素养提升课(五) 动能定理的应用
1．进一步理解动能定理，会分析动能定理的图像问题。
2．能够利用动能定理解决曲线运动问题及多过程问题。
动能定理的图像问题
图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
F-x图像
【典例1】 一物体在恒定的水平拉力作用下在粗糙的水平面上做匀速运动，运动一段时间后拉力逐渐减小，当拉力减小到零时物体刚好停止运动，图中给出了拉力随物体位移变化的图像。则物体匀速运动时的动能约为( )
A．36 J B．72 J
C．98 J D．124 J
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Ek-x图像
【典例2】 在粗糙的水平面上给滑块一定的初速度v0，使其沿粗糙的水平面滑动，经测量描绘出了滑块的动能与滑块的位移的变化规律图线，如图所示。用μ表示滑块与水平面之间的动摩擦因数，已知滑块的质量为m＝19 kg，g＝10 m/s2。则v0和μ分别等于( )
A．1 m/s 0.01 B．0.1 m/s 0.01
C．1 m/s 0.05 D．0.1 m/s 0.05
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a-x图像
【典例3】 如图甲所示，在一无限大的光滑水平面上静止放置着可视为质点的物体，以物体所在初始位置为坐标原点建立一维坐标系，现给物体施加一沿x轴正方向的作用力F，其加速度a与坐标x的关系如图乙所示。则在x＝4 m处，物体的速度大小为( )
A．4 m/s B．2 m/s
C．2 m/s D．无法计算
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v-t图像
【典例4】 (多选)某动车以额定功率P在平直轨道上加速启动，若该动车的质量为m，受到的阻力f保持不变，其出站过程的速度—时间图像如图所示。则该动车在0～t0时间内( )
A．做变加速直线运动
B．牵引力做功W＝
C．最大速度vm＝
D．平均速度<
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P-t图像
【典例5】 (多选)一质量为m＝0.8 kg的电动玩具小车放在水平地面上，现在遥控小车从静止开始运动，地面对小车的摩擦力恒定，牵引力的功率与运动时间的图像如图所示，已知从t0＝1.6 s开始小车以恒定的速度vm＝5 m/s做匀速运动，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．地面对小车的摩擦力大小为2 N
B．0到t0时间内，小车的位移为13.5 m
C．当小车的速度为v0＝2 m/s时牵引力为10 N
D．当小车的速度为v1＝2.5 m/s时加速度为15 m/s2
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[针对训练]
1．踢毽子是一种深受学生喜爱的体育运动。在无风天气里，毽子受到的空气阻力大小与其下落的速度大小成正比。一毽子从很高处由静止竖直下落到地面的过程中，运动的时间为t、下落的高度为h、速度大小为v、重力势能为Ep、动能为Ek。以地面为零重力势能面。则下列图像可能正确的是( )
A B
C D
2．一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．在x＝1 m时，拉力的功率为12 W
B．在x＝2 m时，物体的动能为2 J
C．从x＝0运动到x＝4 m，物体克服摩擦力做的功为8 J
D．从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的最大速度为6 m/s
用动能定理求变力做功
动能定理的表达式是在物体受恒力作用且做直线运动的情况下得出的，但对于合力是变力，物体做曲线运动的情况同样适用。也就是说，动能定理适用于任何力作用下、以任何形式运动的物体，具有普适性。
求变化的弹力做的功
【典例6】 如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设物体在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，重力加速度为g，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是( )
A．mgh－mv2 B．mv2＋mgh
C．－mgh D．－
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求变化的摩擦力做的功
【典例7】 如图所示，一半径为R的半圆形滑槽固定在水平面上，滑槽的内壁粗糙，从滑槽左端的最高点由静止释放一个质量为m小滑块(可视为质点)，当小滑块经过滑槽最低点时，小滑块对滑槽的压力为2mg，则小滑块从最高点运动到最低点的过程中，克服摩擦力所做的功W为(重力加速度为g)( )
A．mgR B．mgR
C．mgR D．mgR
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求变化的其他力做的功
【典例8】 如图所示，一质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂在O点，小球在水平力F作用下静止于Q点，此时绳与竖直方向的偏角为θ，重力加速度为g，将小球由Q点缓慢移动到P点的过程中，力F所做的功为( )
A．mgL cos θ B．mgL(1－cos θ)
C．FL sin θ D．mgL(cos θ－1)
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[针对训练]
3．质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g)( )
A． B．－μmgx
C．μmgs D．μmg(s＋x)
4．如图所示，一粗糙的半径为0.1 m的半圆形轨道放在水平面上，一个质量为m＝1 kg的小球以4 m/s的速度冲上轨道，小球从轨道口水平飞出时的速度为 m/s，g取10 m/s2，不计空气阻力，求：
(1)落地时小球速度大小；
(2)整个过程中阻力做的功。
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应用动能定理解决多过程问题的两种思路
1．(1)分阶段应用动能定理
①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理。
②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破。
(2)全过程(多个过程)应用动能定理
当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大简化运算。
2．全过程列式时要注意
(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。
动能定理在多过程中的应用
【典例9】 如图所示，质量为m的小球，从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小球落地时动能等于mgH
B．小球在泥土中受到的平均阻力为
C．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功等于刚落到地面时的动能
D．整个过程中小球克服阻力做的功小于mg(H＋h)
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动能定理在往复运动问题中的应用
