2020版物理浙江高考选考一轮复习讲义：必修2 第五章 第2讲 动能　动能定理 Word版含解析.pdf

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1、第第 2 讲 动能 动能定理讲 动能 动能定理 知识排查 动能 1.定义：物体由于运动而具有的能叫动能。 2.公式：Ek mv2。 1 2 3.单位：焦耳，1 J1 Nm1 kgm2/s2。 4.矢标性：动能是标量，只有正值。 5.状态量：动能是状态量，因为 v 是瞬时速度。 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 mv mv 或 WEk2Ek1。 1 2 2 2 1 2 2 1 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)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。

2、(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.应用动能定理解决的典型问题大致分为两种 (1)单一物体的单一过程或者某一过程； (2)单一物体的多个过程。动能定理由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方 法要简便。 小题速练 1.思考判断 (1)物体的动能不变，所受合外力一定为零( ) (2)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化( ) (3)动能不变的物体，一定处于平衡状态( ) (4)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( ) (5)如果物体所受的合外力不为零，那么合外力对物体做功一定不为零( ) 答案 (1) (2) (3) (4)

3、(5) 2.韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中 技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功 1 900 J， 他克服阻力做功 100 J。韩晓鹏在此过程中( ) A.动能增加了 1 900 J B.动能增加了 2 000 J C.重力势能减小了 1 900 J D.重力势能减小了 2 000 J 解析 由题可得，重力做功 WG1 900 J，则重力势能减少 1 900 J ，故选项 C 正确，D 错误；由动能定理得，WGWfEk，克服阻力做功 Wf100 J，则动 能增加 1 800 J，故选项 A、B 错误。 答案 C 动能 动能定理的应

4、用 1.对动能定理的三点理解 (1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“”的意义是一种 因果关系在数值上相等的符号， 它并不意味着 “功就是动能增量” ， 也不意味着 “功 转变成了动能” ，而是意味着“功引起物体动能的变化” 。 (2)动能定理叙述中所说的“外力” ，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电 场力、磁场力或其他力。 (3)合外力对物体做正功，物体的动能增加；合外力对物体做负功，物体的动能 减少；合外力对物体不做功，物体的动能不变。 2.应用动能定理解决问题的步骤 (1)选取研究对象，明确它的运动过程。 (2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况，然后求各个外力做

5、功的代数和。 受哪些力各力是否做功做正功还是负功做多少功 (3)明确物体始末状态的动能 Ek1和 Ek2。 (4)列出动能定理的方程 W合Ek2Ek1及其他必要的解题方程，进行求解。 【典例 1】 在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到 vmax后 立即关闭发动机直到停止，汽车的速度时间图象如图 1 所示。设汽车的牵引力 为 F，摩擦力为 Ff，全过程中牵引力做功 W1，克服摩擦力做功 W2。以下判断中 正确的是( ) 图 1 A.FFf13 B.FFf31 C.W1W211 D.W1W213 解析 由图象可以看出，汽车在 01 s 内做匀加速运动，由牛顿第二定律和运 动学规律可

6、得加速度大小为 a1；汽车在 14 s 内做匀减速运 FFf m vmax0 1 动，加速度大小为 a2 ，由以上两式可得 ； 对汽车运动的全过程应 Ff m vmax 3 F Ff 4 1 用动能定理有 W1W200，得到 W1W2，所以选项 C 正确。 答案 C 【典例 2】 一物块沿倾角为 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 2 所示。当物块的初速度为 时，上升的最大高度记为 h。 v 2 重力加速度大小为 g。物块与斜坡间的动摩擦因数和 h 分别为( ) 图 2 A.tan 和 B.tan 和 H 2( v2 2gH1) H 2 C.tan 和 D.

