对甲有Fs＝Ek1，对乙有Fs－Ffs＝Ek2，可知Ek1>Ek2，C正确，D错误．
练习1、体育课上，喜欢打篮球的李同学迅速跳起，在最高点时以一定的速度将质量为m的篮球抛出，如图所示，篮球被抛出位置距离地面高度为h，距离篮球框的水平距离为x，篮筐距离地面的高度为H，当篮球竖直速度刚好为零时，篮球刚好到达篮筐，然后篮球与球框碰撞，碰撞后速度大小变为碰前的0.5倍，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．小李同学扔球时对篮球做的功为
B．小李同学扔球时对篮球做的功为
C．篮球落地点距离篮筐的水平距离为
D．篮球从抛出到落地的时间为
【答案】A
【解析】AB．篮球在竖直速度刚好为零时落进篮筐，根据逆向思维，篮球做平抛运动，则
，，
小李对篮球做的功
，
联立解得
故A正确，B错误；
C．篮球与篮筐碰撞后的速度大小为碰前的，碰后至落地的时间
所以篮球落地点距离篮筐的水平距离
故C错误；
D．篮球从抛出到落地的时间为，故D错误。
考点三、计算变力做功
当物体受到变力时，可用动能定理计算变力做的功
【典例1】如图所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边。已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计。求：
(1)小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf
(2)小船经过B点时的速度大小v1
【答案】(1)fd (2)
【解析】(1)小船从A点运动到B点克服阻力做功
Wf＝fd ①
(2)小船从A点运动到B点，电动机牵引缆绳对小船做功W＝Pt1 ②
由动能定理有W－Wf＝mv－mv ③
由①②③式解得v1＝
【典例2】如图所示的水平轨道足够长，只有部分是粗糙的，其长度为，其余部分是光滑的，质量为1kg，长度为的粗细相同的匀质软绳静止在点的左侧（绳的右端在点），软绳与粗糙部分的动摩擦因数为，现用的水平向右的恒力作用在软绳上，软绳始终保持伸直状态且长度不变，重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在软绳运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．软绳先做匀加速后做匀减速运动 B．软绳的左端能经过点
C．软绳的最大动能为0.5J D．软绳克服摩擦力做功4.0J
【答案】C
【解析】设绳子B端向右运动位移为，当时，绳子所受摩擦力
当时，绳子所受摩擦力
绳子所受摩擦力随位移变化如图所示
又图像与坐标轴围成的面积表示物体克服摩擦力做的功，当时，
①
对绳子由动能定理得
②
当时
又
得
所以设绳子B端向右运动位移为速度为零，停止运动。
A．拉力先比摩擦力大，后比摩擦力小，软绳先做加速运动后做减速运动。时，摩擦力为变力，所以加速度不恒定，A错误；
B．当时，绳子停止运动，软绳的左端不能经过点，B错误；
C．由①②得,当
动能最大
C正确；
D．B端向右运动位移L的过程中，克服摩擦力做功
D错误。
练习1、一质量为m的小朋友（可视为质点），从竖直面内半径为r的圆弧形滑道的A点由静止开始下滑，小朋友到达圆弧最低点B时的速度大小为（g为当地的重力加速度）。已知过A点的切线与竖直方向的夹角为30°，滑道各处动摩擦因数相同，则小朋友在沿着AB下滑的过程中（ ）
A．在最低点B时对滑道的压力大小为
B．处于先超重后失重状态
C．重力的功率先减小后增大
D．克服摩擦力做功为
【答案】A
【解析】A．在B点，根据牛顿第二定律得
解得
结合牛顿第三定律得小朋友在最低点脚对滑道的压力大为
A正确；
B．小朋友在点时加速度沿着切钱向下，处于失重状态，到最低点时加速度竖直向上，处于超重状态，B错误；
C．小朋友在A点时速度为零，重力的功率为零，到最低点时重力的方向与速度方向垂直，重力的功率也为零，故重力的功率先增大后减小，C错误；
D．在整个运动过程中，由动能定理得
解得克服摩擦力做功为
D错误。
练习2、如图所示，运动员把质量为m的足球从水平地面的位置1踢出，足球在空中达到的最高点位置2的高度为h，在最高点时的速度为v，落地点为位置3，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．运动员踢球时对足球做功mv2
B．从位置1到位置2足球重力做功mgh
C．运动员踢球时对足球做功
D．足球即将落至位置3时速度为零
【答案】C
【解析】AC．对于足球，根据动能定理
解得运动员对足球做功
故A错误，C正确；
B．足球上升过程重力做功
足球上升过程中克服重力做功，故B错误。
D．足球最高点时的速度为v，落地时，根据动能定理有
显然在位置3时速度不为零，故D错误。
考点四、多过程动能定理
一个物体的运动如果包含多个运动阶段，即可以将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况、初末动能进行分析，然后应用动能定理列式联立求解．也可以全过程应用动能定理，这样不涉及中间量，解决问题会更简单方便．
选择全程应用动能定理时，要注意有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况区别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，做正功还是负功，正确写出总功．
【典例1】如图所示，物体在距斜面底端5 m处由静止开始下滑，然后滑上与斜面平滑连接的水平面，若物体与斜面及水平面间的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°，求物体能在水平面上滑行的距离．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
【答案】3.5 m
【解析】对物体在斜面上和水平面上分别受力分析如图所示
方法一 分过程列方程：设物体滑到斜面底端时的速度为v，物体下滑阶段
FN1＝mgcos 37°，故Ff1＝μFN1＝μmgcos 37°
由动能定理得：
mgsin 37°·l1－μmgcos 37°·l1＝mv2－0
设物体在水平面上滑行的距离为l2，摩擦力Ff2＝μFN2＝μmg
由动能定理得：－μmgl2＝0－mv2
联立以上各式可得l2＝3.5 m.
方法二 对全过程由动能定理列方程：
mgl1sin 37°－μmgcos 37°·l1－μmgl2＝0
解得：l2＝3.5 m.
【典例2】如图所示是某公司设计的“2009”玩具轨道，是用透明的薄壁圆管弯成的竖直轨道，其中引入管道AB及“200”管道是粗糙的，AB是与“2009”管道平滑连接在竖直放置的半径为R＝0.4m的圆管轨道，已知AB圆管轨道半径与“0”字形圆形轨道半径相同。“9”管道是由半径为2R的光滑圆弧和半径为R的光滑圆弧以及两段光滑的水平管道、一段光滑的竖直管道组成，“200”管道和“9”管道两者间有一小缝隙P，现让质量m＝0.5kg的闪光小球(可视为质点)从距A点高H＝2.4m处自由下落，并由A点进入轨道AB，已知小球到达缝隙P时的速率为v＝8m/s，g取10m/s2。求：
(1)小球通过粗糙管道过程中克服摩擦阻力做的功；
(2)小球通过“9”管道的最高点N时对轨道的作用力；
(3)小球从C点离开“9”管道之后做平抛运动的水平位移。
【答案】（1）Wf＝2J（2）FN＝＝35N（3）平抛运动的水平位移为2.77m
【解析】(1)小球从初始位置到达缝隙P的过程中，由动能定理有
mg(H＋3R)－Wf＝mv2－0
代入数据得Wf＝2J。
(2)设小球到达最高点N时的速度为vN，对P→N过程由动能定理得：－mg·4R＝mv－mv2
在最高点N时，根据牛顿第二定律有：FN＋mg＝m
联立解得FN＝m－mg＝35N
所以小球在最高点N时对轨道的作用力为35N。
(3)小球从初始位置到达C点的过程中，由动能定理有
mg(H＋R)－Wf＝mv－0
解得vC＝4m/s
小球从C点离开“9”管道之后做平抛运动，
竖直方向：2R＝gt2，解得t＝0.4s；
水平方向：DE＝vCt≈2.77m，所以平抛运动的水平位移为2.77m。
练习1、如图所示，AB与CD为两个对称斜面，其上部足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R为2.0 m，一个物体在离弧底E高度为h＝3.0 m处，以初速度4.0 m/s沿斜面运动．若物体与两斜面的动摩擦因数为0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共能走多长路程？(取g＝10 m/s2)
【答案】s＝280 m
【解析】设物体在斜面上运动的总路程为s，则摩擦力所做的总功为－μmgscos 60°，末状态选为B(或C)，此时物体速度为零，对全过程由动能定理得
mg[h－R(1－cos 60°)]－μmgscos 60°＝0－mv
物体在斜面上通过的总路程为
s＝＝ m ＝280 m
练习2、如图甲所示，一质量为m＝1kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块在受到按如图乙所示规律变化的水平力F作用下向右运动，第3s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，(g取10m/s2)求：
(1)AB间的距离；
(2)水平力F在5s时间内对物块所做的功。
【答案】(1)4m (2)24J
【解析】(1)在3s～5s内物块在水平恒力F作用下由B点匀加速直线运动到A点，设加速度为a，AB间的距离为s，则
F－μmg＝ma
a＝＝m/s2＝2m/s2
s＝at2＝4m
(2)设整个过程中F做的功为WF，物块回到A点时的速度为vA，由动能定理得：
WF－2μmgs＝mv
v＝2as
WF＝2μmgs＋mas＝24J。
考点五、动能定理在平抛、圆周运动中的应用
动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意：
与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量．
与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件：
①可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝0.
②不可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为只有重力提供向心力，mg＝，vmin＝.