【典例10】 (多选)如图所示，轨道abcd各部分均平滑连接，其中ab、cd段为光滑的圆弧，半径均为1 m。bc段是粗糙水平直轨道，长为2 m。质量为2 kg、可视为质点的物块从a端静止释放，已知物块与bc轨道间的动摩擦因数为0.1，g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．物块第一次沿cd轨道上升的最大高度为0.8 m
B．物块第一次沿cd轨道上升到最高点时对轨道的压力为20 N
C．物块最终将停在轨道上的b点
D．物块最终将停在轨道上的c点
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[针对训练]
5．图中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计。一质量为m的小滑块在A点从静止释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如图所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于( )
A．mgh B．2mgh
C．μmg D．μmg(s＋h cos θ)
6．从离地高h处由静止下落一小球，运动过程中阻力恒为球重的K倍，小球与地面相碰后能以相同速率反弹，问：
(1)小球第一次与地面相碰后能弹起多高？
(2)小球从释放直至停止运动所经过的总路程是多少？
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素养提升课(五) 动能定理的应用
[探究重构·关键能力达成]
典例1 B [由题图可知，物体所受滑动摩擦力大小为14 N，且拉力减小到零时物体刚好停止运动，因此可知物体减速滑行距离为7 m，根据动能定理可得W－Ffx＝0－Ek，拉力做功为图像面积，因此可得物体匀速运动时的动能约为72 J。故B正确。]
典例2 A [根据动能定理，依题意有ΔEk＝0－9.5 J＝－μmgx，x＝5 m，得μ＝0.01，根据＝9.5 J，得v0＝1 m/s，故选A。]
典例3 A [由题图乙可知加速度a＝3＋0.5x(m/s2)，由牛顿第二定律可得合力F＝ma＝(3＋0.5x)m(N)，物体的质量不变，可知合力F与x成线性关系，F与x的图像如图所示
根据F与x图像的图线与横轴所围的面积表示力F做的功，可得WF＝×4＝16m(J)，由动能定理有WF＝mv2－0，代入数据可得v＝4 m/s，故选A。]
典例4 AC [动车以恒定功率运动，根据P＝F牵v可知随着速度的增加，牵引力逐渐减小，合力减小，加速度减小，故动车做加速度逐渐减小的变加速直线运动，故A正确；根据动能定理有W＋W阻力＝，则该动车在0～t0时间内牵引力做功为W＝－W阻力，故B错误；当牵引力与阻力大小相等时加速度为零，速度达到最大，即有F牵＝f，则复兴号动车的功率P＝F牵vm＝fvm，则最大速度为vm＝，故C正确；0～t0这段时间内，如果动车做匀加速直线运动，则平均速度应该为然而动车做加速度逐渐减小的变加速直线运动，根据题中图像可知动车的平均速度>，故D错误。]
典例5 BD [根据题意，t0＝1.6 s后小车开始做匀速直线运动，则F＝f，F＝，解得f＝4 N，故A错误；0～t0时间内，小车做加速度减小的加速运动，根据动能定理有P1t0－fx＝，代入数据解得x＝13.5 m，故B正确；当小车的速度为2 m/s时，牵引力的功率为P1＝40 W，此时牵引力为F0＝＝20 N，速度为2.5 m/s时，牵引力的功率为P1＝40 W，此时牵引力为F1＝＝16 N，根据牛顿第二定律得F1－f＝ma，此时小车的加速度为a＝15 m/s2，故C错误，D正确。]
[针对训练]
1．A [毽子在下落过程中，受到空气阻力大小与其下落的速度大小成正比，则mg－kv＝ma，由于合力逐渐减小，则加速度逐渐减小，最后加速度可能减小为零，即速度先增大后不变，则h-t图像的斜率先增加后不变，故A正确，B错误；设毽子原来距地面的高度为H，则其重力势能表达式为Ep＝mg(H－h)，Ep-h为线性关系，Ep-h图像是向下倾斜的直线，故C错误；由动能定理可知Ek ＝(mg－kv)h，可知Ek-h图像的斜率开始阶段是减小的，故D错误。]
2．A [由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W＝Fx，则图线的斜率代表拉力F。在物体运动的过程中根据动能定理有W－μmgx＝mv2，则在x＝1 m 时，代入对应数据解得速度v1＝2 m/s，此时拉力F＝＝6 N，则此时拉力的功率P＝Fv1＝6 N×2 m/s＝12 W，在x＝2 m时，代入对应数据解得物体的动能为Ek2＝4 J，故A正确，B错误；从x＝0运动到x＝4 m，物体克服摩擦力做的功为Wf＝μmgx＝16 J，故C错误；根据W-x图像可知在0～2 m的过程中拉力为6 N，2～4 m的过程中拉力为3 N，由于物体受到的摩擦力恒为f＝μmg＝4 N，则物体在x＝2 m处速度最大，且根据B选项分析可知此处动能为4 J，则此时最大速度为v2＝＝2 m/s，故D错误。]
典例6 A [根据动能定理可得0－mv2＝－mgh＋W弹，所以W弹＝mgh－mv2，故选A。]
典例7 B [小滑块由滑槽最高点运动到最低点的过程中，根据动能定理可得mgR－W＝mv2，在最低点时受力分析有2mg－mg＝m，联立解得W＝mgR，故选B。]
典例8 D [小球由Q点缓慢移动到P点的过程中，绳子的拉力对小球不做功，只有小球的重力和力F对小球做功，根据动能定理有mgL(1－cos θ)＋WF＝0，求得力F所做的功为WF＝－mgL(1－cos θ)＝mgL(cos θ－1)，故选D。]
[针对训练]
3．A [根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由动能定理可得－W弹－Wf＝，联立可得物体克服弹簧弹力所做的功为W弹＝－μmg(s＋x)，故选A。]
4．解析：(1)小球从轨道口水平飞出到落地过程，根据动能定理可得
mg·2R＝
解得落地时小球速度为
v2＝ m/s＝3 m/s。
(2)设整个过程中阻力做的功为Wf，根据动能定理可得
Wf＝×1×32 J－×1×42 J＝－3.5 J。
答案：(1)3 m/s (2)－3.5 J
典例9 A [小球落到地面过程，根据动能定理有mgH＝Ek可知，小球落地时动能等于mgH，A正确；小球在运动的全过程，根据动能定理有mg(H＋h)－fh＝0，解得小球在泥土中受到的平均阻力为f＝，B错误；小球陷入泥中的过程，根据动能定理有mgh－Wf＝0－Ek，解得Wf＝mgh＋Ek，可知小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功大于刚落到地面时的动能，C错误；结合B项解析可知，整个过程中小球克服阻力做的功为Wf＝fh＝mg(H＋h)，D错误。]
典例10 AD [物块开始运动到第一次沿cd轨道上升到最大高度的过程中，由动能定理得mgR－μmgL－mgh＝0，解得h＝0.8 m，A正确；物体的重力为20 N，物块第一次沿cd轨道上升到最高点时对轨道的压力为重力沿着半径方向的分力，小于重力，B错误；设物体从开始运动到停下在水平直轨道上运动的路程为s，由动能定理得mgR－μmgs＝0，解得s＝10 m，bc段粗糙水平直轨道长为2 m，可知物块最终将停在轨道上的c点，C错误，D正确。]
[针对训练]
5．B [从A到D全过程，由动能定理mgh－μmg cos θ·－μmgs＝0，从D到A的过程，由动能定理WF－μmgs－μmg cos θ·－mgh＝0，解得WF＝2mgh，故B正确，A、C、D错误。]