7、tan 和 H 4( v2 2gH1) H 4 解析 设物块与斜坡间的动摩擦因数为，则物块沿斜坡上滑的过程中，由动能 定理 0 mv2 (mgHmgcos H sin ) 1 2 由得 tan ( v2 2gH1) 当物块的初速度为 时，由动能定理知 v 2 (mghmgcos )0 m h sin 1 2( v 2) 2 由两式得 h 。选项 D 正确。 H 4 答案 D 1.人用手托着质量为 m 的物体，从静止开始沿水平方向运动，前进距离 s 后，速 度为 v(物体与手始终相对静止)，物体与人手掌之间的动摩擦因数为 ，则人对 物体做的功为( ) A.mgs B.0 C.mgs D. mv2

8、 1 2 解析 物体与手掌之间的摩擦力是静摩擦力，静摩擦力在零与最大值之间取值， 不一定等于 mg。在题述过程中，只有静摩擦力对物体做功，故根据动能定理， 知人对物体做的功 W mv2。 1 2 答案 D 2.北京获得 2022 年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目。将一个冰壶以一 定初速度推出后将运动一段距离停下来。换一个材料相同、质量更大的冰壶，以 相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将( ) A.不变 B.变小 C.变大 D.无法判断 解析 冰壶在冰面上以一定初速度被推出后，在滑动摩擦力作用下做匀减速运 动，根据动能定理有mgs0 mv2，得 s，两种冰壶的初速度相等，材 1 2 v2

9、2g 料相同，故运动的距离相等。故选项 A 正确。 答案 A 3.(2018宁波模拟)如图 3 所示，粗糙的 AB 水平面与竖直平面内的光滑弯曲轨道 BC在B点相接。 一小物块从AB上的D点以初速度v08 m/s出发向B点滑行， DB 长为 L12 m，小物块与水平面间的动摩擦因数 0.2，g 取 10 m/s2，求： 图 3 (1)小物块滑到 B 点时的速度大小 vB； (2)小物块沿弯曲轨道上滑的最大高度 h。 解析 (1)对 DB 段利用动能定理有 mgL mv mv ，解得 vB4 m/s。 1 2 2 B 1 2 2 0 (2)小物块从 B 到 C 的过程中由动能定理得 mgh mv

10、 ，解得 h0.8 m。 1 2 2 B 答案 (1)4 m/s (2)0.8 m 应用动能定理解决多过程问题 1.动能定理适用于直线运动，也可用于曲线运动；动能定理适用于恒力做功，也 可用于变力做功；动能定理可分段处理，也可整过程处理。 2.解决多过程问题方法 (1)首先需要建立运动模型，选择合适的研究过程能使问题得以简化。当物体的 运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程 作为研究过程。 (2)当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功 时，要注意运用它们的做功特点： 重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关； 大小恒定的阻力或摩擦力

11、的功等于力的大小与路程的乘积。 (3)关注过程与过程的连接状态的受力特征与运动特征(比如：速度、加速度或位 移)。 (4)列整体(或分过程)的动能定理方程。 【典例】 如图 4 所示， 倾角 45的粗糙平直导轨 AB 与半径为 R 的光滑圆环 轨道相切，切点为 B，整个轨道处在竖直平面内。一质量为 m 的小滑块(可以看 作质点)从导轨上离地面高为 h3R 的 D 处无初速度下滑进入圆环轨道。接着小 滑块从圆环最高点 C 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心 O 等高的 P 点，不计空 气阻力，已知重力加速度为 g。求： 图 4 (1)滑块运动到圆环最高点 C 时的速度大小； (2)滑块运动到圆环最低

12、点时对圆环轨道压力的大小； (3)滑块在斜面轨道 BD 间运动的过程中克服摩擦力做的功。 解析 (1)小滑块从 C 点飞出来做平抛运动，水平速度为 v0。 竖直方向上：R gt2 1 2 水平方向上：Rv0t2 解得 v0gR (2)小滑块在最低点时速度为 v，由动能定理得 mg2R mv mv2 1 2 2 0 1 2 解得 v5gR 在最低点由牛顿第二定律得 FNmgm v2 R 解得 FN6mg 由牛顿第三定律得 FN6mg (3)从 D 到最低点过程中，设 DB 过程中克服摩擦阻力做功 Wf，由动能定理得 mghWf mv20 1 2 解得 Wf mgR 1 2 答案 (1) (2)6