【典例1】如图所示，固定在竖直面内横截面为半圆的光滑柱体（半径为R，直径水平）固定在距离地面足够高处，位于柱体两侧质量相等的小球A、B（视为质点）用细线相连，两球与截面圆的圆心O处于同一水平线上（细线处于绷紧状态）。在微小扰动下，小球A由静止沿圆弧运动到柱体的最高点P。不计空气阻力，重力加速度大小为g。小球A通过P点时的速度大小为（ ）。
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】对AB组成的系统，从开始运动到小球A运动到最高点的过程
解得
【典例2】质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图8所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨迹的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，已知重力加速度为g，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是( )
图8
A.mgR B.mgR C.mgR D．mgR
【答案】C
【解析】小球通过最低点时，设绳的张力为FT，则
FT－mg＝m，即6mg＝m①
小球恰好通过最高点，绳子拉力为零，则有mg＝m②
小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得
－mg·2R－W克f＝mv22－mv12③
由①②③式解得W克f＝mgR。
练习1、嘉年华上有一种回力球游戏，如图所示，A、B分别为一固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道的最高点和最低点，B点距水平地面的高度为h，某人在水平地面C点处以某一初速度抛出一个质量为m的小球，小球恰好水平进入半圆轨道内侧的最低点B，并恰好能过最高点A后水平抛出，又恰好回到C点抛球人手中．若不计空气阻力，已知当地重力加速度为g，求：
（1）半圆形轨道的半径；
（2）小球在C点抛出时的速度．
【答案】（1）2h（2）
【解析】(1)设半圆形轨道的半径为R，小球经过A点时的速度为，小球经过B点时的速度为，小球经过B点时轨道对小球的支持力为
在A点，则有：
从B点到A点的过程中，根据动能定理有：
C到B的逆过程为平抛运动，有：，
A到C的过程，有：，
解得：R＝2h
（2）从C点到B点的过程中，竖直方向：
在C点，则有：，且有：
解得：
方向与水平方向夹角为：
练习2、如图所示，质量为m的小球自由下落d后，沿竖直面内的固定轨道ABC运动，AB是半径为d的光滑圆弧，BC是直径为d的粗糙半圆弧（B是轨道的最低点）。小球恰好能运动到C点，重力加速度为g。求：
（1）小球刚下滑到B处时对轨道的压力大小；
（2）小球在BC上运动过程中，摩擦力对小球做的功。
【答案】（1）5mg；（2）﹣mgd
【解析】小球下落到B的过程
mv2=2mgd
解得
在B点
得
T=5mg
根据牛顿第三定律可
Tˊ=T=5mg
在C点
解得
小球从B运动到C的过程
mvc2﹣mv2=﹣mgd+Wf
解得
Wf=﹣mgd
考点六、动能定理在传送带中的应用
【典例1】如图所示，皮带的速度是，两圆心距离，现将的小物体轻放在左轮正上方的皮带上，物体与皮带间的动摩擦因数，皮带不打滑，电动机带动皮带将物体从左轮运送到右轮正上方时，（g取）求：
（1）小物体获得的动能；
（2）这一过程摩擦力做功多少；
（3）这一过程电动机对物体做功多少。
【答案】（1）； （2）； （3）
【解析】（1）设物体与传送带速度相同时物体通过的位移大小为s，则由动能定理
代入数值解得
即物块可与皮带速度达到相同做匀速运动，则
（2）这一过程由动能定理，摩擦力对物体做功
根据牛顿第二定律可得
解得
根据公式
得
所以产生的热量为
这一过程摩擦力做功
（3）根据能量守恒定律，这一过程电动机对物体做功
【典例2】如图所示为一传送带装置模型，固定斜面的倾角为，底端经一长度可忽略的光滑圆弧与足够长的水平传送带相连接，可视为质点的物体质量，从高的斜面上由静止开始下滑，它与斜面的动摩擦因数，与水平传送带的动摩擦因数，已知传送带以的速度逆时针匀速转动，，，取，不计空气阻力。求：
（1）物体从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中与传送带间的摩擦生热值；
（2）物体第一次离开传送带后滑上斜面，它在斜面上能达到的最大高度。
【答案】（1）；（2）。
【解析】（1）设物体第一次滑到底端的速度为，根据动能定理有
解得
在传送带上物体的加速度大小为
物体在传送带上向右运动到速度为0所用时间为
由于
由运动的对称性可知返回时间也为，则从滑上传送带到第一次离开传送带经历的时间为
物体的位移为0，物体相对传送带的位移即传送带的位移为
则摩擦产生的热量为
（2）物体第一次返回到传送带左端的速度为
物体以速度从底端冲上斜面达最大高度，设最大高度为，由动能定理得
解得
练习1、如图所示，静止的水平传送带左端与水平面相连，左端是竖直光滑半圆轨道，点与圆心等高，质量为的物块（可视为质点）以的初速度从传送带A点向左运动，物块达到圆轨道最低点时，轨道对它支持力大小为，已知传送带长度，长度，半圆轨道半径，物块与传送带及水平面之间的动摩擦因数均为，重力加速度取，不计空气阻力，求：
（1）物块运动到点时对轨道的压力大小；
（2）要使物块恰好到达最高点，计算传送带逆时针转动的速度大小。
【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）物块A到C的过程，由动能定理得
可得
物块在点时，根据牛顿第二定律得
解得
则由牛顿第三定律可知，物块对轨道压力大小是
（2）物块到达点时，最小速度需要满足
所以
物块恰好到达点，根据动能定理得，物块离开传送带的速度满足
得
如果传送带静止，则物块从A到B过程，由动能定理得
可得
物块由减速到的过程中移动
要使物块恰好到达最高点，物块在传送带上先匀减速后匀速，所以传送带逆时针转动的速度大小为。
考点七、动能定理求机车启动位移问题
【典例1】为抗击疫情，全国人民齐心合力、众志成城，一辆来自厦门的大货车满载蔬菜紧急驰援泉州。货车质量为的货车以的恒定功率由静止开始运动，经时间速度达到最大速度，最终做匀速直线运动。求：（g取）。
（1）货车所受到的摩擦力；
（2）货车速度为时的加速度；
（3）货车在加速运动过程中通过的位移。
【答案】（1）5000N；（2）；（3）
【解析】（1）因为当
时有最大速度，所以
（2）由题意可得，此时牵引力为
则由牛顿第二定律得
（3）由动能定理可得
解得
【典例2】某大学生研制的无人环保清洁船，只需要选定“智慧清洁”功能，就能轻松地将湖面上的树枝、树叶、塑料袋子等漂浮物捞进船体内，自主完成环保清洁任务。某次作业时，机载传感器描绘出的速度时间图像如图所示，清洁船在t1时刻达到额定功率P=400kW，速度为=10m/s，此后清洁船以恒定功率运动。在 =15s时达到最大速度=20m/s，已知清洁船的质量为kg，清洁船在运动过程中所受阻力恒定不变。求：
（1）清洁船达到额定功率的时间；
（2）清洁船在0~时间内运动的位移大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）设时刻清洁船的牵引力为F，清洁船所受的阻力为。
由题意得
由牛顿第二定律得
联立解得
（2）设清洁船在0~t1时间内运动的位移为，~时间内运动的位移为。
由运动学公式得
解得
t1~t2 由动能定理可得：
又
联立解得
所以，清洁船在0~t2时间内运动的位移大小为
练习1、额定功率为P=80kW的汽车，在某平直的公路上行驶，所受的恒定阻力f=4000N，经过时间t=15s速度达到最大，汽车的质量m=2×103kg，如果汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a=2m/s2。求：
（1）汽车的最大速度vm；
（2）匀加速运动的末速度v1；
（3）在15s内汽车运动的总路程s。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）因为牵引力等于阻力时，速度最大，根据
汽车的最大速度
（2）根据牛顿第二定律得
解得
匀加速直线运动的末速度
（3）则匀加速直线运动的时间
汽车匀加速直线运动的位移
达到额定功率之后汽车做变加速运动，根据动能定理得
解得
则总路程
二、夯实小练
1、（多选）质量为m的物体，由静止开始下落，由于阻力作用，下落的加速度为，在物体下落h的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物体动能减少了 B．物体的动能增加了
C．物体的重力势能减少了 D．物体克服阻力所做的功为
【答案】BCD
【解析】AB．根据牛顿第二定律根据动能定理，物体的动能增加了故A错误，B正确；C．物体重力做功，做正功，则物体的重力势能减少了，故C正确；D．根据牛顿第二定律阻力大小为物体克服阻力所做的功为故D正确。
2、（多选）一质点做匀加速直线运动，在某段位移x后速度变为原来的2倍，紧接着在时间t内动能变为时间t初的4倍，则（ ）
A．质点的加速度为
B．质点的加速度为
C．运动位移x的初速度为
D．运动位移x的初速度为
【答案】AC
【解析】设质点做匀加速直线运动的初速度为，加速度为，在某段位移x后速度变为原来的2倍可得紧接着在时间t末的速度为时间t末的内动能变为时间t初的4倍，根据动能表达式可知联立解得AC正确，BD错误。
3、如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则( )
A.小物块的初速度是5 m/s
B.小物块的水平射程为1.2 m
C.小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功
D.小物块落地时的动能为0.9 J
【答案】D
【解析】小物块在粗糙水平桌面上滑行时，由动能定理－μmgs＝mv2－mv02
得：v0＝7 m/s，Wf＝－μmgs＝－2 J，A、C错误；
物块飞离桌面后做平抛运动，由h＝gt2，x＝vt得x＝0.9 m，B项错误；
由mgh＝Ek－mv2得，物块落地时Ek＝0.9 J。
4、(多选)质量为m的汽车，发动机的功率恒为P，阻力恒为F1，牵引力为F，汽车由静止开始，经过时间t行驶了位移s时，速度达到最大值vm，则发动机所做的功为( )
A.Pt B.F1s
C.mvm2 D.＋
【答案】AD
【解析】发动机的功率恒为P，经过时间t，发动机做的功为W＝Pt，A正确；当达到最大速度时，有P＝F1vm，得vm＝，整个过程中发动机做的功应等于克服阻力做的功与汽车获得的动能之和，则W＝mvm2＋F1s＝＋，B、C错误，D正确.
5、如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等。用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A，所需时间分别为t1、t2；动能增量分别为ΔEk1、ΔEk2。假定球在经过轨道转折点前后速度的大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则（ ）
A．ΔEk1>ΔEk2；t1>t2 B．ΔEk1＝ΔEk2；t1>t2
C．ΔEk1>ΔEk2；t1【答案】B
【解析】因为摩擦力做功
可知沿两轨道运动，摩擦力做功相等，根据动能定理得
知两种情况拉力做功相等，摩擦力做功相等，重力做功相等，则动能的变化量相等。
设物体的加速度a，由牛顿第二定律得
整理得
可知斜面与水平面之间的夹角越大，加速度越小，结合物体运动的轨迹，作出在两个轨道上运动的速度时间图线如图所示∶
由于路程相等，则图线与时间轴围成的面积相等，由图可知
.