6．解析：(1)设小球第一次与地面相碰后弹起的高度为h1，根据动能定理有
mg(h－h1)－Kmg(h＋h1)＝0－0
解得h1＝h。
(2)设小球从释放直至停止运动所经过的总路程为s，根据动能定理有
mgh－Kmgs＝0－0
解得s＝。
答案：(1)h (2)
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素养提升课(五) 动能定理的应用
第八章 机械能守恒定律
学习任务
1．进一步理解动能定理，会分析动能定理的图像问题。
2．能够利用动能定理解决曲线运动问题及多过程问题。
探究重构·关键能力达成
探究1 动能定理的图像问题
图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
角度1 F-x图像
【典例1】 一物体在恒定的水平拉力作用下在粗糙的水平面上做匀速运动，运动一段时间后拉力逐渐减小，当拉力减小到零时物体刚好停止运动，图中给出了拉力随物体位移变化的图像。则物体匀速运动时的动能约为( )
A．36 J B．72 J
C．98 J D．124 J
√
B [由题图可知，物体所受滑动摩擦力大小为14 N，且拉力减小到零时物体刚好停止运动，因此可知物体减速滑行距离为7 m，根据动能定理可得W－Ffx＝0－Ek，拉力做功为图像面积，因此可得物体匀速运动时的动能约为72 J。故B正确。]
角度2 Ek-x图像
【典例2】 在粗糙的水平面上给滑块一定的初速度v0，使其沿粗糙的水平面滑动，经测量描绘出了滑块的动能与滑块的位移的变化规律图线，如图所示。用μ表示滑块与水平面之间的动摩擦因数，已知滑块的质量为m＝19 kg，g＝10 m/s2。则v0和μ分别等于( )
A．1 m/s 0.01 B．0.1 m/s 0.01
C．1 m/s 0.05 D．0.1 m/s 0.05
√
A [根据动能定理，依题意有ΔEk＝0－9.5 J＝－μmgx，x＝5 m，得μ＝0.01，根据＝9.5 J，得v0＝1 m/s，故选A。]
角度3 a-x图像
【典例3】 如图甲所示，在一无限大的光滑水平面上静止放置着可视为质点的物体，以物体所在初始位置为坐标原点建立一维坐标系，现给物体施加一沿x轴正方向的作用力F，其加速度a与坐标x的关系如图乙所示。则在x＝4 m处，物体的速度大小为( )
A．4 m/s B．2 m/s
C．2 m/s D．无法计算
√
A [由题图乙可知加速度a＝3＋0.5x(m/s2)，由牛顿第二定律可得合力F＝ma＝(3＋0.5x)m(N)，物体的质量不变，可知合力F与x成线性关系，F与x的图像如图所示
根据F与x图像的图线与横轴所围的面积表示力F做的功，可得WF＝×4＝16m(J)，由动能定理有WF＝mv2－0，代入数据可得v＝4 m/s，故选A。]
角度4 v-t图像
【典例4】 (多选)某动车以额定功率P在平直轨道上加速启动，若该动车的质量为m，受到的阻力f保持不变，其出站过程的速度—时间图像如图所示。则该动车在0～t0时间内( )
A．做变加速直线运动
B．牵引力做功W＝
C．最大速度vm＝
D．平均速度<
√
√
AC [动车以恒定功率运动，根据P＝F牵v可知随着速度的增加，牵引力逐渐减小，合力减小，加速度减小，故动车做加速度逐渐减小的变加速直线运动，故A正确；根据动能定理有W＋W阻力＝，则该动车在0～t0时间内牵引力做功为W＝－W阻力，故B错误；当牵引力与阻力大小相等时加速度为零，速度达到最大，即有F牵＝f，则复兴号动车的功率P＝F牵vm＝fvm，则最大速度为vm＝，故C正确；0～t0这段时间内，如果动车做匀加速直线运动，则平均速度应该为然而动车做加速度逐渐减小的变加速直线运动，根据题中图像可知动车的平均速度>，故D错误。]
角度5 P-t图像
【典例5】 (多选)一质量为m＝0.8 kg的电动玩具小车放在水平地面上，现在遥控小车从静止开始运动，地面对小车的摩擦力恒定，牵引力的功率与运动时间的图像如图所示，已知从t0＝1.6 s开始小车以恒定的速度vm＝5 m/s做匀速运动，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．地面对小车的摩擦力大小为2 N
B．0到t0时间内，小车的位移为13.5 m
C．当小车的速度为v0＝2 m/s时牵引力为10 N
D．当小车的速度为v1＝2.5 m/s时加速度为15 m/s2
√
√
BD [根据题意，t0＝1.6 s后小车开始做匀速直线运动，则F＝f，F＝，解得f＝4 N，故A错误；0～t0时间内，小车做加速度减小的加速运动，根据动能定理有P1t0－fx＝，代入数据解得x＝13.5 m，故B正确；当小车的速度为2 m/s时，牵引力的功率为P1＝40 W，此时牵引力为F0＝＝20 N，速度为2.5 m/s时，牵引力的功率为P1＝40 W，此时牵引力为F1＝＝16 N，根据牛顿第二定律得F1－f＝ma，此时小车的加速度为a＝15 m/s2，故C错误，D正确。]
【教用·备选例题】
1．质量为m＝2 kg的物体在未知星球的表面以Ek0＝100 J的初动能斜向上抛出，经过一段时间落到星球同一水平面上，整个过程物体到抛出点的最大高度为20 m，物体从抛出到最高点的过程中，物体的动能Ek与物体到星球表面的高度h的图像如图所示，已知该星球半径R＝1 600 km，忽略一切阻力(sin 37°＝
0.6，cos 37°＝0.8)，则下列说法正确的是( )
A．抛出时物体的初速度与水平方向的夹角为37°
B．从抛出到回到星球表面所需时间为6 s
C．星球表面的重力加速度大小为1.2 m/s2
D．该星球的第一宇宙速度大小为1600 m/s
√
D [根据动能定义式，抛出时有Ek0＝＝100 J，可得抛出时物体的速度v0＝10 m/s，最高点时的动能为Ek＝＝36 J，可得抛出时物体水平方向分速度为vx0＝v0cos θ＝6 m/s，可得θ＝53°，故A错误；根据动能定理有－mg′h＝Ek－Ek0，当Ek＝36 J时，h0＝20 m，可知g′＝1.6 m/s2，竖直方向分速度vy0＝v0sin 53°＝8 m/s，根据vy0＝g′·，从抛出到回到星球表面所需时间为t＝10 s，故B、C错误；根据万有引力与重力的关系mg′＝m，可得该星球的第一宇宙速度大小为v＝1 600 m/s，故D正确。]
2．如图所示，两位同学在体育课上进行传接球训练。甲同学将足球从A点斜向上踢出，乙同学在B点接住。若忽略空气阻力，以地面为零势能参考面，下列关于足球在空中运动过程中的竖直速度vy、水平速度vx、重力势能Ep、动能Ek随时间t变化的图像正确的是
( )
A B
C D
√
A [竖直方向只受重力作用，由vy＝vy0－gt，知vy随时间t先均匀减小后反向均匀增大，故A正确；忽略空气阻力，水平方向不受力作用，则vx不变，故B错误；以地面为零势能参考面，重力势能先增大后减小，故C错误；足球动能Ek＝Ek0－mgh＝Ek0－mg，知动能随时间t非线性变化，故D错误。]
3．将质量为1 kg的物体从地面竖直向上抛出，一段时间后物体又落回抛出点。在此过程中物体所受空气阻力大小不变，其动能Ek随距离地面高度h的变化关系如图所示。取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．物体能上升的最大高度为3 m
B．物体受到的空气阻力大小为2 N
C．上升过程中物体加速度大小为10 m/s2
D．下落过程中物体阻力做功为－24 J
√