13、mg (3) mgRgR 1 2 【拓展延伸 1】 在【典例】中，若小滑块刚好能过 C 点，求滑块与轨道 AB 间 的动摩擦因数。 解析 小滑块刚好能过 C 点，则在 C 点由牛顿第二定律得 mgm ，解得 vC v R gR 小滑块由 D 至 C 过程，由动能定理得 mg(h2R)mgcos mv 0， h（RRcos ） sin 1 2 2 C 解得 0.18 4 2 14 答案 (或 0.18) 4 2 14 【拓展延伸 2】 在【典例】中的滑块从轨道的 P 点由静止释放，滑块与粗糙导 轨间的动摩擦因数为 ，求滑块整个运动过程中在 AB 轨道上通过的总路程。 解析 滑块在 P 点释放，滑

14、块将在两轨道间做往返运动，当滑块到达 B 点时的 速度为零后滑块将只在圆弧轨道上运动，故全过程由动能定理得 mgsPBsin mgcos s0 由几何关系得 sPBR 解得 sR 答案 R 应用动能定理解题的基本思路 1.如图 5 所示，质量为 m 的小球，从离地面 H 高处从静止开始释放，落到地面 后继续陷入泥中 h 深度而停止，设小球受到空气阻力为 f，重力加速度为 g，则 下列说法正确的是( ) 图 5 A.小球落地时动能等于 mgH B.小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能 C.整个过程中小球克服阻力做的功等于 mg(Hh) D.小球在泥土中受到的平均阻力为

15、mg(1 ) H h 解析 小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得 mgHfH mv ， 1 2 2 0 选项 A 错误 ； 设泥的平均阻力为 f0， 小球陷入泥中的过程， 由动能定理得 mghf0h 0 mv ， 解得 f0hmgh mv mghmgHfH， f0mg(1 )， 选项 B、 1 2 2 0 1 2 2 0 H h fH h D 错误 ； 全过程应用动能定理可知， 整个过程中小球克服阻力做的功等于 mg(H h)，选项 C 正确。 答案 C 2.如图 6 所示， 水平桌面上的轻质弹簧左端固定， 右端与静止在 O 点质量为 m1 kg 的小物块接触而不连接，此时弹簧无形

16、变。现对小物块施加 F10 N 水平向 左的恒力，使其由静止开始向左运动。小物块在向左运动到 A 点前某处速度最 大时，弹簧的弹力为 6 N，运动到 A 点时撤去推力 F，小物块最终运动到 B 点静 止。图中 OA0.8 m，OB0.2 m，重力加速度取 g10 m/s2。求小物块： 图 6 (1)与桌面间的动摩擦因数 ； (2)向右运动过程中经过 O 点的速度； (3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量。 解析 (1)小物块速度达到最大时，加速度为零。 FmgF弹0，0.4。 FF弹 mg (2)设向右运动通过 O 点时的速度为 v0， 从 OB， 由动能定理得FfxOB01 2 mv ，Ff

17、mg4 N， 2 0 解得 v0 m/s1.26 m/s。1.6 (3)弹簧最大压缩量为 xmax，对小物块运动的全过程，根据动能定理得 FxOA Ff(2xmaxxOB)0， 代入数值得 xmax0.9 m。 答案 (1)0.4 (2)1.26 m/s (3)0.9 m 3.如图 7 所示，摩托车做特技表演时，以 v010.0 m/s 的初速度冲向高台，然后 从高台水平飞出。 若摩托车冲向高台的过程以 P4.0 kW 的额定功率行驶， 冲到 高台上所用时间 t3.0 s，人和车的总质量 m1.8102 kg，台高 h5.0 m，摩 托车的落地点到高台的水平距离 x10.0 m。不计空气阻力，

