2018-2019学年高中人教版物理必修二 第七章+第7节动能和动能定理+Word版含答案

第7节　动能和动能定理
核心素养关键词
知识体系
1.物体由于运动而具有的能量叫做动能，表达式为Ek＝mv2.动能是标量，具有相对性．
2．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，这个结论叫动能定理，表达式为W＝Ek2－Ek1.
3．如果物体同时受到几个力的共同作用，则W为合力做的功，它等于各个力做功的代数和．
4．动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功，既适用于直线运动，也适用于曲线运动.
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一、动能
1．定义：物体由于运动而具有的能．
2．表达式：Ek＝mv2．
3．单位：焦耳. 1 J＝1 kg·m2/s2＝1 N·m.
二、动能定理
1．表述：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量．
2．表达式：W合＝mv－mv，式中W合是各个外力对物体做功的总和，mv－mv是做功过程中始末两个状态动能的增量．
/
一、合作探究找规律
考点一　动能的表达式
1．同步卫星绕地球做匀速圆周运动，在卫星的运动过程中，其速度是否变化？其动能是否变化？
/
2．在同一高度以相同的速率将手中的小球以上抛、下抛、平抛三种不同方式抛出，落地时速度、动能是否相同？
答：1.速度变化，动能不变．卫星做匀速圆周运动时，其速度方向不断变化，由于速度是矢量，所以速度是变化的；运动时其速度大小不变，所以动能大小不变，由于动能是标量，所以动能是不变的．
2．重力做功相同，动能改变相同，末动能、末速度大小相同，但末速度方向不同．
考点二　动能定理
/
如图所示，物体(可视为质点)从长为L、倾角为θ的光滑斜面顶端由静止滑下．
1．物体受几个力作用？各做什么功？怎么求合力的功？
2．如何求物体到达斜面底端时的速度吗？能用多种方法求解物体到达斜面底端时的速度吗？哪种方法简单？
答：1.物体受重力、支持力两个力作用．重力做正功，支持力不做功．合力做的功W合＝mgLsinθ.
2．可以用牛顿定律结合运动学公式求解，也可以用动能定理求解．用动能定理更简捷．
二、理解概念做判断
1．做匀速圆周运动的物体的动能保持不变．(√)
2．一个物体的动能与参考系的选取无关．(×)
3．两质量相同的物体，若动能相同，则速度一定相同．(×)
4．合外力做功不等于零，物体的动能一定变化．(√)
5．动能定理中的W为合力的功．(√)
6．物体的动能增加，合外力做正功．(√)
/
要点1|动能的理解
1．动能的理解
(1)动能是状态量，动能公式中的速度v指瞬时速度．
(2)动能是标量，且动能恒为正值．
(3)动能具有相对性．同一物体相对不同的参考系，速度会有不同值，因而动能也有不同值．计算动能时一般选地面为参考系．
2．动能的变化量
末状态的动能与初状态的动能之差，即
ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv－mv.
/　(多选)关于对动能的理解，下列说法正确的是(　　)
A．动能是普遍存在的机械能的一种基本形式，凡是运动的物体都具有动能
B．动能总是正值，但对于不同的参考系，同一物体的动能大小是不同的
C．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
D．动能不变的物体，一定处于平衡状态
【思路点拨】　解答本题时应特别注意以下两点：
(1)动能与速度的关系；
(2)动能是标量．
【解析】　可通过以下表格对各选项逐一分析：
选项
透析过程
结论
A
动能是由于物体的运动而具有的能量
√
B
Ek＝mv2，v与参考系的选取有关
√
C
当速度方向变化时，若大小不变，则动能就不变
√
D
匀速圆周运动的物体动能不变，但并不是处于平衡状态
×
【答案】　ABC
/　如图所示，通风机通过墙上的小洞，将一质量为m的小物体水平吹出去，初速度为v，但由于墙外的风力和重力的作用，经过时间t，物体下落了一段距离后，其速度大小仍为v，但方向却与初速度的方向相反，如果以初速度的方向为正方向，那么，下列说法中正确的是(　　)
/
A．速度的变化量为0 B．速度的变化率为
C．动能的变化量为mv2 D．合外力做的功为零
解析：速度的变化量Δv＝－v－v＝－2v，A选项错误；速度变化率＝－，B选项错误；动能变化量ΔEk＝mv2－mv2＝0，C选项错误；根据动能定理可知合外力做的功等于动能变化量，故合外力做功为零，D选项正确．
答案：D
/
动能是标量，前面已学的很多运动学量都是矢量，分析标量时只需关注其数值大小；分析矢量时必须考虑大小、方向两个因素．
/
名师点易错
某物体动能变化时速度一定发生变化，而速度发生变化时动能可能不变.