B [根据动能定理可得F合·Δh＝ΔEk，解得Ek-h图像的斜率大小k＝F合；故上升过程有mg＋f＝ N＝12 N，下降过程有mg－f＝ N＝8 N，联立解得f＝2 N，m＝1 kg，故B正确；针对上升到最高点的过程，由动能定理－(mg＋f)H＝0－Ek0，解得物体上升的最大高度为H＝ m＝6 m，故A错误；对上升过程由牛顿第二定律有mg＋f＝ma1，可知上升的加速度为a1＝ m/s2＝12 m/s2，故C错误；物体下落过程克服阻力做功为Wf克＝fH＝2×6 J＝12 J，故D错误。]
[针对训练]
1．踢毽子是一种深受学生喜爱的体育运动。在无风天气里，毽子受到的空气阻力大小与其下落的速度大小成正比。一毽子从很高处由静止竖直下落到地面的过程中，运动的时间为t、下落的高度为h、速度大小为v、重力势能为Ep、动能为Ek。以地面为零重力势能面。则下列图像可能正确的是( )
A B
C D
√
A [毽子在下落过程中，受到空气阻力大小与其下落的速度大小成正比，则mg－kv＝ma，由于合力逐渐减小，则加速度逐渐减小，最后加速度可能减小为零，即速度先增大后不变，则h-t图像的斜率先增加后不变，故A正确，B错误；设毽子原来距地面的高度为H，则其重力势能表达式为Ep＝mg(H－h)，Ep-h为线性关系，Ep-h图像是向下倾斜的直线，故C错误；由动能定理可知Ek ＝(mg－kv)h，可知Ek-h图像的斜率开始阶段是减小的，故D错误。]
2．一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．在x＝1 m时，拉力的功率为12 W
B．在x＝2 m时，物体的动能为2 J
C．从x＝0运动到x＝4 m，物体克服摩擦力
做的功为8 J
D．从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的最大速度为6 m/s
√
A [由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W＝Fx，则图线的斜率代表拉力F。在物体运动的过程中根据动能定理有W－μmgx＝mv2，则在x＝1 m 时，代入对应数据解得速度v1＝2 m/s，此时拉力F＝＝6 N，则此时拉力的功率P＝Fv1＝6 N×2 m/s＝12 W，在x＝2 m时，代入对应数据解得物体的动能为Ek2＝4 J，故A正确，B错误；从x＝0运动到x＝4 m，物体克服摩擦力做的功为Wf＝μmgx＝16 J，故C错误；根据W-x图像可知在0～2 m的过程中拉力为6 N，2～4 m的过程中拉力为3 N，由于物体受到的摩擦力恒为f＝μmg＝4 N，则物体在x＝2 m处速度最大，且根据B选项分析可知此处动能为4 J，则此时最大速度为v2＝＝2 m/s，故D错误。]
探究2 用动能定理求变力做功
动能定理的表达式是在物体受恒力作用且做直线运动的情况下得出的，但对于合力是变力，物体做曲线运动的情况同样适用。也就是说，动能定理适用于任何力作用下、以任何形式运动的物体，具有普适性。
角度1 求变化的弹力做的功
【典例6】 如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设物体在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，重力加速度为g，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是( )
A．mgh－mv2 B．mv2＋mgh
C．－mgh D．－
√
A [根据动能定理可得0－mv2＝－mgh＋W弹，所以W弹＝mgh－mv2，故选A。]
角度2 求变化的摩擦力做的功
【典例7】 如图所示，一半径为R的半圆形滑槽固定在水平面上，滑槽的内壁粗糙，从滑槽左端的最高点由静止释放一个质量为m小滑块(可视为质点)，当小滑块经过滑槽最低点时，小滑块对滑槽的压力为2mg，则小滑块从最高点运动到最低点的过程中，克服摩擦力所做的功W为(重力加速度为g)( )
A．mgR B．mgR
C．mgR D．mgR
√
B [小滑块由滑槽最高点运动到最低点的过程中，根据动能定理可得mgR－W＝mv2，在最低点时受力分析有2mg－mg＝m，联立解得W＝mgR，故选B。]
角度3 求变化的其他力做的功
【典例8】 如图所示，一质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂在O点，小球在水平力F作用下静止于Q点，此时绳与竖直方向的偏角为θ，重力加速度为g，将小球由Q点缓慢移动到P点的过程中，力F所做的功为( )
A．mgL cos θ B．mgL(1－cos θ)
C．FL sin θ D．mgL(cos θ－1)
√
D [小球由Q点缓慢移动到P点的过程中，绳子的拉力对小球不做功，只有小球的重力和力F对小球做功，根据动能定理有mgL(1－cos θ)＋WF＝0，求得力F所做的功为WF＝－mgL(1－cos θ)＝mgL(cos θ－1)，故选D。]
[针对训练]
3．质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g)( )
B．－μmgx
C．μmgs D．μmg(s＋x)
√
A [根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由动能定理可得－W弹－Wf＝，联立可得物体克服弹簧弹力所做的功为W弹＝－μmg(s＋x)，故选A。]
4．如图所示，一粗糙的半径为0.1 m的半圆形轨道放在水平面上，一个质量为m＝1 kg的小球以4 m/s的速度冲上轨道，小球从轨道口水平飞出时的速度为 m/s，g取10 m/s2，不计空气阻力，求：
(1)落地时小球速度大小；
(2)整个过程中阻力做的功。
[解析] (1)小球从轨道口水平飞出到落地过程，根据动能定理可得
mg·2R＝
解得落地时小球速度为
v2＝ m/s＝3 m/s。
(2)设整个过程中阻力做的功为Wf，根据动能定理可得
Wf＝×1×32 J－×1×42 J＝－3.5 J。
[答案] (1)3 m/s (2)－3.5 J
探究3 应用动能定理解决多过程问题的两种思路
1．(1)分阶段应用动能定理
①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理。
②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破。
(2)全过程(多个过程)应用动能定理
当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大简化运算。
2．全过程列式时要注意
(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。
角度1 动能定理在多过程中的应用
【典例9】 如图所示，质量为m的小球，从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小球落地时动能等于mgH
B．小球在泥土中受到的平均阻力为
C．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的
功等于刚落到地面时的动能
D．整个过程中小球克服阻力做的功小于mg(H＋h)
√
A [小球落到地面过程，根据动能定理有mgH＝Ek可知，小球落地时动能等于mgH，A正确；小球在运动的全过程，根据动能定理有mg(H＋h)－fh＝0，解得小球在泥土中受到的平均阻力为f＝，B错误；小球陷入泥中的过程，根据动能定理有mgh－Wf＝0－Ek，解得Wf＝mgh＋Ek，可知小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功大于刚落到地面时的动能，C错误；结合B项解析可知，整个过程中小球克服阻力做的功为Wf＝fh＝mg(H＋h)，D错误。]
角度2 动能定理在往复运动问题中的应用