18、取 g10 m/s2。求： 图 7 (1)摩托车从高台飞出到落地所用时间； (2)摩托车落地时速度的大小； (3)摩托车冲上高台过程中克服阻力所做的功。 解析 (1)摩托车在空中做平抛运动，设摩托车飞行时间为 t1。则 h gt ，t1 s1.0 s 1 2 2 1 2h g 2 5.0 10 (2)设摩托车到达高台顶端的速度为 vx，即平抛运动的水平速度 vx m/s10.0 m/s x t1 10.0 1.0 落地时的竖直速度为 vygt110.0 m/s 落地时速度 v10 m/svv2 (3)摩托车冲上高台过程中，根据动能定理： PtWfmgh mv mv 1 2 2 x 1 2 2

19、0 WfPtmgh 4.01033.0 J1.8102105.0 J 3.0103 J 答案 (1)10 s (2)10 m/s (3)3.0103 J2 动能定理与图象结合的问题 1.解决物理图象问题的基本步骤 (1)观察题目给出的图象，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、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关 系列式解答问题。 2.四类图象所围“面积”的含义 1.用水平力 F 拉一物体，使物体

20、在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1 时刻撤去拉力 F，物体做匀减速直线运动，到 t2时刻停止，其速度时间图象 如图 8 所示，且 ，若拉力 F 做的功为 W1，平均功率为 P1；物体克服摩擦阻 力 Ff做的功为 W2，平均功率为 P2，则下列选项正确的是( ) 图 8 A.W1W2，F2Ff B.W1W2，F2Ff C.P12Ff D.P1P2，F2Ff 解析 对整个过程由动能定理可得 W1W20，解得 W1W2。由图象可知，撤 去拉力 F 后运动的时间大于水平力 F 作用的时间，所以 a1|a2|，即 ， FFf m Ff m F2Ff，选项 A、D 错误，B 正确；由于摩擦阻力作

21、用时间一定大于水平力 F 作 用时间，所以 P1P2，选项 C 错误。 答案 B 2.如图 9 甲所示，一质量为 4 kg 的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀 减小的水平推力 F 作用下开始运动，推力 F 随位移 x 变化的关系如图乙所示， 已知物体与地面间的动摩擦因数0.5，(取 g10 m/s2)，则下列说法正确的是 ( ) 图 9 A.物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动 B.物体在水平地面上运动的最大位移是 10 m C.物体运动的最大速度为 2 m/s15 D.物体在运动中的加速度先变小后不变 解析 当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，选项 A 错误；由题图乙中 图

22、线与 x 轴所围面积表示推力对物体做的功得，推力做的功 W 4100 J 1 2 200 J，根据动能定理有 Wmgxm0，得 xm10 m，选项 B 正确；当推力与摩 擦力平衡时， 加速度为零， 速度最大， 由题图乙得F10025x(N)， 当Fmg20 N 时 x3.2 m，由动能定理得 (10020)xmgx mv ，解得物体运动的最大 1 2 1 2 2 m 速度 vm8 m/s， 选项 C 错误 ； 物体运动中当推力由 100 N 减小到 20 N 的过程中， 加速度逐渐减小，当推力由 20 N 减小到 0 的过程中，加速度又反向增大，此后 加速度不变，故选项 D 错误。 答案 B

23、3.质量为 1 kg 的物体，放置在动摩擦因数为 0.2 的水平面上，在水平拉力的作用 下由静止开始运动，水平拉力做的功 W 和物体发生的位移 x 之间的关系如图 10 所示，重力加速度为 10 m/s2，则下列说法正确的是( ) 图 10 A.x3 m 时速度大小为 2 m/s2 B.x9 m 时速度大小为 4 m/s2 C.OA 段加速度大小为 3 m/s2 D.AB 段加速度大小为 3 m/s2 解析 对于前 3 m 过程，根据动能定理有 W1mgx mv ，解得 vA3 m/s， 1 2 2 A 2 根据速度位移公式有 v 2a1x，解得 a13 m/s2，A 错误，C 正确；对于前