要点2|动能定理的理解
1．推导
动能定理实际上是在牛顿第二定律的基础上对空间累积而得．在牛顿第二定律F＝ma两端同乘以合外力方向上的位移x，即可得
W合＝Fx＝max＝mv－mv.
2．对动能定理的理解
(1)如果物体受到几个力的共同作用，则式中的W合表示各个力做功的代数和，即合外力所做的功．
W合＝W1＋W2＋W3＋…
(2)应用动能定理解题的特点：跟过程的细节无关，即不追究全过程中的运动性质和状态变化细节．
(3)动能定理的研究对象是质点．
(4)动能定理对变力做功情况也适用．动能定理尽管是在恒力作用下利用牛顿第二定律和运动学公式推导的，但对变力做功情况亦适用．动能定理可用于求变力的功、曲线运动中的功以及复杂过程中的功能转换问题．
(5)对合外力的功(总功)的理解
①可以是几个力在同一段位移中的功，也可以是一个力在几段位移中的功，还可以是几个力在几段位移中的功．
②求总功有两种方法：
一种是先求出合外力，然后求总功，表达式为
W＝F合·l·cosα，α为合外力与位移的夹角．
另一种是总功等于各力在各段位移中做功的代数和，即W＝W1＋W2＋W3＋….
典例2　 距沙坑高7 m处，以v0＝10 m/s的初速度竖直向上抛出一个重力为5 N的物体，物体落到沙坑并陷入沙坑0.4 m深处停下．不计空气阻力，g＝10 m/s2.求：
(1)物体上升到最高点时离抛出点的高度；
(2)物体在沙坑中受到的平均阻力大小是多少？
/
【思路点拨】　(1)研究物体从抛出到上升到最高点的过程，运用动能定理列式，即可求解H.
(2)从最高点到最低点的全过程中，由动能定理求解物体在沙坑中受到的平均阻力f.
【解析】　(1)设物体上升到最高点时离抛出点为H，由动能定理得：
－mgH＝0－mv　①
代入数据得：H＝5 m.
(2)设物体在沙坑中受到的平均阻力为f，陷入沙坑深度为d，从最高点到最低点的全过程中：
mg(H＋h＋d)－fd＝0
代入数据得： f＝155 N.
【答案】　(1)5 m　(2)155 N
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质量m＝2 kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能Ek与其发生位移x之间的关系如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法中正确的是(　　)
A．x＝1 m时物块的速度大小为2 m/s
B．x＝3 m时物块的加速度大小为2.5 m/s2
C．在前2 m位移的运动过程中物块所经历的时间为2 s
D．在前4 m位移的运动过程中拉力对物块做的功为9 J
解析：分析图象可知，x＝1 m时物块的动能为2 J，mv2＝2 J，解得v＝ m/s，A选项错误；研究x＝2 m到x＝4 m过程，根据动能定理得，F1x1－μmgx1＝ΔEk1，解得F1＝6.5 N．根据牛顿第二定律得，a1＝＝1.25 m/s2，B选项错误；研究前2 m的过程，根据动能定理得，F2x2－μmgx2＝ΔEk2，解得F2＝6 N，物体的加速度a2＝＝1 m/s2，物块末速度v＝ ＝2 m/s，根据v＝at得，t＝2 s，C选项正确；对全过程运用动能定理得，WF－μmgs＝ΔEk，解得WF＝25 J，D选项错误．
答案：C
名师方法总结
应用动能定理解题时，先选好研究对象，明确研究的过程，再分别求功和动能变化，列方程求解．
名师点易错
动能定理中涉及的功和动能均为标量，动能定理为一标量表达式，不能在某一方向上应用动能定理列方程.