【典例10】 (多选)如图所示，轨道abcd各部分均平滑连接，其中ab、cd段为光滑的圆弧，半径均为1 m。bc段是粗糙水平直轨道，长为2 m。质量为2 kg、可视为质点的物块从a端静止释放，已知物块与bc轨道间的动摩擦因数为0.1，g＝10 m/s2。下列说法正确的是
( )
A．物块第一次沿cd轨道上升的最大高度为0.8 m
B．物块第一次沿cd轨道上升到最高点时对轨道的压力为20 N
C．物块最终将停在轨道上的b点
D．物块最终将停在轨道上的c点
√
√
AD [物块开始运动到第一次沿cd轨道上升到最大高度的过程中，由动能定理得mgR－μmgL－mgh＝0，解得h＝0.8 m，A正确；物体的重力为20 N，物块第一次沿cd轨道上升到最高点时对轨道的压力为重力沿着半径方向的分力，小于重力，B错误；设物体从开始运动到停下在水平直轨道上运动的路程为s，由动能定理得mgR－μmgs＝0，解得s＝10 m，bc段粗糙水平直轨道长为2 m，可知物块最终将停在轨道上的c点，C错误，D正确。]
【教用·备选例题】
1．如图所示，竖直平面内固定一内壁粗糙的半圆弧槽，半径为2R，一质量为m的滑块(可视为质点)从距半圆弧槽D点正上方3R的A点自由下落，经过半圆弧槽后，滑块从半圆弧槽的左端冲出，刚好到达距半圆弧槽正上方2R的B点。不计空气阻力，
重力加速度为g，则以下说法错误的是( )
A．滑块第一次到达半圆弧槽D点的速度为
B．滑块第一次到达D点时对半圆弧槽的压力为3mg
C．滑块第一次通过半圆弧槽的过程中克服摩擦力做的功为mgR
D．滑块从B点返回后经C再次到达D点时的速度为
√
D [小球从A点到D点，由机械能守恒定律得mg×3R＝，解得v1＝，故A正确，不符合题意；滑块第一次到达D点时，对半圆弧槽的压力等于圆弧槽对其的弹力N＝＝3mg，故B正确，不符合题意；滑块第一次通过半圆弧槽的过程中克服摩擦力做的功为Wf＝3mgR－2mgR＝mgR，故C正确，不符合题意；如果两次克服阻力做功相同，滑块从B点返回后经C再次到达D点时，由动能定理得mg·2R－Wf＝，解得v2＝，但第二次速度小于第一次，根据向心力方程可知，在各位置对应压力小于第一次，则阻力小于第一次，克服阻力做功小于第一次，所以速度大于，故D错误，符合题意。]
2．如图所示，一可视为质点的小滑块从水平轨道上的A点以一定的水平初速度向右运动，沿水平直轨道运动到B点后，进入半径R＝0.5 m的光滑竖直圆形轨道，恰好能通过圆形轨道的最高点，运动一周后自B点向C点运动，离开C点后做平抛运动，落到水平地面上的D点。已知A、B之间的距离为x1＝1.1 m，B、C之间的距离为x2＝2.1 m，C、D两点的竖直高度差h＝0.45 m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小滑块在A点的初速度大小v0；
(2)C、D两点间的水平距离x。
[解析] (1)根据题意，滑块恰好能通过圆形轨道的最高点，设通过最高点时的速度为v1，则在最高点有
mg＝
从A到圆弧轨道最高点的过程，由动能定理有
－μmgx1－mg·2R＝
联立解得
v0＝6 m/s。
(2)设滑块到达C点时的速度为v2，从A到C的过程，由动能定理有
－μmg(x1＋x2)＝
解得
v2＝2 m/s
滑块从C点做平抛运动，设落到D点所用的时间为t，根据平抛运动的规律有
h＝gt2
x＝v2t
联立解得
x＝0.6 m。
[答案] (1)6 m/s (2)0.6 m
3．如图所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O点位置。质量m＝1 kg的物块A(视为质点)以大小v0＝3 m/s的初速度从O点右方距O点x0＝0.925 m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，物块A被弹簧弹回，物块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μ＝0.2，弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)求物块A从P点出发到又回到P点的过程中，克服摩擦力所做的功；
(2)求O点和O′点间的距离x1。
[解析] (1)物块A从P点出发到又回到P点的过程，根据动能定理有
－Wf＝
解得
Wf＝4.5 J。
(2)物块A从P点出发到又回到P点的过程，根据动能定理有
－2μmg(x1＋x0)＝
解得
x1＝0.2 m。
[答案] (1)4.5 J (2)0.2 m
4．如图所示，U形滑板轨道由两个相同的圆弧滑道AB、CD和水平滑道BC构成，圆弧滑道摩擦力不计，半径R＝4 m，水平滑道B、C间的距离s＝5.0 m。假设某次比赛中运动员向右经过滑道B点时的速度vB＝13 m/s，从D点竖直向上跃起时的速度vD＝8 m/s。设运动员连同滑板的质量m＝50 kg，运动员重心相对位置不发生变化，忽略空气阻力的影响，重力加
速度g取10 m/s2。求：
(1)运动员第一次经过C点时的速度大小vC；
(2)滑板与水平滑道BC之间的动摩擦因数μ；
(3)运动员最终停止的位置离B点的距离x。
[解析] (1)从C到D的过程中，由动能定理
＝－mgR
解得
vC＝12 m/s。
(2)从B到C的过程中，由动能定理
－μmgs＝
解得
μ＝0.25。
(3)两侧圆弧形轨道光滑，所以运动员最终停在水平轨道上。设BC轨道上往返的总路程为s′，由动能定理
－μmgs′＝
得到
s′＝33.8 m＝6s＋3.8 m
故运动员最终停下的位置离B点
x＝3.8 m。
[答案] (1)12 m/s (2)0.25 (3)3.8 m
[针对训练]
5．图中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计。一质量为m的小滑块在A点从静止释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如图所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于( )
A．mgh B．2mgh
C．μmg D．μmg(s＋h cos θ)
√
B [从A到D全过程，由动能定理mgh－μmg cos θ·－μmgs＝0，从D到A的过程，由动能定理WF－μmgs－μmg cos θ·－mgh＝0，解得WF＝2mgh，故B正确，A、C、D错误。]
6．从离地高h处由静止下落一小球，运动过程中阻力恒为球重的K倍，小球与地面相碰后能以相同速率反弹，问：
(1)小球第一次与地面相碰后能弹起多高？
(2)小球从释放直至停止运动所经过的总路程是多少？
[解析] (1)设小球第一次与地面相碰后弹起的高度为h1，根据动能定理有
mg(h－h1)－Kmg(h＋h1)＝0－0
解得h1＝h。
(2)设小球从释放直至停止运动所经过的总路程为s，根据动能定理有
mgh－Kmgs＝0－0
解得
s＝。
[答案] (1)h (2)
一、选择题
1．球从地面由静止开始射门，在高度为h处射入球门，足球飞入球门的速度为v，足球质量为m，则球员将足球踢出时对足球做的功W为(重力加速度为g，不计空气阻力，足球可视为质点)( )
A．mv2 B．mgh
C．mv2＋mgh D．mv2－mgh
1
题号
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√
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11
素养提升练(五)
C [足球从地面由静止到射入球门，根据动能定理可得W－mgh＝mv2，解得W＝mv2＋mgh，故选C。]
1
题号