24、9 m 2 A 过程，根据动能定理有 W2mgx mv ，解得 vB3m/s，B 错误；AB 段受 1 2 2 B 2 力恒定，故加速度恒定，而初、末速度相等，故 AB 段的加速度为零，故 D 错误。 答案 C 科学思维动能定理的综合应用 物理计算题历来是高考拉分题，试题综合性强，涉及物理过程较多，所给物理情 境较复杂，物理模型较模糊甚至很隐蔽，运用的物理规律也较多，对考生的各项 能力要求很高，为了在物理计算题上得到理想的分值，应做到细心审题、用心析 题、规范答题。 【例】 (20183 月浙江温州选考适应性考试)如图 11 所示，某玩具厂设计出一 个“2018”字型的竖直模型玩具，固定在足够

25、长的水平地面上，四个数字等高，“2” 字和“8”字用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，过“2”字出口 H 点的竖直虚线与“2”字 上半圆相切，“0”字是半径为 R 的单层光滑圆轨道，“1”字是高度为 2R 的具有左 右两条通道的光滑竖直细管道，所有轨道转角及连接处均平滑，H、F、B、C 间 的距离分别为 3R、3R、2R。一小物块(可视为质点)分别从“1”字轨道 A 端的左、 右两侧通道进入模型开始运动，小物块与 FB、BC 段轨道的动摩擦因数 10.4， 与 HF 段轨道的动摩擦因数 20.15，已知 R1 m。 图 11 (1)要使小物块能通过“8”字轨道，求小物体从“1”字轨道上端右侧通道射入的

26、初速 度最小值； (2)让小物块以m/s 的初速度从“1”字轨道上端左侧通道射入，通过“0”字轨道43 最高点后从“2”字轨道 J 口飞出(J 口末端水平)，求落地点到 J 点正下方的水平距 离； (3)若“0”字圆形轨道半径可调(F 点位置不动)，且其轨道不能与其他字型重叠。现 让小物体从“1”字轨道上端左侧通道静止释放，要使小物体不脱离“0”字轨道，“0” 字轨道半径 R应满足什么条件？ 审题流程 第一步：把握过程，构建运动模型 从 1 轨道左侧进入从 1 轨道右侧进入 过程 1AB 段匀加速AB 段匀加速 过程 2BF 段匀减速BC 段匀减速 过程 3“0”轨道圆周运动(轻绳模型)“8”

27、轨道 圆周运动(轻 杆模型) 过程 4HF匀减速 过程 5“2”轨道非匀变速(轻杆模型) 过程 6从 J 出来平抛运动 第二步：抓好关键点，找出突破口 小物块能通过“8”字轨道最高点 D 点的临界速度为 vD0，A 到 D，由动能定理 求初速度的最小值；A 至 J 由动能定理求出小物块通过 J 点的速度，再由平抛运 动的规律求落地点到 J 点正下方的水平距离；分析两种情况：小物块恰过“0” 字最高点 G，由重力提供向心力。小物块 A 至 G 由动能定理列式，求出“0”字轨 道半径 R。 小物块恰到达“0”字轨道半径高度时速度为零，运用动能定理求出“0”字轨道半 径 R，再得到“0”字轨道半径

28、R的范围。 规范解答 (1)能通过“8”字轨道最高点 D 点的临界速度为 vD0； A 至 D 由动能定理得 ： 1mg(2R) mv mv ， 根据以上两式并代入数据得 ： vA 1 2 2 D 1 2 2 A 4 m/s (2)A 至 J 由动能定理得： 1mg(3R)2mg(3R) mv mv ； 1 2 2 J 1 2 2 A J 飞出后至落地由平抛运动：R gt2，xvJt， 1 2 由以上三式并代入数据得：x2 m； (3)小物块恰过“0”字最高点 G，设此时半径为 R1， 对 G 点：mgm； v R1 A 至 G 由动能定理得： mg(2R2R1)1mg(3R) mv 0； 1