要点3|动能定理的应用及优越性
1．牛顿第二定律和动能定理的选用比较
比较
牛顿第二定律
动能定理
作用
合外力与加速度的关系
合外力的功与动能变化的关系
公式
F＝ma
W＝Ek2－Ek1
研究力和
运动关系
力的瞬间作用效果
力对空间的积累效果
运动过程中
细节的考虑
考虑
不考虑
作用力
恒力
恒力或变力
2.选用原则：动能定理是根据牛顿第二定律F＝ma和运动学公式v2－v＝2ax推导出来的，但其应用范围更广泛．
凡涉及力的空间积累，而不涉及时间的求解类问题，利用动能定理优于使用牛顿运动定律．
3．应用动能定理的优越性
(1)物体由初始状态到末状态的过程中，物体的运动性质、运动轨迹、做功的力是变力还是恒力等诸多因素都可以不予考虑，使分析简化．
(2)应用牛顿运动定律和运动学规律时，涉及的有关物理量比较多，对运动过程中的细节也要仔细研究，而应用动能定理只考虑合外力做功和初、末两个状态的动能，并且可以把不同的运动过程合并为一个全过程来处理．
(3)一般情况下，由牛顿运动定律和运动学规律能够求解的问题，用动能定理也可以求解，并且更为简捷．
4．应用动能定理解题的步骤
(1)确定研究对象和研究过程．
(2)对研究对象进行受力分析．(研究对象以外的物体施于研究对象的力都要分析，含重力)
(3)写出该过程中合外力做的功，或分别写出各个力做的功(注意功的正负)．如果研究过程中物体受力情况有变化，要分别写出该力在各个阶段做的功．
(4)写出物体的初、末动能．(注意动能增量是末动能减初动能)
(5)按照动能定理列式求解．
典例3　 如图所示，AB为圆弧轨道，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，与两个轨道的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止下滑时，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力做功为(　　)
/
A．μmgR　　　　　　 B．mgR
C．mgR D．(1－μ)mgR
【思路点拨】　AB段的摩擦力为变力，故可以由动能定理求解； 而BC段为恒力，可以直接由功的公式求解；BC段摩擦力可以求出，由做功公式求得BC段摩擦力对物体所做的功； 对全程应用动能定理即可求得AB段克服摩擦力所做的功．
【解析】　BC段物体受摩擦力f＝μmg，位移为R，故BC段摩擦力对物体做功W＝－fR＝－μmgR.对全程由动能定理可知，mgR＋W1＋W＝0
解得W1＝μmgR－mgR;
故AB段克服摩擦力做功为W克＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR.故选D．
【答案】　D
/　如图AB水平，在恒力F作用下质量m＝1 kg的小滑块由静止开始运动，当到达B点时立即停止用力，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5，AB长为L＝5.0 m，BCD为一半径为R＝1.0 m的光滑半圆轨道，BOD在同一竖直线上(g取10 m/s2)，求：
/
(1)欲使小滑块刚能通过D点，力F的大小；
(2)若力F＝15 N，求小滑块通过D点时对轨道的压力的大小；
(3)若使小滑块正好又落回点A，小滑块通过半圆轨道D点时对轨道的压力大小．
解析：(1)小滑块刚能通过D点时，重力提供向心力，mg＝m，从A到D的过程，根据动能定理得，FL－μmgL－2mgR＝mv，解得F＝10 N.