6、滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示为一简化后的滑雪雪道示意图，质量为的运动员从高处的a点沿倾斜雪道滑入水平雪道，两雪道在b点平滑连接，运动员与两雪道间的动摩擦因数相同，运动员在a、c两点时的速度大小均为，长度与长度相等，运动员可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度大小g取10，则运动员从a到c的运动过程中（ ）
A．运动员的动能始终保持不变
B．运动员在段克服摩擦力做功小于在段克服摩擦力做功
C．运动员在过程克服阻力做的功等于2001J
D．运动员经b点时的速度大小等于13
【答案】B
【解析】A．由题意知，在运动员从b运动到c的过程中，由于摩擦力做负功，动能在减少，选项A错误；
B．运动员在段正压力小于段的正压力，故运动员在段克服摩擦力做功小于在段克服摩擦力做功，即从a到b克服摩擦力做功
选项B正确；
C．运动员从a到c根据动能定理
可得，全程克服阻力做功
因在段、段摩擦力做功不同，故运动员在过程克服阻力做的功一定不等于
选项C错误；
D．设运动员在b点的速度为，根据动能定理有
所以
。
7、在斜面上O点，将质量相等的甲乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的动能与乙球落至斜面时的动能之比为（ ）
A．3:1 B．9:1 C．6:1 D．27:1
【答案】B
【解析】设斜面倾角为，小球落在斜面上速度方向偏向角为，甲球以速度抛出，落在斜面上，如图所示
根据平抛运动的推论可得
所以甲、乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等；对甲有
对乙有
联立可得
由于甲、乙两球质量相等，所以甲球落至斜面时的动能与乙球落至斜面时的动能之比为
。
8、（多选）如图所示，水平传送带以大小为v的速度沿逆时针匀速转动，一个物块也以大小为v的速度从传送带的左端滑上传送带，并刚好能从传送带右端滑离，物块在传送带上运动的时间为t。若将物块滑上传送带的速度减小为，则下列判断正确的是（ ）
A．物块能滑到传送带中间的位置 B．物块能运动到传送带的最右端
C．物块在传送带上一直做匀变速运动 D．为物块在传送带上运动的时间也为t
【答案】CD
【解析】A B．设左右两端的距离为L，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则加速度为
物块以大小为v的速度从传送带的左端滑上传送带，根据动能定理可得：
若将物块滑上传送带的速度减小为，则
解得：
故物块不能滑到传送带中间的位置，也不能运动到传送带的最右端。AB错误；
C．物块在传送带上先向右减速，加速度为μg，再反向加速，加速度也为μg，故物块一直做匀变速运动，C正确；
D．物块以大小为v的速度从传送带的左端滑上传送带，运动时间
若将物块滑上传送带的速度减小为，物块在传送带上运动的时间也为
。
9、如图所示，一质量为m的可视为质点的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，。在A点给小球一个水平向左的初速度，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B。已知重力加速度为g。（设小球在运动过程中细线不会被拉断）
（1）若不计空气阻力，小球到达B点时的速率为多大？
（2）若不计空气阻力，小球初速度，试判断小球能否到达B点？若能到达，求在B点时细线受到小球拉力的大小；
（3）若空气阻力不能忽略，且在给小球向左的初速度时小球恰能到达B点，求这一过程中空气阻力对小球所做的功。
【答案】（1）；（2）能达到，；（3）
【解析】（1）小球刚好到达B点时，有
解得：
（2）设小球能从A运动到B，则由机械能守恒定律，有：
解得：
所以小球能够到达B点
在B点，对小球有：
则：
故由牛顿第三定律可知细线受小球的拉力
（3）设小球从A运动到B的过程中空气阻力做功为，则由动能定理可知：
解得：
10、某滑雪场的娱乐项目如图所示，段可认为是一足够长的光滑斜面，斜面的倾角为；段是滑行区，长度，与滑雪板间的动摩擦因数为，段是加速区，与滑雪板间的动摩擦因数。某次对一质量为（人和滑雪板的总质量）的滑雪者从段上的某位置施加一恒定水平推力，经过恰好以速度经过点，同时撤去推力，在点滑上斜面，再从斜面上滑下。已知滑雪者经过点时的速率不变，重力加速度取。求：
（1）滑雪者加速过程施加的水平推力多大；
（2）滑雪者从踏上点开始，经过多长时间第一次经过点；
（3）滑雪者最后停止的位置与点间的距离。
【答案】(1) 350N；(2)1s；(3) 11.8m
【解析】(1)滑雪者在CD段的加速度
由牛顿第二定律
解得推力
F=350N
(2)滑雪者在CB段运动时，由牛顿第二定律
解得
a2=2m/s2
设滑雪者从踏上C点开始至第一次经过B点所用时间为t2，则
解得
t2=ls
(3)滑雪者经过B点的速度
vB=v-a2t2=8m/s
设滑雪者返回经过C点的速度为vC，则滑雪者从B离开至C点过程，由动能定理
解得
故此后滑雪者在CD上运动直到停止；
设滑雪者离开C后至停下发生的位移为x，此过程由动能定理
解得
x=2.8m
故滑雪者最后停止的位置与B点间的距离
d=l+x=11.8m
11、“滑草”是一项新的健康娱乐运动。“滑草”运动的示意图如图所示，坐在垫板上的小孩从高h=10m的倾斜滑道顶端由静止下滑，到达底端时速度大小v=4m/s，进入水平滑道时速度大小不变，最终停在水平滑道上。已知小孩和垫板的总质量m=30kg，垫板与水平滑道的动摩擦因数，取。求：
（1）在倾斜滑道上滑动时摩擦力做的功；
（2）小孩在水平滑道上滑行的距离s。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）在小孩从倾斜滑道顶端滑到底端的过程中，由动能定理得
解得
（2）小孩在水平滑道上滑行的过程中，由动能定理得
解得
12、有一长为L的细线，细线的一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球恰好能在竖直面内做完整的圆周运动，如图所示，已知水平地面上的C点位于O点正下方，A是轨道最高点，B是轨道最低点，AOBC四个点在同一竖直线上且AC两点的距离为3L，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）求小球恰好通过最高点A点时的速度vA；
（2）若小球某次通过最低点B点时，细线突然断裂时，小球的速度是多少？
（3）求小球落地点到C点的距离。
【答案】（1），方向水平向左；（2），方向水平向右；（3）
【解析】（1）对小球在A点，根据牛顿第二定律可得
解得
方向水平向左
（2）从A到B对小球由动能定理
解得
方向水平向右
（3）对小球从B点到落地的过程中，做平抛运动，则有
联立解得
13、如图所示，A、B两个材料相同的物体用长为L且不可伸长的水平细线连接在一起放在水平面上，在水平力F作用下以速度v做匀速直线运动，A的质量是B的2倍，某一瞬间细线突然断裂，保持F不变，仍拉A继续运动距离s0后再撤去，则当A、B都停止运动时，A和B相距多远？
【答案】L＋s0
【解析】设物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体B的质量为m，B从细线断裂到停止运动前进s2，A从细线断裂到停止运动前进s1，对B由动能定理有
－μmgs2＝－mv2
对A由动能定理有
Fs0－μ·2mgs1＝0－×2mv2
细线断裂前，系统处于平衡状态，有F＝μ·3mg
联立以上各式可得s1－s2＝s0
当A、B都停止运动时，A、B两物体相距Δs＝L＋s1－s2＝L＋s0
三、培优练习
1、（多选）一物块以初速度自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能随位移x的变化关系如图所示，图中、、均己知。根据图中信息可以求出的物理量有（ ）
A．重力加速度大小 B．物体所受滑动摩擦力的大小
C．斜面的倾角 D．沿斜面上滑的时间
【答案】BD
【解析】ABC．由动能定义式得，则可求解质量m；上滑时，由动能定理
下滑时，由动能定理
x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知
，
两式相加可得
相减可知
即可求解gsinθ和所受滑动摩擦力f的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故AC错误，B正确；
D．根据牛顿第二定律和运动学关系得
，
故可求解沿斜面上滑的时间。
2、（多选）物体沿直线运动的v-t关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则（ ）
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4秒末合外力做功为-0.75W
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5秒末合外力做功为-2W
【答案】BC
【解析】A．物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，做功为零，A错误；B．从第3秒末到第4秒末动能变化量是负值，4秒末速度为 ，即大小等于第1秒内动能的变化量的，则合力做功为-0.75W，B正确；C．从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W，C正确D．从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相反，合力的功相反，等于-W，D错误。
3、（多选）如图所示，水平粗糙传送带以恒定速度v0顺时针匀速传送，质量为m的正方形物体abcd置于传送带上，在传送带所在区域有一以PQ与MN为边界的特定区间，当abcd在进入与离开该区间的过程中就会受到水平向左的变力F的作用，且当abcd进入该区间的过程中F的变化规律与abcd离开该区域的过程中F的变化规律相同，PQ、MN与传送带垂直物体在图示位置开始计时，运动过程中ab边始终与PQ平行，其速度与时间的关系如图所示，重力加速度为g，正方体物体的边长为l则下列说法中正确的是（ ）
A．边界PQ与MN的距离为
B．物体与传送带间的动摩擦因数为
C．时间内，克服变力F做的功为
D．从零时刻开始，传送带因传送物体而多做的功为
【答案】CD
【解析】A．根据题意可知，边界PQ与MN的距离为物体在时间内的位移之和，物体在时间内的位移为物体的边长，则有
根据图像，可得物体在时间内的位移
物体在时间内的位移
可得边界PQ与MN的距离为
故A错误；
B．物体在时间内做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得
由用像可得
联立可得
所以选项B错误；
C．时间内，克服变力F做的功为
解得
故C正确：
D．从零时刻开始，传送带因传送物体而多做的功为传送带克服摩擦力所做的功，时间内，克服摩擦力做的功为
时间内，克服摩擦力做的功与在时间内克服摩擦力做的功一样多，故
。
4、（多选）质量m=200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图像甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图像乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是（ ）
A．汽车受到的阻力200N
B．汽车的最大牵引力为800N
C．8s~18s过程中汽车牵引力做的功为8×104J
汽车在做变加速运动过程中的位移大小为95.5m
【答案】CD
【解析】【详解】A．当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则有
故A错误；B．汽车做匀加速运动的牵引力最大，则有故B错误；
C．8s-18s过程中汽车牵引力已达到最大功率，所以牵引力做的功为W=Pt=8×104J
故C正确；D．8s~18s过程中，根据动能定理得解得s=95.5m。
5、某城市广场喷泉的喷嘴横截面为S,用于给喷管喷水的电动机的输出功率为P,已知水的密度为ρ,重力加速度为g,不计空气阻力,则喷泉喷出的水柱高度为 ( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】设喷泉喷出的水柱高度为h,则水离开喷嘴的速度为v=,水离开喷嘴很短一段时间Δt内水柱的质量为m=ρ·vΔtS,根据动能定理可得PΔt=mv2,解得P=ρghS,则h=,选项D正确,ABC错误。
6、如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔．已知摆线长L＝2 m，θ＝53°，小球质量为m＝0.5 kg，D点与A孔的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2.(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)
(1)求摆线能承受的最大拉力为多大；
(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间的动摩擦因数μ的范围．
【答案】(1)9 N (2)0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025
【解析】(1)当摆球由C到D运动，根据动能定理有mg(L－Lcos θ)＝mvD2在D点，由牛顿第二定律可得Fm－mg＝m，解得Fm＝9 N
(2)小球不脱离圆轨道分两种情况
①要保证小球能到达A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得－μ1mgs＝0－mvD2，可得μ1＝0.4
若进入A孔的速度较小，那么小球将会在圆心以下做往返运动，不脱离轨道，其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由动能定理可得－mgR＝0－mvA2由动能定理可得－μ2mgs＝mvA2－mvD2，可求得μ2＝0.25
②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，当小球恰好到达最高点时，在圆轨道的最高点，由牛顿第二定律可得mg＝m，由动能定理可得－μ3mgs－2mgR＝mv2－mvD2，解得μ3＝0.025
综上所述，动摩擦因数μ的范围为0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025.