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2．某跳台滑雪赛道简化为如图所示模型，AB为直道，BCD为半径为R的圆弧道，两滑道在B点平滑连接，圆弧道与水平地面相切于C点，CD段圆弧所对的圆心角θ＝60°，不计一切摩擦，一个小球从直道上离地面高为H处由静止释放，小球从D点飞出后上升到的最高点离地面的高度为( )
A．H＋R B．H＋R
C．H＋R D．H＋R
√
1
题号
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A [小球由A点运动到D点过程，由动能定理有mg[H－(R－R cos θ)]＝，小球飞出D后做斜抛运动，到达最高点的速度v1＝v0cos θ，小球由A点运动到斜抛的最高点的过程，由动能定理有mg(H－H′)＝，解得H′＝H＋R，A正确，B、C、D错误。]
1
题号
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3．某物体以一定初速度做平抛运动，从t＝0时刻起，物体的动能Ek随时间t变化的情况是图中所示的哪个图( )
1
题号
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11
A B
C D
√
D [物体在重力作用下做平抛运动，加速度为g，竖直位移y＝gt2，由动能定理得Ek＝E0＋mg2t2，故选D。]
4．以一定初速度竖直向上抛出一质量为m的小球，上升的最大高度是h，如果空气阻力大小恒为Ff，重力加速度为g，从抛出到落回出发点的整个过程中，小球克服空气阻力做的功为( )
A．0 B．Ffh
C．mgh D．2Ffh
√
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题号
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D [下落过程中，若落回抛出点的速度为v，则由动能定理mgh－Ffh＝mv2，可得mgh>Ffh，上升过程中小球克服空气阻力做功为Ffh，下落过程中克服空气阻力做功仍为Ffh，则从抛出到落回出发点的整个过程中，小球克服空气阻力做的功为2Ffh；则 2Ffh<2mgh，不一定等于mgh。故选D。]
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题号
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5．如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零，如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零)( )
A．等于v0 B．大于v0
C．小于v0 D．取决于斜面
√
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题号
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A [根据题意，设斜面的倾角为θ，物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A的过程中，由动能定理有－mghAO－μmgxDB－μmg cos θ·xAB＝，整理可得mghAO＋μmgxOD＝，可知该物体从D点出发恰好滑动到A点的过程，克服重力与摩擦力做的功与斜面底端在OD上的位置无关，即让该物体沿DCA恰好滑动到A点应具有的初动能为，故物体具有的初速度等于v0。故选A。]
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题号
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6．(多选)某摩托车在平直的道路上由静止启动，其运动的速度v与时间t的关系如图甲所示，图乙表示该摩托车牵引力的功率P与时间t的关系。设摩托车在前进过程中所受阻力为车(包括驾驶员和物资)总重力的k倍，在18 s末摩托车的速度恰好达到最大。已知摩托车(包括驾驶员和物资)总质量m＝200 kg，重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A．0到18 s内摩托车一直匀加速运动
B．0到8 s内，摩托车的牵引力为800 N
C．k＝0.4
D．从静止开始加速到最大速度的过程中，
摩托车前进的路程为127.5 m
√
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题号
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√
CD [v-t图像的斜率表示加速度，由题图甲可知，0到8 s内电动摩托车做匀加速运动，8到18 s内摩托车做加速度减小的加速运动，故A错误；在18 s末电动摩托车的速度恰好达到最大，有F＝f，由P＝Fvm＝fvm，可得阻力为f＝ N＝800 N，根据题意有k＝＝0.4，故C正确；0到8 s内，摩托车的加速度为a＝ m/s2＝1 m/s2，由牛顿第二定律有F－f＝ma，则摩托车的牵引力为F＝ma＋f＝(200×1＋800) N＝1 000 N，故B错误；8 s到18 s过程中，根据动能定理有Pt－fx＝，代入数据解得x＝95.5 m，0到8 s位移x1＝ m＝32 m，因此从静止开始加速到最大速度的过程中，摩托车前进的路程为95.5 m＋32 m＝127.5 m，故D正确。]
1
题号
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7．(多选)某同学以一定的初速度v0＝10 m/s竖直向上抛出质量为m＝1 kg的物体，物体上升到最高点后又返回抛出点。若运动中空气阻力的大小恒为f＝2.5 N，g取10 m/s2，则( )
A．全程重力做的功为零
B．全程物体克服空气阻力做的功为100 J
C．上升过程中物体重力势能增加了40 J
D．上升过程空气阻力的平均功率小于下降过程空气阻力的平均功率
√
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题号
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√
AC [从抛出点至回到原出发点的过程中，位移为零，故重力做的功为零，故A正确；对上升过程，根据动能定理，有－mgh－fh＝，解得h＝4 m，克服空气阻力做的功为Wf＝2fh＝2×2.5×4＝20 J，故B错误；上升过程中物体重力势能增加了ΔEp＝mgh＝1×10×4 J＝40 J，故C正确；上升过程中，加速度大小为a＝＝12.5 m/s2，下降过程中的加速度为a′＝＝7.5 m/s2，根据运动学公式可知，上升过程所用时间较短，根据P＝可知，上升过程空气阻力的平均功率大于下降过程空气阻力的平均功率，故D错误。]
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题号
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8．(多选)一质量为m的物块静止在光滑水平面上，某时刻起受到水平向右的大小随位移变化的力F的作用，F随位移变化的规律如图所示，下列说法正确的是( )
A．物块先做匀加速运动，后做匀减速运动
B．物块的位移为x0时，物块的速度最大
C．力F对物块做的总功为3F0x0
D．物块的最大速度为
√