(2)若力F＝15 N，从A到D的过程，根据动能定理得，FL－μmgL－2mgR＝mvD′2，滑块通过D点时，根据牛顿第二定律得，mg＋FN1＝m，联立解得FN1＝50 N，根据牛顿第三定律可知，小滑块通过D点时对轨道的压力为50 N.
(3)滑块离开D点后做平抛运动，小滑块正好又落回点A时，竖直方向上，2R＝gt2，水平方向上，L＝vD2t，联立解得vD2＝ m/s，滑块通过D点时，mg＋FN2＝m，联立解得FN2＝52.5 N，根据牛顿第三定律可知，小滑块通过D点时对轨道的压力为52.5 N.
答案：(1)10 N　(2)50 N　(3)52.5 N
名师方法总结
(1)变力做的功不能用功的公式W＝F·lcosα来求．
(2)动能定理W＝ΔEk＝mv－mv＝Ek2－Ek1，虽然是在物体受恒力作用，且做直线运动的情况下推导出来的，但是，它同样适用于外力是变力、物体做曲线运动的情况．应用动能定理可以求出变力做的功．
名师点易错
1．功的计算公式W＝Flcosα只能求恒力做的功，不能求变力的功，而由动能定理知，只要求出物体的动能变化ΔEk＝Ek2－Ek1，就可以间接求得变力做的功．
2．列方程时等号的左边是合外力做的功，右边是动能的变化量，为末动能减去初动能.
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对点训练一　动能的理解
1．(多选)(2018·北京模拟)对于物体经历的一个过程，以下说法正确的是(　　)
A．物体的动能变化为零时，物体所受合外力一定为零
B．物体运动的位移为零时，摩擦力做功一定为零
C．物体运动中动能不变时，合外力总功一定为零
D．物体所受合外力为零时，物体的动能变化一定为零
解析：根据动能定理可知，物体所受合外力做功为零时，动能的变化为零，此时合外力不一定为零，A选项错误，C选项正确；摩擦力做功与物体运动的路程有关，与位移无关，位移为零时，路程不一定为零，B选项错误；物体所受合外力为零时，合外力做功一定为零，动能变化一定为零，D选项正确．
答案：CD
对点训练二　动能定理的理解
2．(多选)下列说法错误的是(　　)
A．在国际单位制中，长度、质量和时间三个物理量单位为力学基本单位
B．车速越大的汽车，它的惯性越大
C．载重汽车的重心位置跟所载物体的质量和叠放的方式有关
D．在同一路面同一速度行驶的汽车，载重越大，紧急刹车后滑行的路程越长
解析：力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，故A正确；惯性的大小仅仅与质量有关，与物体的速度无关．故B错误；物体的重心位置跟物体的质量分布情况和物体的形状有关，故C正确；根据动能定理得：－μmgs＝0－mv，得刹车后滑行的路程s＝，μ相同，则车速越大，s越大；与质量无关，故D错误．本题选择错误的，故选BD．
答案：BD
3．(多选)甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉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
解析：由功的公式W＝Flcosα＝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－fs＝Ek2，可知Ek1>Ek2，即甲物体获得的动能比乙大，C正确，D错误．
答案：BC
对点训练三　动能定理的应用
4．小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度H处，小球的动能和势能相等，则物体所受阻力的大小是(　　)
A．mg B．mg
C．mg D．mg
解析：设小球受到的阻力大小恒为Ff，小球上升至最高点过程由动能定理得：－mgH－FfH＝0－mv.小球上升至离地高度H处时速度设为v1，由动能定理得：－mgH－FfH＝mv－mv.又mv＝mgH，解得物体所受阻力的大小Ff＝mg，选项C正确．
答案：C
5．(2018·西安市长安区期中)甲、乙、丙三辆汽车的质量之比是1∶2∶3，如果它们的动能相等，且轮胎与水平地面之间的动摩擦因数都相等，则它们关闭发动机后滑行距离之比是________．
解析：汽车关闭发动机后做匀减速直线运动，摩擦力做负功．
根据动能定理可知，－μmgx＝0－Ek
解得汽车滑行距离x＝
根据题意可知，Ek、μ、g相等，则汽车的滑行距离与质量成反比
x1∶x2∶x3＝ ∶ ∶＝6∶3∶2.