7、如图所示，AB为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙．BP为圆心角等于143°、半径R＝1 m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现有一质量m＝2 kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后(不拴接)由静止释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x＝12t－4t2(式中x单位是m，t单位是s)，假设物块第一次经过B点后恰能到达P点，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：
(1)若CD＝1 m，物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功；
(2)B、C两点间的距离；
(3)若BC部分光滑，把物块仍然压缩到D点由静止释放，求物块运动到P点时受到轨道的压力大小．
【答案】(1)156 J (2)6.125 m (3)49 N
【解析】(1)由x＝12t－4t2知，物块在C点速度为v0＝12 m/s加速度大小a＝8 m/s2
设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得W－mgsin 37°·CD＝mv02，代入数据得W＝156 J.
(2)物块在CB段，根据牛顿第二定律，物块所受合力F＝ma＝16 N，物块在P点的速度满足mg＝，从C到P的过程，由动能定理得－Fxm－mgR(1＋cos 37°)＝mvP2－mv02，解得xm＝6.125 m.
(3)物块从C到P的过程中，由动能定理得－mgxmsin 37°－mgR(1＋cos 37°)＝mvP′2－mv02物块在P点时满足FN＋mg＝联立以上两式得FN＝49 N.
8、如图所示，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝10 cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h＝0.8 m，水平距离s＝1.2 m，水平轨道AB长为L1＝2.75 m，BC长为L2＝3.5 m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2.
(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度大小；
(2)小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点初速度大小的范围．
【答案】(1)4 m/s (2)4 m/s≤vA≤5 m/s或vA≥ m/s
【解析】(1)小球恰好通过圆形轨道的最高点时，根据牛顿第二定律得mg＝从A点到圆形轨道的最高点的过程中，根据动能定理得：－μmgL1－mg×2R＝mv12－mvA12解得小球在A点的初速度vA1＝4 m/s
(2)若恰好运动到C点时，速度为零，则从A到C的过程中，根据动能定理得－μmg(L1＋L2)＝0－mvA22
解得小球在A点的初速度vA2＝5 m/s因此若小球停在BC段，则满足4 m/s≤vA≤5 m/s
若恰好能越过壕沟，则从C到D做平抛运动h＝gt2 s＝vt
从A到C的过程中，根据动能定理得－μmg(L1＋L2)＝mv2－mvA32解得小球在A点的初速度vA3＝ m/s
因此若小球能越过壕沟，则满足vA≥ m/s.
9、如图所示，水平面OA与竖直平面内的半径的半圆轨道AB平滑连接，圆弧的最高点B恰好位于水平传送带的右端上方，传送带的左边C点与一半径的圆弧CD平滑连接，圆弧的D点与倾角、足够长的斜面连接。在水平面A点的左边有一轻质弹簧，弹簧左端固定，原长时右端恰好位于A点。现压缩弹簧，将一质量（可视为质点）的小物块弹出，物块沿圆弧上升到B点后平滑地滑上传送带，此时传送带以速度顺时针转动。物块滑到传送带最左边C点时的速度为，已知物块与传送带之间的动摩擦因数，与斜面间的动摩擦因数，其余轨道均视作光滑，传送带BC长，取，。求：
（1）物块经过圆弧最高点B时（尚未滑上传送带），对轨道的弹力大小；
（2）若传送带以的速度逆时针转，物块在斜面上运动到达的最高点与D点的距离。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）B到C，由动能定理有
解得
在B点由牛顿第二定理有
解得
由牛顿第三定律得，物块经过圆弧最高点B时对轨道的弹力大小
（2）因为传送带的速度小于，所以传送带逆时针转动时，物体减速到C点速度仍为。设在斜面上滑行的最远距离为x，则
解得
10、如图所示为一传送带装置模型，固定斜面的倾角为，底端经一长度可忽略的光滑圆弧与足够长的水平传送带相连接，可视为质点的物体质量，从高的斜面上由静止开始下滑，它与斜面的动摩擦因数，与水平传送带的动摩擦因数，已知传送带以的速度逆时针匀速转动，，，取，不计空气阻力。求：
（1）物体从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中与传送带间的摩擦生热值；
（2）物体第一次离开传送带后滑上斜面，它在斜面上能达到的最大高度。
【答案】（1）；（2）。
【解析】（1）设物体第一次滑到底端的速度为，根据动能定理有
解得
在传送带上物体的加速度大小为
物体在传送带上向右运动到速度为0所用时间为
由于
由运动的对称性可知返回时间也为，则从滑上传送带到第一次离开传送带经历的时间为
物体的位移为0，物体相对传送带的位移即传送带的位移为
则摩擦产生的热量为
（2）物体第一次返回到传送带左端的速度为
物体以速度从底端冲上斜面达最大高度，设最大高度为，由动能定理得
解得
11、超级高铁是一种以“真空钢管运输”为理论核心的交通工具，具有超高速、高安全、低能耗、噪声小、污染小等特点。一质量为m的超级高铁进行测试，先由静止开始做匀加速直线运动，达到最大速度后匀速运动一段时间，再做匀减速直线运动，已知加速和减速过程中加速度大小相等，在加速过程开始的前t内位移为x1，减速过程开始的前t内位移为x2，运动过程所受阻力恒为f，求：
（1）测试过程中超级高铁的最大速度vm；
（2）由静止开始加速到最大速度的过程中，牵引力所做的功W。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）超级高铁在加速过程开始的前t内
超级高铁在减速过程开始的前t内
且
解得
（2）设超级高铁在加速过程的总位移为x
在加速过程中，由动能定理得
解得
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8.3 动能和动能定理
一、考点梳理
考点一、动能和动能定理
动能概念的理解
动能的表达式Ek＝mv2.
动能是标量，没有负值．
动能是状态量，与物体的运动状态相对应．
动能具有相对性，选取不同的参考系，物体的速度不同，动能也不同，一般以地面为参考系．
动能定理
在一个过程中合外力对物体做的功或者外力对物体做的总功等于物体在这个过程中动能的变化．
W与ΔEk的关系：合力做功是物体动能变化的原因．
合力对物体做正功，即W>0，ΔEk>0，表明物体的动能增大；
合力对物体做负功，即W<0，ΔEk<0，表明物体的动能减小；
如果合力对物体不做功，则动能不变．
物体动能的改变可由合外力做功来度量．
【典例1】关于力对物体做的功与物体动能变化的关系,以下说法正确的是 ( )
A.某个力做正功,物体动能增加
B.某个力做负功,物体动能增加
C.合外力做正功,物体动能增加
D.合外力做负功,物体动能增加
【答案】C
【解析】根据动能定理,物体动能的变化对应合外力做的功。合外力做正功,物体动能增加;合外力做负功,物体动能减小。
【典例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，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度出发，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. B. C. D.
【答案】B
【解析】在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理
可得摩擦力的大小。
练习1、图甲为排球比赛的某个场景，排球飞行过程可简化为乙图。运动员某次将飞来的排球从a点水平击出，球击中b点；另一次将飞来的排球从a点的正下方且与b点等高的c点斜向上击出，也击中b点；排球运动的最高点d，与a点的高度相同，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．两个过程中，排球在空中飞行的时间相等
B．两个过程中，排球击中b点时的动能相等
C．两次击球后瞬间，排球的动能可能相等
D．排球两次击中b点前瞬间，从a点击出的球重力的功率大
【答案】C
【解析】AC．由于排球从c点斜向上击出后做斜抛运动，按照时间的对称性，排球从c点到d点的时间与从d点到b点时间相同，排球从d到b点在竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向的运动可知vya=vyc=gta则可知tc=2ta由于水平方向的位移相同，根据，可知vax>vcx，根据速度的合成可知，a抛出时的速度va0=vaxc点击出时的初速度为故两过程中，小球的初速度大小可能相等，根据可知，两次击球后瞬间，排球的动能可能相等，故A错误，C正确；B．根据运动的对称性可知，c点击出时的速度大小与击中b点时速度大小相等，a点击出的排球击中b点时的速度为故从a点击出的排球击中b点时的速度较大，根据可知，排球击中b点时的动能不相等，故B错误；D．由于竖直方向做的是自由落体运动，下落的高度相同，故落地时竖直方向的速度相同，则重力的瞬时功率P=mgvy相同，故D错误。
考点二、动能定理的简单应用
应用动能定理解题的一般步骤
选取研究对象(通常是单个物体)，明确它的运动过程．
对研究对象进行受力分析，明确各力做功的情况，求出外力做功的代数和．
明确物体在初、末状态的动能Ek1、Ek2.