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题号
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√
CD [由题图可知，物块受到水平向右的力为物块的合力，合力方向与速度方向相同，物块一直做变加速运动，故物块的位移为3x0时，物块的速度最大，故A、B错误；力F对物块做的总功为WF＝(3x0－x0)＝·x0＋·2x0＝3F0x0，故C正确；根据动能定理WF＝，解得物块的最大速度为vm＝，故D正确。]
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题号
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二、非选择题
9．运动员驾驶摩托车做的腾跃特技表演是一种刺激性很强的运动项目。如图所示，AB是水平路面，BC是半径为20 m的圆弧，CDE是一段曲面。运动员驾驶功率始终是1.8 kW的摩托车从A点由静止开始运动，到B点前速度已达到最大速度20 m/s，再经13 s的时间通过坡面到达E点，关闭发动机后水平飞出。已知人和车的总质量
180 kg，坡顶高度h＝5 m，落地点与E点的水平距离s＝16 m，重力加速度g＝10 m/s2。如果在AB段
摩托车所受的阻力恒定，求：
1
题号
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(1)AB段摩托车所受阻力的大小；
(2)摩托车从B点冲上坡顶E的过程中克服摩擦阻力做的功。
1
题号
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11
[解析] (1)摩托车在水平面上已经达到了最大速度，牵引力与阻力相等，则有P＝Fvm＝fvm
代入数据解得f＝90 N。
(2)对摩托车的平抛运动过程，有h＝gt2
解得t＝1 s
平抛的初速度v0＝
解得v0＝16 m/s
摩托车在斜坡上运动时，由动能定理得
Pt－Wf－mgh＝
代入数据解得Wf＝27 360 J。
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题号
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[答案] (1)90 N (2)27 360 J
10．如图所示，粗糙水平轨道AB与半径为R的光滑半圆形轨道BC相切于B点，现有质量为m的小球(可看作质点)以初速度v0＝3从A点开始向右运动，并进入半圆形轨道，若小球恰好能到达半圆形轨道的最高点C，最终又落于水平轨道上的D处，重力加速度为g，求：
(1)B、D两点间的距离；
(2)小球在粗糙的水平轨道上运动过程中
克服轨道摩擦力所做的功。
1
题号
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11
[解析] (1)小球恰好到达最高点C可知，只有重力提供向心力mg＝
解得v1＝
过C点后小球做平抛运动，设落地时间为t，可得
xBD＝v1·t
2R＝gt2
联立解得xBD＝2R。
1
题号
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(2)小球从A到C根据动能定理可得
－2mgR－Wf ＝
解得Wf＝2mgR。
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[答案] (1)2R (2)2mgR
11．如图所示，质量m＝3 kg的小物块以初速度v0＝4 m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R＝3.75 m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r＝0.4 m的半圆弧轨道，C点是半圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。已知重
力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8。
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(1)求小物块经过B点时对轨道的压力大小；
(2)若MN的长度为L＝6 m，求小物块通过C点时对轨道的压力大小；
(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L′。
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[解析] (1)根据平抛运动的规律有
v0＝vAcos 37°
解得小物块经过A点时的速度大小
vA＝5 m/s
小物块从A点运动到B点，根据动能定理有
mg(R－Rcos 37°)＝
小物块经过B点时，有FN－mg＝
解得FN＝62 N
根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62 N。
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(2)小物块由B点运动到C点，根据动能定理有
－μmgL－2mgr＝
在C点F′N＋mg＝
解得F′N＝60 N
根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小是60 N。
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(3)小物块刚好能通过C点时，根据mg＝
解得v′C＝2 m/s
小物块从B点运动到C点的过程中，根据动能定理有－μmgL′－2mgr＝
解得L′＝10 m。
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[答案] (1)62 N (2)60 N (3)10 m
THANKS素养提升练(五)
一、选择题
1．球从地面由静止开始射门，在高度为h处射入球门，足球飞入球门的速度为v，足球质量为m，则球员将足球踢出时对足球做的功W为(重力加速度为g，不计空气阻力，足球可视为质点)( )
A．mv2 B．mgh
C．mv2＋mgh D．mv2－mgh
2．某跳台滑雪赛道简化为如图所示模型，AB为直道，BCD为半径为R的圆弧道，两滑道在B点平滑连接，圆弧道与水平地面相切于C点，CD段圆弧所对的圆心角θ＝60°，不计一切摩擦，一个小球从直道上离地面高为H处由静止释放，小球从D点飞出后上升到的最高点离地面的高度为( )
A．H＋R B．H＋R
C．H＋R D．H＋R
3．某物体以一定初速度做平抛运动，从t＝0时刻起，物体的动能Ek随时间t变化的情况是图中所示的哪个图( )
A B
C D
4．以一定初速度竖直向上抛出一质量为m的小球，上升的最大高度是h，如果空气阻力大小恒为Ff，重力加速度为g，从抛出到落回出发点的整个过程中，小球克服空气阻力做的功为( )
A．0 B．Ffh
C．mgh D．2Ffh
5．如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零，如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零)( )
A．等于v0 B．大于v0
C．小于v0 D．取决于斜面