答案：6∶3∶2
6．如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，用质量为m＝1 kg的小物块压紧弹簧，从A处由静止释放后的物块，在弹簧弹力的作用下沿水平桌面向右运动，物体离开弹簧后继续运动，离开桌面边缘B后，落在水平地面C点．C点与B点的水平距离x＝1 m，桌面高度为h＝1.25 m，AB长度为s＝1.5 m，物体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.4，小物块可看成质点，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.求：
/
(1)物块在水平面上运动到桌面边缘B处的速度大小；
(2)物块落地时速度大小及速度与水平方向夹角的正切值；
(3)弹簧弹力对物块做的功．
解析：(1)物块离开桌子边缘后做平抛运动，
竖直方向上有h＝gt2，解得t＝0.5 s，
水平方向上有x＝vBt，解得vB＝2 m/s.
(2)平抛过程用动能定理：mgh＝mv－mv
解得vC＝ m/s
物块落地时水平方向vx＝vB＝2 m/s
竖直方向上vy＝gt＝5 m/s
则tanθ＝＝2.5.
(3)从A到B的过程中，运用动能定理有
W弹－μmgs＝mv－0
解得W弹＝8 J.
答案：(1)2 m/s　(2)2.5　(3)8 J
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【强化基础】
1．两个物体质量比为1∶4，速度大小之比为4∶1，则这两个物体的动能之比为(　　)
A．1∶1　　　　　　　 B．1∶4
C．4∶1 D．2∶1
解析：根据Ek＝mv2得，动能之比为Ek1∶Ek2＝×1×42∶×4×12＝4∶1.故选C．
答案：C
2．质量约为0.5 kg的足球被脚踢出后，在水平地面上沿直线向前运动约50 m后停止．假定运动员踢球时脚对球的平均作用力为300 N，足球在地面运动过程中所受阻力恒为其重力的0.06倍，则运动员踢球时脚对足球做的功为下列哪一个数值(　　)
A．0.5 J B．15 J
C．250 J D．15 000 J
解析：在人踢出足球和足球停止运动的过程中只有人和阻力对足球做功，根据动能定理可得：
W＋Wf＝Ek，且阻力做功： Wf＝－fs＝－0.06×0.5×10×50 J＝－15 J
设人做的功为W，则： W＋Wf＝0，即： W＝15 J，B正确，A、C、D错误．故选B．
答案：B
3．(多选)质量为1 kg的物体，以2 m/s的速度在光滑水平长直轨道上滑行．从某时刻起对该物体施加一个沿轨道的水平力，经过一段时间后，物体的速度变化量大小为4 m/s，则在此过程中水平力做的功可能为(　　)
A．0 B．2 J
C．8 J D．16 J
解析：物体的速度改变量的大小为4 m/s，如果末速度方向与初速度方向相同，则末速度大小为6 m/s，根据动能定理得，W＝mv2－mv＝16 J；如果末速度方向与初速度方向相反时，则末速度大小为2 m/s，做功W＝0，A、D选项正确．
答案：AD
4．(2018·江苏模拟)将一个质量为m的小球从足够高处水平抛出，经过一段时间后，小球的动能为Ek，再经过相同的时间后，小球的动能为2Ek(此时小球未落地)，不计空气阻力，重力加速度为g，则小球抛出的初速度大小为(　　)
A．3 B．
C． D．2
解析：小球以初速度v0做平抛运动，经过t时间，根据动能定理可知，mg·gt2＝Ek－mv.经过2t时间，mg·g(2t)2＝2Ek－mv.联立解得，v0＝2，D选项正确，A、B、C选项错误．
答案：D
5．一木块静止在粗糙水平面上，现用一大小为F1的水平力拉动木块，经过时间t，其速度为v.若将水平拉力的大小改为F2，木块从静止开始经过相等时间t，速度变为2v.对以上两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力做的功，则(　　)
A．WF2＞4WF1 　 Wf2＞2Wf1
B．WF2＞4WF1 　 Wf2＝2Wf1
C．WF2＜4WF1 　 Wf2＝2Wf1
D．WF2＜4WF1 　 Wf2 ＜2Wf1
解析：两次运动中，在同样的时间内，它们的位移之比s1∶s2＝t∶t＝1∶2，两次运动中木块所受的摩擦力不变，克服滑动摩擦力做功之比Wf1∶Wf2＝s1∶s2＝1∶2，解得Wf2＝2Wf1.根据动能定理得，WF－Wf＝mv2－0，解得WF2＝4WF1－2Wf1，即WF2<4WF1，C选项正确．
答案：C
【巩固易错】
6．(多选)一个高尔夫球静止于平坦的地面上．在t＝0时球被击出，飞行中球的速率与时间的关系如图所示．若不计空气阻力的影响，根据图象提供的信息可以求出的量是(　　)