列出动能定理的方程W＝Ek2－Ek1，结合其他必要的辅助方程求解并验算．
【典例1】如图所示,一个质量为m的滑块静止放在水平地面上的A点,受到一个与水平方向成θ角的斜向上恒力F作用开始运动,当滑块前进l到达B点时速度大小为v,此时撤去F,滑块最终停在水平地面上的C点,B、C间的距离为x,滑块与地面间的动摩擦因数为μ。则下列关系式正确的是( )
A.Flcos θ=μmg(l+x)
B.μ(mg-Fsin θ)l=μmgx
C.Flcos θ-μmgx=mv2
D.Fl(cos θ+μsin θ)=μmg(l+x)
【答案】D
【解析】由题意,从开始到C点,由动能定理得Flcos θ-μ(mg-Fsin θ)l-μmgx=0,整理得Fl(cos θ+μsin θ)=μmg(l+x)。
【典例2】(多选)甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉着它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s.如图所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下列关于力F对甲、乙两物体做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是( )
A．力F对甲物体做功多
B．力F对甲、乙两个物体做的功一样多
C．甲物体获得的动能比乙大
D．甲、乙两个物体获得的动能相同
【答案】BC
【解析】由W＝Flcos α＝F·s可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，A错误，B正确；根据动能定理，对甲有Fs＝Ek1，对乙有Fs－Ffs＝Ek2，可知Ek1>Ek2，C正确，D错误．
练习1、体育课上，喜欢打篮球的李同学迅速跳起，在最高点时以一定的速度将质量为m的篮球抛出，如图所示，篮球被抛出位置距离地面高度为h，距离篮球框的水平距离为x，篮筐距离地面的高度为H，当篮球竖直速度刚好为零时，篮球刚好到达篮筐，然后篮球与球框碰撞，碰撞后速度大小变为碰前的0.5倍，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．小李同学扔球时对篮球做的功为
B．小李同学扔球时对篮球做的功为
C．篮球落地点距离篮筐的水平距离为
D．篮球从抛出到落地的时间为
【答案】A
【解析】AB．篮球在竖直速度刚好为零时落进篮筐，根据逆向思维，篮球做平抛运动，则
，，
小李对篮球做的功
，
联立解得
故A正确，B错误；
C．篮球与篮筐碰撞后的速度大小为碰前的，碰后至落地的时间
所以篮球落地点距离篮筐的水平距离
故C错误；
D．篮球从抛出到落地的时间为，故D错误。
考点三、计算变力做功
当物体受到变力时，可用动能定理计算变力做的功
【典例1】如图所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边。已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计。求：
(1)小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf
(2)小船经过B点时的速度大小v1
【答案】(1)fd (2)
【解析】(1)小船从A点运动到B点克服阻力做功
Wf＝fd ①
(2)小船从A点运动到B点，电动机牵引缆绳对小船做功W＝Pt1 ②
由动能定理有W－Wf＝mv－mv ③
由①②③式解得v1＝
【典例2】如图所示的水平轨道足够长，只有部分是粗糙的，其长度为，其余部分是光滑的，质量为1kg，长度为的粗细相同的匀质软绳静止在点的左侧（绳的右端在点），软绳与粗糙部分的动摩擦因数为，现用的水平向右的恒力作用在软绳上，软绳始终保持伸直状态且长度不变，重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在软绳运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．软绳先做匀加速后做匀减速运动 B．软绳的左端能经过点
C．软绳的最大动能为0.5J D．软绳克服摩擦力做功4.0J
【答案】C
【解析】设绳子B端向右运动位移为，当时，绳子所受摩擦力
当时，绳子所受摩擦力
绳子所受摩擦力随位移变化如图所示
又图像与坐标轴围成的面积表示物体克服摩擦力做的功，当时，
①
对绳子由动能定理得
②
当时
又
得
所以设绳子B端向右运动位移为速度为零，停止运动。
A．拉力先比摩擦力大，后比摩擦力小，软绳先做加速运动后做减速运动。时，摩擦力为变力，所以加速度不恒定，A错误；
B．当时，绳子停止运动，软绳的左端不能经过点，B错误；
C．由①②得,当
动能最大
C正确；
D．B端向右运动位移L的过程中，克服摩擦力做功
D错误。
练习1、一质量为m的小朋友（可视为质点），从竖直面内半径为r的圆弧形滑道的A点由静止开始下滑，小朋友到达圆弧最低点B时的速度大小为（g为当地的重力加速度）。已知过A点的切线与竖直方向的夹角为30°，滑道各处动摩擦因数相同，则小朋友在沿着AB下滑的过程中（ ）
A．在最低点B时对滑道的压力大小为
B．处于先超重后失重状态
C．重力的功率先减小后增大
D．克服摩擦力做功为
【答案】A
【解析】A．在B点，根据牛顿第二定律得
解得
结合牛顿第三定律得小朋友在最低点脚对滑道的压力大为
A正确；
B．小朋友在点时加速度沿着切钱向下，处于失重状态，到最低点时加速度竖直向上，处于超重状态，B错误；
C．小朋友在A点时速度为零，重力的功率为零，到最低点时重力的方向与速度方向垂直，重力的功率也为零，故重力的功率先增大后减小，C错误；
D．在整个运动过程中，由动能定理得
解得克服摩擦力做功为
D错误。
练习2、如图所示，运动员把质量为m的足球从水平地面的位置1踢出，足球在空中达到的最高点位置2的高度为h，在最高点时的速度为v，落地点为位置3，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．运动员踢球时对足球做功mv2
B．从位置1到位置2足球重力做功mgh
C．运动员踢球时对足球做功
D．足球即将落至位置3时速度为零
【答案】C
【解析】AC．对于足球，根据动能定理
解得运动员对足球做功
故A错误，C正确；
B．足球上升过程重力做功
足球上升过程中克服重力做功，故B错误。
D．足球最高点时的速度为v，落地时，根据动能定理有
显然在位置3时速度不为零，故D错误。
考点四、多过程动能定理
一个物体的运动如果包含多个运动阶段，即可以将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况、初末动能进行分析，然后应用动能定理列式联立求解．也可以全过程应用动能定理，这样不涉及中间量，解决问题会更简单方便．
选择全程应用动能定理时，要注意有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况区别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，做正功还是负功，正确写出总功．
【典例1】如图所示，物体在距斜面底端5 m处由静止开始下滑，然后滑上与斜面平滑连接的水平面，若物体与斜面及水平面间的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°，求物体能在水平面上滑行的距离．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
【答案】3.5 m
【解析】对物体在斜面上和水平面上分别受力分析如图所示
方法一 分过程列方程：设物体滑到斜面底端时的速度为v，物体下滑阶段
FN1＝mgcos 37°，故Ff1＝μFN1＝μmgcos 37°
由动能定理得：
mgsin 37°·l1－μmgcos 37°·l1＝mv2－0
设物体在水平面上滑行的距离为l2，摩擦力Ff2＝μFN2＝μmg
由动能定理得：－μmgl2＝0－mv2
联立以上各式可得l2＝3.5 m.
方法二 对全过程由动能定理列方程：
mgl1sin 37°－μmgcos 37°·l1－μmgl2＝0
解得：l2＝3.5 m.
【典例2】如图所示是某公司设计的“2009”玩具轨道，是用透明的薄壁圆管弯成的竖直轨道，其中引入管道AB及“200”管道是粗糙的，AB是与“2009”管道平滑连接在竖直放置的半径为R＝0.4m的圆管轨道，已知AB圆管轨道半径与“0”字形圆形轨道半径相同。“9”管道是由半径为2R的光滑圆弧和半径为R的光滑圆弧以及两段光滑的水平管道、一段光滑的竖直管道组成，“200”管道和“9”管道两者间有一小缝隙P，现让质量m＝0.5kg的闪光小球(可视为质点)从距A点高H＝2.4m处自由下落，并由A点进入轨道AB，已知小球到达缝隙P时的速率为v＝8m/s，g取10m/s2。求：
(1)小球通过粗糙管道过程中克服摩擦阻力做的功；
(2)小球通过“9”管道的最高点N时对轨道的作用力；
(3)小球从C点离开“9”管道之后做平抛运动的水平位移。
【答案】（1）Wf＝2J（2）FN＝＝35N（3）平抛运动的水平位移为2.77m
【解析】(1)小球从初始位置到达缝隙P的过程中，由动能定理有
mg(H＋3R)－Wf＝mv2－0
代入数据得Wf＝2J。
(2)设小球到达最高点N时的速度为vN，对P→N过程由动能定理得：－mg·4R＝mv－mv2
在最高点N时，根据牛顿第二定律有：FN＋mg＝m
联立解得FN＝m－mg＝35N
所以小球在最高点N时对轨道的作用力为35N。
(3)小球从初始位置到达C点的过程中，由动能定理有
mg(H＋R)－Wf＝mv－0
解得vC＝4m/s
小球从C点离开“9”管道之后做平抛运动，
竖直方向：2R＝gt2，解得t＝0.4s；
水平方向：DE＝vCt≈2.77m，所以平抛运动的水平位移为2.77m。
练习1、如图所示，AB与CD为两个对称斜面，其上部足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R为2.0 m，一个物体在离弧底E高度为h＝3.0 m处，以初速度4.0 m/s沿斜面运动．若物体与两斜面的动摩擦因数为0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共能走多长路程？(取g＝10 m/s2)
【答案】s＝280 m
【解析】设物体在斜面上运动的总路程为s，则摩擦力所做的总功为－μmgscos 60°，末状态选为B(或C)，此时物体速度为零，对全过程由动能定理得
mg[h－R(1－cos 60°)]－μmgscos 60°＝0－mv
物体在斜面上通过的总路程为
s＝＝ m ＝280 m
练习2、如图甲所示，一质量为m＝1kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块在受到按如图乙所示规律变化的水平力F作用下向右运动，第3s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，(g取10m/s2)求：
(1)AB间的距离；
(2)水平力F在5s时间内对物块所做的功。
【答案】(1)4m (2)24J
【解析】(1)在3s～5s内物块在水平恒力F作用下由B点匀加速直线运动到A点，设加速度为a，AB间的距离为s，则
F－μmg＝ma
a＝＝m/s2＝2m/s2
s＝at2＝4m
(2)设整个过程中F做的功为WF，物块回到A点时的速度为vA，由动能定理得：
WF－2μmgs＝mv
v＝2as
WF＝2μmgs＋mas＝24J。
考点五、动能定理在平抛、圆周运动中的应用
动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意：
与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量．
与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件：
①可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝0.