29、 2 2 G 代入数据得：R10.32 m(或 R1 m)所以当 R0.32 m 时，小物块可以通过“0” 8 25 字轨道最高点不脱轨。 小物块恰到达“0”字轨道半径高度时速度为零，设此时半径为 R2，由动能定理 ： mg(2RR2)1mg(3R)0，代入数据得：R21.4 m； 为了轨道不重叠，最大“0”字轨道与 A 端相碰。设此 时半径为 R3，如图，由勾股定理得： R (3R)2(R32R)2； 2 3 代入数据得 R33.25 m，所以 R2RR3， 即 1.4 mR3.25 m，小物块也不脱轨。 答案 (1)4 m/s (2)2 m (3)R0.32 m 或 1.4 mR3.25

30、m 【针对训练】 (2018宁波市九校联考)如图12所示为一遥控电动赛车(可视为质 点)和它的运动轨道示意图。假设在某次演示中，赛车从 A 位置由静止开始运动， 经 2 s 后关闭电动机，赛车继续前进至 B 点后水平飞出，赛车能从 C 点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道， D 点和 E 点分别为圆形轨道的最 高点和最低点。已知赛车在水平轨道 AB 段运动时受到的恒定阻力为 0.4 N，赛 车质量为 0.4 kg，通电时赛车电动机的输出功率恒为 2 W，B、C 两点间高度差 为 0.45 m， C 与圆心 O 的连线和竖直方向的夹角 37， 空气阻力忽略不计， g 10 m/s2，sin 3

31、70.6，cos 370.8，求： 图 12 (1)赛车通过 C 点时的速度大小； (2)赛道 AB 的长度； (3)要使赛车能通过圆轨最高点D后回到水平赛道EG， 其半径需要满足什么条件。 解析 (1)赛车在 BC 间做平抛运动， 则竖直方向 vy3 m/s。2gh 由图可知：vC5 m/s vy sin 37 (2)赛车在 B 点的速度 v0vCcos 374 m/s 则根据动能定理：PtFf lAB mv ，得 lAB2 m。 1 2 2 0 (3)当赛车恰好通过最高点 D 时，有：mgmv R 从 C 到 D，由动能定理： mgR(1cos 37) mv mv 1 2 2 0 1 2

32、2 C 解得 R m 25 46 所以轨道半径需满足 0R m(可以不写 0) 25 46 答案 (1)5 m/s (2)2 m (3)0R m 25 46 活页作业 (时间：30 分钟) A 组 基础过关 1.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 解析 物体所受合外力为零， 则根据 WFs 可知合外力对物体做的功一定为零， 选项 A 正确；合外力对物体所做的功为零，但合

33、外力不一定为零，例如做匀速 圆周运动物体的向心力，选项 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，选项 C、D 错误。 答案 A 2.如图 1 所示，质量为 m 的物块与水平转台间的动摩擦因数为 ，物块与转轴相 距 R，物块随转台由静止开始转动。当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑 动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是(假设物 块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( ) 图 1 A.0 B.2mgR C.2mgR D.mgR 2 解析 物块即将在转台上滑动但还未滑动时， 转台对物块的最大静摩擦力恰好提 供向心力，设此时物

34、块做圆周运动的线速度为 v，则有 mg。在物块由静 mv2 R 止到获得速度 v 的过程中，物块受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物块 做功，由动能定理得 W mv20。联立解得 W mgR。故选项 D 正确。 1 2 1 2 答案 D 3.(2018绍兴一中期末)物体在合外力作用下做直线运动的 vt 图象如图 2 所示。 下列表述正确的是( ) 图 2 A.在 02 s 内，合外力做正功 B.在 24 s 内，合外力不做功 C.在 02 s 内，合外力做负功 D.在 06 s 内，合外力总是做正功 解析 在 02 s 内，物体的速度在增大，即动能在增大，所以合外力做正功，A 正确，C 错