6．(多选)某摩托车在平直的道路上由静止启动，其运动的速度v与时间t的关系如图甲所示，图乙表示该摩托车牵引力的功率P与时间t的关系。设摩托车在前进过程中所受阻力为车(包括驾驶员和物资)总重力的k倍，在18 s末摩托车的速度恰好达到最大。已知摩托车(包括驾驶员和物资)总质量m＝200 kg，重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A．0到18 s内摩托车一直匀加速运动
B．0到8 s内，摩托车的牵引力为800 N
C．k＝0.4
D．从静止开始加速到最大速度的过程中，摩托车前进的路程为127.5 m
7．(多选)某同学以一定的初速度v0＝10 m/s竖直向上抛出质量为m＝1 kg的物体，物体上升到最高点后又返回抛出点。若运动中空气阻力的大小恒为f＝2.5 N，g取10 m/s2，则( )
A．全程重力做的功为零
B．全程物体克服空气阻力做的功为100 J
C．上升过程中物体重力势能增加了40 J
D．上升过程空气阻力的平均功率小于下降过程空气阻力的平均功率
8．(多选)一质量为m的物块静止在光滑水平面上，某时刻起受到水平向右的大小随位移变化的力F的作用，F随位移变化的规律如图所示，下列说法正确的是( )
A．物块先做匀加速运动，后做匀减速运动
B．物块的位移为x0时，物块的速度最大
C．力F对物块做的总功为3F0x0
D．物块的最大速度为
二、非选择题
9．运动员驾驶摩托车做的腾跃特技表演是一种刺激性很强的运动项目。如图所示，AB是水平路面，BC是半径为20 m的圆弧，CDE是一段曲面。运动员驾驶功率始终是1.8 kW的摩托车从A点由静止开始运动，到B点前速度已达到最大速度20 m/s，再经13 s的时间通过坡面到达E点，关闭发动机后水平飞出。已知人和车的总质量180 kg，坡顶高度h＝5 m，落地点与E点的水平距离s＝16 m，重力加速度g＝10 m/s2。如果在AB段摩托车所受的阻力恒定，求：
(1)AB段摩托车所受阻力的大小；
(2)摩托车从B点冲上坡顶E的过程中克服摩擦阻力做的功。
10．如图所示，粗糙水平轨道AB与半径为R的光滑半圆形轨道BC相切于B点，现有质量为m的小球(可看作质点)以初速度v0＝3从A点开始向右运动，并进入半圆形轨道，若小球恰好能到达半圆形轨道的最高点C，最终又落于水平轨道上的D处，重力加速度为g，求：
(1)B、D两点间的距离；
(2)小球在粗糙的水平轨道上运动过程中克服轨道摩擦力所做的功。
11．如图所示，质量m＝3 kg的小物块以初速度v0＝4 m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R＝3.75 m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r＝0.4 m的半圆弧轨道，C点是半圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求小物块经过B点时对轨道的压力大小；
(2)若MN的长度为L＝6 m，求小物块通过C点时对轨道的压力大小；
(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L′。
素养提升练(五)
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C A D D A CD AC CD
1．C [足球从地面由静止到射入球门，根据动能定理可得W－mgh＝mv2，解得W＝mv2＋mgh，故选C。]
2．A [小球由A点运动到D点过程，由动能定理有mg[H－(R－R cos θ)]＝，小球飞出D后做斜抛运动，到达最高点的速度v1＝v0cos θ，小球由A点运动到斜抛的最高点的过程，由动能定理有mg(H－H′)＝，解得H′＝H＋R，A正确，B、C、D错误。]
3．D [物体在重力作用下做平抛运动，加速度为g，竖直位移y＝gt2，由动能定理得Ek＝E0＋mg2t2，故选D。]
4．D [下落过程中，若落回抛出点的速度为v，则由动能定理mgh－Ffh＝mv2，可得mgh>Ffh，上升过程中小球克服空气阻力做功为Ffh，下落过程中克服空气阻力做功仍为Ffh，则从抛出到落回出发点的整个过程中，小球克服空气阻力做的功为2Ffh；则 2Ffh<2mgh，不一定等于mgh。故选D。]
5．A
6．CD [v-t图像的斜率表示加速度，由题图甲可知，0到8 s内电动摩托车做匀加速运动，8到18 s内摩托车做加速度减小的加速运动，故A错误；在18 s末电动摩托车的速度恰好达到最大，有F＝f，由P＝Fvm＝fvm，可得阻力为f＝ N＝800 N，根据题意有k＝＝0.4，故C正确；0到8 s内，摩托车的加速度为a＝ m/s2＝1 m/s2，由牛顿第二定律有F－f＝ma，则摩托车的牵引力为F＝ma＋f＝(200×1＋800) N＝1 000 N，故B错误；8 s到18 s过程中，根据动能定理有Pt－fx＝，代入数据解得x＝95.5 m，0到8 s位移x1＝ m＝32 m，因此从静止开始加速到最大速度的过程中，摩托车前进的路程为95.5 m＋32 m＝127.5 m，故D正确。]
7．AC [从抛出点至回到原出发点的过程中，位移为零，故重力做的功为零，故A正确；对上升过程，根据动能定理，有－mgh－fh＝，解得h＝4 m，克服空气阻力做的功为Wf＝2fh＝2×2.5×4＝20 J，故B错误；上升过程中物体重力势能增加了ΔEp＝mgh＝1×10×4 J＝40 J，故C正确；上升过程中，加速度大小为a＝＝12.5 m/s2，下降过程中的加速度为a′＝＝7.5 m/s2，根据运动学公式可知，上升过程所用时间较短，根据P＝可知，上升过程空气阻力的平均功率大于下降过程空气阻力的平均功率，故D错误。]
8．CD [由题图可知，物块受到水平向右的力为物块的合力，合力方向与速度方向相同，物块一直做变加速运动，故物块的位移为3x0时，物块的速度最大，故A、B错误；力F对物块做的总功为WF＝(3x0－x0)＝·x0＋·2x0＝3F0x0，故C正确；根据动能定理WF＝，解得物块的最大速度为vm＝，故D正确。]
9．解析：(1)摩托车在水平面上已经达到了最大速度，牵引力与阻力相等，则有P＝Fvm＝fvm
代入数据解得f＝90 N。
(2)对摩托车的平抛运动过程，有h＝gt2
解得t＝1 s
平抛的初速度v0＝
解得v0＝16 m/s
摩托车在斜坡上运动时，由动能定理得
Pt－Wf－mgh＝
代入数据解得Wf＝27 360 J。
答案：(1)90 N (2)27 360 J
10．解析：(1)小球恰好到达最高点C可知，只有重力提供向心力mg＝
解得v1＝
过C点后小球做平抛运动，设落地时间为t，可得
xBD＝v1·t
2R＝gt2
联立解得xBD＝2R。
(2)小球从A到C根据动能定理可得
－2mgR－Wf ＝
解得Wf＝2mgR。
答案：(1)2R (2)2mgR
11．解析：(1)根据平抛运动的规律有
v0＝vAcos 37°
解得小物块经过A点时的速度大小
vA＝5 m/s
小物块从A点运动到B点，根据动能定理有
mg(R－Rcos 37°)＝
小物块经过B点时，有FN－mg＝
解得FN＝62 N
根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62 N。
(2)小物块由B点运动到C点，根据动能定理有
－μmgL－2mgr＝
在C点F′N＋mg＝
解得F′N＝60 N
根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小是60 N。
(3)小物块刚好能通过C点时，根据mg＝
解得v′C＝2 m/s
小物块从B点运动到C点的过程中，根据动能定理有－μmgL′－2mgr＝
解得L′＝10 m。
答案：(1)62 N (2)60 N (3)10 m
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