②不可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为只有重力提供向心力，mg＝，vmin＝.
【典例1】如图所示，固定在竖直面内横截面为半圆的光滑柱体（半径为R，直径水平）固定在距离地面足够高处，位于柱体两侧质量相等的小球A、B（视为质点）用细线相连，两球与截面圆的圆心O处于同一水平线上（细线处于绷紧状态）。在微小扰动下，小球A由静止沿圆弧运动到柱体的最高点P。不计空气阻力，重力加速度大小为g。小球A通过P点时的速度大小为（ ）。
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】对AB组成的系统，从开始运动到小球A运动到最高点的过程
解得
【典例2】质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图8所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨迹的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，已知重力加速度为g，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是( )
图8
A.mgR B.mgR C.mgR D．mgR
【答案】C
【解析】小球通过最低点时，设绳的张力为FT，则
FT－mg＝m，即6mg＝m①
小球恰好通过最高点，绳子拉力为零，则有mg＝m②
小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得
－mg·2R－W克f＝mv22－mv12③
由①②③式解得W克f＝mgR。
练习1、嘉年华上有一种回力球游戏，如图所示，A、B分别为一固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道的最高点和最低点，B点距水平地面的高度为h，某人在水平地面C点处以某一初速度抛出一个质量为m的小球，小球恰好水平进入半圆轨道内侧的最低点B，并恰好能过最高点A后水平抛出，又恰好回到C点抛球人手中．若不计空气阻力，已知当地重力加速度为g，求：
（1）半圆形轨道的半径；
（2）小球在C点抛出时的速度．
【答案】（1）2h（2）
【解析】(1)设半圆形轨道的半径为R，小球经过A点时的速度为，小球经过B点时的速度为，小球经过B点时轨道对小球的支持力为
在A点，则有：
从B点到A点的过程中，根据动能定理有：
C到B的逆过程为平抛运动，有：，
A到C的过程，有：，
解得：R＝2h
（2）从C点到B点的过程中，竖直方向：
在C点，则有：，且有：
解得：
方向与水平方向夹角为：
练习2、如图所示，质量为m的小球自由下落d后，沿竖直面内的固定轨道ABC运动，AB是半径为d的光滑圆弧，BC是直径为d的粗糙半圆弧（B是轨道的最低点）。小球恰好能运动到C点，重力加速度为g。求：
（1）小球刚下滑到B处时对轨道的压力大小；
（2）小球在BC上运动过程中，摩擦力对小球做的功。
【答案】（1）5mg；（2）﹣mgd
【解析】小球下落到B的过程
mv2=2mgd
解得
在B点
得
T=5mg
根据牛顿第三定律可
Tˊ=T=5mg
在C点
解得
小球从B运动到C的过程
mvc2﹣mv2=﹣mgd+Wf
解得
Wf=﹣mgd
考点六、动能定理在传送带中的应用
【典例1】如图所示，皮带的速度是，两圆心距离，现将的小物体轻放在左轮正上方的皮带上，物体与皮带间的动摩擦因数，皮带不打滑，电动机带动皮带将物体从左轮运送到右轮正上方时，（g取）求：
（1）小物体获得的动能；
（2）这一过程摩擦力做功多少；
（3）这一过程电动机对物体做功多少。
【答案】（1）； （2）； （3）
【解析】（1）设物体与传送带速度相同时物体通过的位移大小为s，则由动能定理
代入数值解得
即物块可与皮带速度达到相同做匀速运动，则
（2）这一过程由动能定理，摩擦力对物体做功
根据牛顿第二定律可得
解得
根据公式
得
所以产生的热量为
这一过程摩擦力做功
（3）根据能量守恒定律，这一过程电动机对物体做功
【典例2】如图所示为一传送带装置模型，固定斜面的倾角为，底端经一长度可忽略的光滑圆弧与足够长的水平传送带相连接，可视为质点的物体质量，从高的斜面上由静止开始下滑，它与斜面的动摩擦因数，与水平传送带的动摩擦因数，已知传送带以的速度逆时针匀速转动，，，取，不计空气阻力。求：
（1）物体从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中与传送带间的摩擦生热值；
（2）物体第一次离开传送带后滑上斜面，它在斜面上能达到的最大高度。
【答案】（1）；（2）。
【解析】（1）设物体第一次滑到底端的速度为，根据动能定理有
解得
在传送带上物体的加速度大小为
物体在传送带上向右运动到速度为0所用时间为
由于
由运动的对称性可知返回时间也为，则从滑上传送带到第一次离开传送带经历的时间为
物体的位移为0，物体相对传送带的位移即传送带的位移为
则摩擦产生的热量为
（2）物体第一次返回到传送带左端的速度为
物体以速度从底端冲上斜面达最大高度，设最大高度为，由动能定理得
解得
练习1、如图所示，静止的水平传送带左端与水平面相连，左端是竖直光滑半圆轨道，点与圆心等高，质量为的物块（可视为质点）以的初速度从传送带A点向左运动，物块达到圆轨道最低点时，轨道对它支持力大小为，已知传送带长度，长度，半圆轨道半径，物块与传送带及水平面之间的动摩擦因数均为，重力加速度取，不计空气阻力，求：
（1）物块运动到点时对轨道的压力大小；
（2）要使物块恰好到达最高点，计算传送带逆时针转动的速度大小。
【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）物块A到C的过程，由动能定理得
可得
物块在点时，根据牛顿第二定律得
解得
则由牛顿第三定律可知，物块对轨道压力大小是
（2）物块到达点时，最小速度需要满足
所以
物块恰好到达点，根据动能定理得，物块离开传送带的速度满足
得
如果传送带静止，则物块从A到B过程，由动能定理得
可得
物块由减速到的过程中移动
要使物块恰好到达最高点，物块在传送带上先匀减速后匀速，所以传送带逆时针转动的速度大小为。
考点七、动能定理求机车启动位移问题
【典例1】为抗击疫情，全国人民齐心合力、众志成城，一辆来自厦门的大货车满载蔬菜紧急驰援泉州。货车质量为的货车以的恒定功率由静止开始运动，经时间速度达到最大速度，最终做匀速直线运动。求：（g取）。
（1）货车所受到的摩擦力；
（2）货车速度为时的加速度；
（3）货车在加速运动过程中通过的位移。
【答案】（1）5000N；（2）；（3）
【解析】（1）因为当
时有最大速度，所以
（2）由题意可得，此时牵引力为
则由牛顿第二定律得
（3）由动能定理可得
解得
【典例2】某大学生研制的无人环保清洁船，只需要选定“智慧清洁”功能，就能轻松地将湖面上的树枝、树叶、塑料袋子等漂浮物捞进船体内，自主完成环保清洁任务。某次作业时，机载传感器描绘出的速度时间图像如图所示，清洁船在t1时刻达到额定功率P=400kW，速度为=10m/s，此后清洁船以恒定功率运动。在 =15s时达到最大速度=20m/s，已知清洁船的质量为kg，清洁船在运动过程中所受阻力恒定不变。求：
（1）清洁船达到额定功率的时间；
（2）清洁船在0~时间内运动的位移大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）设时刻清洁船的牵引力为F，清洁船所受的阻力为。
由题意得
由牛顿第二定律得
联立解得
（2）设清洁船在0~t1时间内运动的位移为，~时间内运动的位移为。
由运动学公式得
解得
t1~t2 由动能定理可得：
又
联立解得
所以，清洁船在0~t2时间内运动的位移大小为
练习1、额定功率为P=80kW的汽车，在某平直的公路上行驶，所受的恒定阻力f=4000N，经过时间t=15s速度达到最大，汽车的质量m=2×103kg，如果汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a=2m/s2。求：
（1）汽车的最大速度vm；
（2）匀加速运动的末速度v1；
（3）在15s内汽车运动的总路程s。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）因为牵引力等于阻力时，速度最大，根据
汽车的最大速度
（2）根据牛顿第二定律得
解得
匀加速直线运动的末速度
（3）则匀加速直线运动的时间
汽车匀加速直线运动的位移
达到额定功率之后汽车做变加速运动，根据动能定理得
解得
则总路程
二、夯实小练
1、（多选）质量为m的物体，由静止开始下落，由于阻力作用，下落的加速度为，在物体下落h的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物体动能减少了 B．物体的动能增加了
C．物体的重力势能减少了 D．物体克服阻力所做的功为
【答案】BCD
【解析】AB．根据牛顿第二定律根据动能定理，物体的动能增加了故A错误，B正确；C．物体重力做功，做正功，则物体的重力势能减少了，故C正确；D．根据牛顿第二定律阻力大小为物体克服阻力所做的功为故D正确。
2、（多选）一质点做匀加速直线运动，在某段位移x后速度变为原来的2倍，紧接着在时间t内动能变为时间t初的4倍，则（ ）
A．质点的加速度为
B．质点的加速度为
C．运动位移x的初速度为
D．运动位移x的初速度为
【答案】AC
【解析】设质点做匀加速直线运动的初速度为，加速度为，在某段位移x后速度变为原来的2倍可得紧接着在时间t末的速度为时间t末的内动能变为时间t初的4倍，根据动能表达式可知联立解得AC正确，BD错误。
3、如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则( )
A.小物块的初速度是5 m/s
B.小物块的水平射程为1.2 m
C.小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功
D.小物块落地时的动能为0.9 J
【答案】D
【解析】小物块在粗糙水平桌面上滑行时，由动能定理－μmgs＝mv2－mv02
得：v0＝7 m/s，Wf＝－μmgs＝－2 J，A、C错误；
物块飞离桌面后做平抛运动，由h＝gt2，x＝vt得x＝0.9 m，B项错误；
由mgh＝Ek－mv2得，物块落地时Ek＝0.9 J。
4、(多选)质量为m的汽车，发动机的功率恒为P，阻力恒为F1，牵引力为F，汽车由静止开始，经过时间t行驶了位移s时，速度达到最大值vm，则发动机所做的功为( )
A.Pt B.F1s
C.mvm2 D.＋
【答案】AD
【解析】发动机的功率恒为P，经过时间t，发动机做的功为W＝Pt，A正确；当达到最大速度时，有P＝F1vm，得vm＝，整个过程中发动机做的功应等于克服阻力做的功与汽车获得的动能之和，则W＝mvm2＋F1s＝＋，B、C错误，D正确.