/
A．高尔夫球在何时落地
B．高尔夫球可上升的最大高度
C．人击球时对高尔夫球做的功
D．高尔夫球落地时离击球点的距离
解析：不计空气阻力，高尔夫球落到水平地面上时，速率相等．由图看出，小球5 s时刻落地，故A正确；小球的初速度大小为v0＝31 m/s，到达最高点时的速度大小为v＝19 m/s，由动能定理得－mgh＝mv2－mv，由此式可求出最大高度h，故B正确；由动能定理得：人击球时对高尔夫球做的功W＝mv，由于高尔夫球的质量m未知，无法求出W，故C错误；高尔夫球水平方向做匀速直线运动，水平方向分速度vx＝19 m/s，高尔夫球落地时离击球点的距离为S＝vxt＝19×5 m＝95 m，故D正确．故选ABD．
答案：ABD
7．(多选)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f.现用一水平恒力F作用在滑块上，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s.下列说法正确的是(　　)
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A．上述过程中，滑块克服摩擦力做功为f(L＋s)
B．其他条件不变的情况下，M越大，s越小
C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达木板右端所用时间越长
D．其他条件不变的情况下，F越大，滑块与木板间产生的热量越多
解析：上述过程中，滑块相对于地面的位移为L＋s，则滑块克服摩擦力做功为f(L＋s)，故A正确；其他条件不变的情况下，由于木板受到摩擦力不变，当M越大时，木板加速度小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间短，所以木板运动的位移s小，故B正确；滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以拉力F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，故C错误；系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力没变，所以产生的热量没变，故D错误．故选AB．
答案：AB
【能力提升】
8．泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流，它的面积、体积和流量都较大．泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大．某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，如图甲所示，他们设计了如下的模型：在水平地面上放置一个质量为m＝5 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移变化如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.6，g取10 m/s2.求：
/
(1)物体在运动过程中的最大加速度为多大？
(2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？
(3)物体在水平面上运动的最大位移是多大？
解析：(1)当推力F最大时，加速度最大，根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma，解得a＝10 m/s2.
(2)分析图乙可知，F随x变化的函数方程为F＝80－20x，速度最大时，F＝μmg，解得x＝2.5 m.
(3)速度为零时，位移最大，根据动能定理得，W－μmgs＝0，其中W＝＝160 J，联立解得s＝ m.
答案：(1)10 m/s2　(2)2.5 m　(3) m
9．(2018·石嘴山市大武口区三模)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道的最低点，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，求在此过程中小球克服空气阻力所做的功．
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解析：小球在圆周运动的最低点时，绳子张力和重力的合力提供向心力．根据牛顿第二定律可知，7mg－mg＝m.在最高点时，mg＝m.此过程中，根据动能定理可知，－2mgR＋Wf＝mv－mv，解得Wf＝－mgR.克服空气阻力做功为mgR.
答案：mgR