5、如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等。用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A，所需时间分别为t1、t2；动能增量分别为ΔEk1、ΔEk2。假定球在经过轨道转折点前后速度的大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则（ ）
A．ΔEk1>ΔEk2；t1>t2 B．ΔEk1＝ΔEk2；t1>t2
C．ΔEk1>ΔEk2；t1
【解析】因为摩擦力做功
可知沿两轨道运动，摩擦力做功相等，根据动能定理得
知两种情况拉力做功相等，摩擦力做功相等，重力做功相等，则动能的变化量相等。
设物体的加速度a，由牛顿第二定律得
整理得
可知斜面与水平面之间的夹角越大，加速度越小，结合物体运动的轨迹，作出在两个轨道上运动的速度时间图线如图所示∶
由于路程相等，则图线与时间轴围成的面积相等，由图可知
.
6、滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示为一简化后的滑雪雪道示意图，质量为的运动员从高处的a点沿倾斜雪道滑入水平雪道，两雪道在b点平滑连接，运动员与两雪道间的动摩擦因数相同，运动员在a、c两点时的速度大小均为，长度与长度相等，运动员可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度大小g取10，则运动员从a到c的运动过程中（ ）
A．运动员的动能始终保持不变
B．运动员在段克服摩擦力做功小于在段克服摩擦力做功
C．运动员在过程克服阻力做的功等于2001J
D．运动员经b点时的速度大小等于13
【答案】B
【解析】A．由题意知，在运动员从b运动到c的过程中，由于摩擦力做负功，动能在减少，选项A错误；
B．运动员在段正压力小于段的正压力，故运动员在段克服摩擦力做功小于在段克服摩擦力做功，即从a到b克服摩擦力做功
选项B正确；
C．运动员从a到c根据动能定理
可得，全程克服阻力做功
因在段、段摩擦力做功不同，故运动员在过程克服阻力做的功一定不等于
选项C错误；
D．设运动员在b点的速度为，根据动能定理有
所以
。
7、在斜面上O点，将质量相等的甲乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的动能与乙球落至斜面时的动能之比为（ ）
A．3:1 B．9:1 C．6:1 D．27:1
【答案】B
【解析】设斜面倾角为，小球落在斜面上速度方向偏向角为，甲球以速度抛出，落在斜面上，如图所示
根据平抛运动的推论可得
所以甲、乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等；对甲有
对乙有
联立可得
由于甲、乙两球质量相等，所以甲球落至斜面时的动能与乙球落至斜面时的动能之比为
。
8、（多选）如图所示，水平传送带以大小为v的速度沿逆时针匀速转动，一个物块也以大小为v的速度从传送带的左端滑上传送带，并刚好能从传送带右端滑离，物块在传送带上运动的时间为t。若将物块滑上传送带的速度减小为，则下列判断正确的是（ ）
A．物块能滑到传送带中间的位置 B．物块能运动到传送带的最右端
C．物块在传送带上一直做匀变速运动 D．为物块在传送带上运动的时间也为t
【答案】CD
【解析】A B．设左右两端的距离为L，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则加速度为
物块以大小为v的速度从传送带的左端滑上传送带，根据动能定理可得：
若将物块滑上传送带的速度减小为，则
解得：
故物块不能滑到传送带中间的位置，也不能运动到传送带的最右端。AB错误；
C．物块在传送带上先向右减速，加速度为μg，再反向加速，加速度也为μg，故物块一直做匀变速运动，C正确；
D．物块以大小为v的速度从传送带的左端滑上传送带，运动时间
若将物块滑上传送带的速度减小为，物块在传送带上运动的时间也为
。
9、如图所示，一质量为m的可视为质点的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，。在A点给小球一个水平向左的初速度，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B。已知重力加速度为g。（设小球在运动过程中细线不会被拉断）
（1）若不计空气阻力，小球到达B点时的速率为多大？
（2）若不计空气阻力，小球初速度，试判断小球能否到达B点？若能到达，求在B点时细线受到小球拉力的大小；
（3）若空气阻力不能忽略，且在给小球向左的初速度时小球恰能到达B点，求这一过程中空气阻力对小球所做的功。
【答案】（1）；（2）能达到，；（3）
【解析】（1）小球刚好到达B点时，有
解得：
（2）设小球能从A运动到B，则由机械能守恒定律，有：
解得：
所以小球能够到达B点
在B点，对小球有：
则：
故由牛顿第三定律可知细线受小球的拉力
（3）设小球从A运动到B的过程中空气阻力做功为，则由动能定理可知：
解得：
10、某滑雪场的娱乐项目如图所示，段可认为是一足够长的光滑斜面，斜面的倾角为；段是滑行区，长度，与滑雪板间的动摩擦因数为，段是加速区，与滑雪板间的动摩擦因数。某次对一质量为（人和滑雪板的总质量）的滑雪者从段上的某位置施加一恒定水平推力，经过恰好以速度经过点，同时撤去推力，在点滑上斜面，再从斜面上滑下。已知滑雪者经过点时的速率不变，重力加速度取。求：
（1）滑雪者加速过程施加的水平推力多大；
（2）滑雪者从踏上点开始，经过多长时间第一次经过点；
（3）滑雪者最后停止的位置与点间的距离。
【答案】(1) 350N；(2)1s；(3) 11.8m
【解析】(1)滑雪者在CD段的加速度
由牛顿第二定律
解得推力
F=350N
(2)滑雪者在CB段运动时，由牛顿第二定律
解得
a2=2m/s2
设滑雪者从踏上C点开始至第一次经过B点所用时间为t2，则
解得
t2=ls
(3)滑雪者经过B点的速度
vB=v-a2t2=8m/s
设滑雪者返回经过C点的速度为vC，则滑雪者从B离开至C点过程，由动能定理
解得
故此后滑雪者在CD上运动直到停止；
设滑雪者离开C后至停下发生的位移为x，此过程由动能定理
解得
x=2.8m
故滑雪者最后停止的位置与B点间的距离
d=l+x=11.8m
11、“滑草”是一项新的健康娱乐运动。“滑草”运动的示意图如图所示，坐在垫板上的小孩从高h=10m的倾斜滑道顶端由静止下滑，到达底端时速度大小v=4m/s，进入水平滑道时速度大小不变，最终停在水平滑道上。已知小孩和垫板的总质量m=30kg，垫板与水平滑道的动摩擦因数，取。求：
（1）在倾斜滑道上滑动时摩擦力做的功；
（2）小孩在水平滑道上滑行的距离s。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）在小孩从倾斜滑道顶端滑到底端的过程中，由动能定理得
解得
（2）小孩在水平滑道上滑行的过程中，由动能定理得
解得
12、有一长为L的细线，细线的一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球恰好能在竖直面内做完整的圆周运动，如图所示，已知水平地面上的C点位于O点正下方，A是轨道最高点，B是轨道最低点，AOBC四个点在同一竖直线上且AC两点的距离为3L，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）求小球恰好通过最高点A点时的速度vA；
（2）若小球某次通过最低点B点时，细线突然断裂时，小球的速度是多少？
（3）求小球落地点到C点的距离。
【答案】（1），方向水平向左；（2），方向水平向右；（3）
【解析】（1）对小球在A点，根据牛顿第二定律可得
解得
方向水平向左
（2）从A到B对小球由动能定理
解得
方向水平向右
（3）对小球从B点到落地的过程中，做平抛运动，则有
联立解得
13、如图所示，A、B两个材料相同的物体用长为L且不可伸长的水平细线连接在一起放在水平面上，在水平力F作用下以速度v做匀速直线运动，A的质量是B的2倍，某一瞬间细线突然断裂，保持F不变，仍拉A继续运动距离s0后再撤去，则当A、B都停止运动时，A和B相距多远？
【答案】L＋s0
【解析】设物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体B的质量为m，B从细线断裂到停止运动前进s2，A从细线断裂到停止运动前进s1，对B由动能定理有
－μmgs2＝－mv2
对A由动能定理有
Fs0－μ·2mgs1＝0－×2mv2
细线断裂前，系统处于平衡状态，有F＝μ·3mg
联立以上各式可得s1－s2＝s0
当A、B都停止运动时，A、B两物体相距Δs＝L＋s1－s2＝L＋s0
三、培优练习
1、（多选）一物块以初速度自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能随位移x的变化关系如图所示，图中、、均己知。根据图中信息可以求出的物理量有（ ）
A．重力加速度大小 B．物体所受滑动摩擦力的大小
C．斜面的倾角 D．沿斜面上滑的时间
【答案】BD
【解析】ABC．由动能定义式得，则可求解质量m；上滑时，由动能定理
下滑时，由动能定理
x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知
，
两式相加可得
相减可知
即可求解gsinθ和所受滑动摩擦力f的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故AC错误，B正确；
D．根据牛顿第二定律和运动学关系得
，
故可求解沿斜面上滑的时间。
2、（多选）物体沿直线运动的v-t关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则（ ）
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4秒末合外力做功为-0.75W
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5秒末合外力做功为-2W
【答案】BC
【解析】A．物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，做功为零，A错误；B．从第3秒末到第4秒末动能变化量是负值，4秒末速度为 ，即大小等于第1秒内动能的变化量的，则合力做功为-0.75W，B正确；C．从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W，C正确D．从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相反，合力的功相反，等于-W，D错误。
3、（多选）如图所示，水平粗糙传送带以恒定速度v0顺时针匀速传送，质量为m的正方形物体abcd置于传送带上，在传送带所在区域有一以PQ与MN为边界的特定区间，当abcd在进入与离开该区间的过程中就会受到水平向左的变力F的作用，且当abcd进入该区间的过程中F的变化规律与abcd离开该区域的过程中F的变化规律相同，PQ、MN与传送带垂直物体在图示位置开始计时，运动过程中ab边始终与PQ平行，其速度与时间的关系如图所示，重力加速度为g，正方体物体的边长为l则下列说法中正确的是（ ）
A．边界PQ与MN的距离为
B．物体与传送带间的动摩擦因数为
C．时间内，克服变力F做的功为
D．从零时刻开始，传送带因传送物体而多做的功为
【答案】CD
【解析】A．根据题意可知，边界PQ与MN的距离为物体在时间内的位移之和，物体在时间内的位移为物体的边长，则有
根据图像，可得物体在时间内的位移
物体在时间内的位移
可得边界PQ与MN的距离为
故A错误；
B．物体在时间内做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得
由用像可得
联立可得
所以选项B错误；
C．时间内，克服变力F做的功为
解得
故C正确：
D．从零时刻开始，传送带因传送物体而多做的功为传送带克服摩擦力所做的功，时间内，克服摩擦力做的功为
时间内，克服摩擦力做的功与在时间内克服摩擦力做的功一样多，故
。
4、（多选）质量m=200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图像甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图像乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是（ ）
A．汽车受到的阻力200N
B．汽车的最大牵引力为800N
C．8s~18s过程中汽车牵引力做的功为8×104J
汽车在做变加速运动过程中的位移大小为95.5m
【答案】CD
【解析】【详解】A．当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则有
故A错误；B．汽车做匀加速运动的牵引力最大，则有故B错误；
C．8s-18s过程中汽车牵引力已达到最大功率，所以牵引力做的功为W=Pt=8×104J
故C正确；D．8s~18s过程中，根据动能定理得解得s=95.5m。
5、某城市广场喷泉的喷嘴横截面为S,用于给喷管喷水的电动机的输出功率为P,已知水的密度为ρ,重力加速度为g,不计空气阻力,则喷泉喷出的水柱高度为 ( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】设喷泉喷出的水柱高度为h,则水离开喷嘴的速度为v=,水离开喷嘴很短一段时间Δt内水柱的质量为m=ρ·vΔtS,根据动能定理可得PΔt=mv2,解得P=ρghS,则h=,选项D正确,ABC错误。
6、如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔．已知摆线长L＝2 m，θ＝53°，小球质量为m＝0.5 kg，D点与A孔的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2.(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)
(1)求摆线能承受的最大拉力为多大；
(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间的动摩擦因数μ的范围．
【答案】(1)9 N (2)0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025
【解析】(1)当摆球由C到D运动，根据动能定理有mg(L－Lcos θ)＝mvD2在D点，由牛顿第二定律可得Fm－mg＝m，解得Fm＝9 N
(2)小球不脱离圆轨道分两种情况
①要保证小球能到达A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得－μ1mgs＝0－mvD2，可得μ1＝0.4
若进入A孔的速度较小，那么小球将会在圆心以下做往返运动，不脱离轨道，其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由动能定理可得－mgR＝0－mvA2由动能定理可得－μ2mgs＝mvA2－mvD2，可求得μ2＝0.25
②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，当小球恰好到达最高点时，在圆轨道的最高点，由牛顿第二定律可得mg＝m，由动能定理可得－μ3mgs－2mgR＝mv2－mvD2，解得μ3＝0.025
综上所述，动摩擦因数μ的范围为0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025.
7、如图所示，AB为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙．BP为圆心角等于143°、半径R＝1 m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现有一质量m＝2 kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后(不拴接)由静止释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x＝12t－4t2(式中x单位是m，t单位是s)，假设物块第一次经过B点后恰能到达P点，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：
(1)若CD＝1 m，物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功；
(2)B、C两点间的距离；
(3)若BC部分光滑，把物块仍然压缩到D点由静止释放，求物块运动到P点时受到轨道的压力大小．
【答案】(1)156 J (2)6.125 m (3)49 N
【解析】(1)由x＝12t－4t2知，物块在C点速度为v0＝12 m/s加速度大小a＝8 m/s2
设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得W－mgsin 37°·CD＝mv02，代入数据得W＝156 J.
(2)物块在CB段，根据牛顿第二定律，物块所受合力F＝ma＝16 N，物块在P点的速度满足mg＝，从C到P的过程，由动能定理得－Fxm－mgR(1＋cos 37°)＝mvP2－mv02，解得xm＝6.125 m.
(3)物块从C到P的过程中，由动能定理得－mgxmsin 37°－mgR(1＋cos 37°)＝mvP′2－mv02物块在P点时满足FN＋mg＝联立以上两式得FN＝49 N.
8、如图所示，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝10 cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h＝0.8 m，水平距离s＝1.2 m，水平轨道AB长为L1＝2.75 m，BC长为L2＝3.5 m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2.
(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度大小；
(2)小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点初速度大小的范围．
【答案】(1)4 m/s (2)4 m/s≤vA≤5 m/s或vA≥ m/s
【解析】(1)小球恰好通过圆形轨道的最高点时，根据牛顿第二定律得mg＝从A点到圆形轨道的最高点的过程中，根据动能定理得：－μmgL1－mg×2R＝mv12－mvA12解得小球在A点的初速度vA1＝4 m/s
(2)若恰好运动到C点时，速度为零，则从A到C的过程中，根据动能定理得－μmg(L1＋L2)＝0－mvA22
解得小球在A点的初速度vA2＝5 m/s因此若小球停在BC段，则满足4 m/s≤vA≤5 m/s
若恰好能越过壕沟，则从C到D做平抛运动h＝gt2 s＝vt
从A到C的过程中，根据动能定理得－μmg(L1＋L2)＝mv2－mvA32解得小球在A点的初速度vA3＝ m/s
因此若小球能越过壕沟，则满足vA≥ m/s.
9、如图所示，水平面OA与竖直平面内的半径的半圆轨道AB平滑连接，圆弧的最高点B恰好位于水平传送带的右端上方，传送带的左边C点与一半径的圆弧CD平滑连接，圆弧的D点与倾角、足够长的斜面连接。在水平面A点的左边有一轻质弹簧，弹簧左端固定，原长时右端恰好位于A点。现压缩弹簧，将一质量（可视为质点）的小物块弹出，物块沿圆弧上升到B点后平滑地滑上传送带，此时传送带以速度顺时针转动。物块滑到传送带最左边C点时的速度为，已知物块与传送带之间的动摩擦因数，与斜面间的动摩擦因数，其余轨道均视作光滑，传送带BC长，取，。求：
（1）物块经过圆弧最高点B时（尚未滑上传送带），对轨道的弹力大小；
（2）若传送带以的速度逆时针转，物块在斜面上运动到达的最高点与D点的距离。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）B到C，由动能定理有
解得
在B点由牛顿第二定理有
解得
由牛顿第三定律得，物块经过圆弧最高点B时对轨道的弹力大小
（2）因为传送带的速度小于，所以传送带逆时针转动时，物体减速到C点速度仍为。设在斜面上滑行的最远距离为x，则
解得
10、如图所示为一传送带装置模型，固定斜面的倾角为，底端经一长度可忽略的光滑圆弧与足够长的水平传送带相连接，可视为质点的物体质量，从高的斜面上由静止开始下滑，它与斜面的动摩擦因数，与水平传送带的动摩擦因数，已知传送带以的速度逆时针匀速转动，，，取，不计空气阻力。求：
（1）物体从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中与传送带间的摩擦生热值；
（2）物体第一次离开传送带后滑上斜面，它在斜面上能达到的最大高度。
【答案】（1）；（2）。
【解析】（1）设物体第一次滑到底端的速度为，根据动能定理有
解得
在传送带上物体的加速度大小为
物体在传送带上向右运动到速度为0所用时间为
由于
由运动的对称性可知返回时间也为，则从滑上传送带到第一次离开传送带经历的时间为
物体的位移为0，物体相对传送带的位移即传送带的位移为
则摩擦产生的热量为
（2）物体第一次返回到传送带左端的速度为
物体以速度从底端冲上斜面达最大高度，设最大高度为，由动能定理得
解得
11、超级高铁是一种以“真空钢管运输”为理论核心的交通工具，具有超高速、高安全、低能耗、噪声小、污染小等特点。一质量为m的超级高铁进行测试，先由静止开始做匀加速直线运动，达到最大速度后匀速运动一段时间，再做匀减速直线运动，已知加速和减速过程中加速度大小相等，在加速过程开始的前t内位移为x1，减速过程开始的前t内位移为x2，运动过程所受阻力恒为f，求：
（1）测试过程中超级高铁的最大速度vm；
（2）由静止开始加速到最大速度的过程中，牵引力所做的功W。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）超级高铁在加速过程开始的前t内
超级高铁在减速过程开始的前t内
且
解得
（2）设超级高铁在加速过程的总位移为x
在加速过程中，由动能定理得
解得
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