35、误；26 s 内物体的速度在减小，动能在减小，根据动能定理可得合 外力做负功，B、D 错误。 答案 A 4.如图 3 所示，一个物体由静止开始，从 A 点出发分别经过三个粗糙斜面下滑到 同一水平面上的 C1、C2、C3处。已知三个斜面的动摩擦因数都相同，则下列说 法正确的是( ) 图 3 A.物体到达 C3处的动能最大 B.物体在 C1、C2、C3处的动能相等 C.物体在三个斜面上克服摩擦力做功都相同 D.物体沿 AC3斜面下滑时克服摩擦力做功最多 解析 设斜面倾角为 ， 由物体克服摩擦力做功 Wfmgcos xmgcos h sin mg知， 沿 AC1斜面克服摩擦力做功最多， 沿 AC3最

36、少， 而重力做功 WG h tan mgh 相同，故到达 C3处动能最大，选项 A 正确。 答案 A 5.质量为 m 的物体静止在光滑水平面上，在恒力 F 的作用下做匀加速直线运动。 若物体的速度从 0 增加到 v 的过程中恒力对物体做功为 W， 则物体的速度从 v 增 加到 2v 的过程中，恒力 F 对物体做的功等于( ) A.3W B. 5W 3 C. D.2W 3W 5 解析 根据动能定理 W合Ek，速度从 0 增加到 v 的过程中 W mv2。物体的 1 2 速度从 v 增加到 2v 的过程中 W m(2v)2 mv2 mv2， 所以 W3W， A 正确。 1 2 1 2 3 2 答案

37、 A 6.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 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(Hh) Fh0，Fmg5mg，B 正确。 mg（Hh） h 20.5 0.5 答案 B 7.(2018温州模拟)在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，他站在罚球线处用力 将篮球投出， 篮球约以 1 m/s 的速度撞击篮筐。 如图 4 所

38、示， 已知篮球质量约为 0. 6 kg，篮筐离地高度约为 3 m，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球 做的功大约为( ) 图 4 A.1 J B.10 J C.50 J D.100 J 解析 假设人的身高为 h11.8 m，则根据动能定理 Wmg(hh1) mv2，代入 1 2 数据整理可以得到 W7.5 J，故选项 B 正确。 答案 B 8.如图 5 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 v0。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空 3 4 气阻力的大小等于( ) 图 5 A. mg B.mg 3 4 3 16 C.mg

39、D.mg 7 16 7 25 解析 根据动能定理，对全过程有2fH m( v0)2 mv ，上升过程(mgf)H 1 2 3 4 1 2 2 0 mv 1 2 2 0 联立两式得 fmg，选项 D 正确。 7 25 答案 D B 组 能力提升 9.如图 6 所示，一个弹簧左端固定于墙上，右端连接物块，物块质量为 m，它与 水平桌面间的动摩擦因数 ，起初用手按往物块，弹簧的伸长量为 x，然后放手， 当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为 v0，则此过程中弹力所做的功为( ) 图 6 A. mv mgx B. mv mgx 1 2 2 0 1 2 2 0 C. mv D.mgx mv 1 2 2 0

40、 1 2 2 0 解析 当弹簧恢复到原长时，物块对地的位移为 x，根据动能定理有：W弹( mgx) mv 0，得 W弹 mv mgx，A 正确。 1 2 2 0 1 2 2 0 答案 A 10.如图 7 所示，质量为 m 的物体在水平恒力 F 的推动下，从山坡底部 A 处由静 止开始运动至高为 h 的坡顶 B 处，获得的速度为 v，A、B 间的水平距离为 s，下 列说法正确的是( ) 图 7 A.物体克服重力所做的功是 mgh 1 2 B.合力对物体做的功是 mv2 1 2 C.推力对物体做的功是 Fsmgh D.物体克服阻力做的功是 mv2mghFs 1 2 解析 设物体克服阻力做的功为 W

41、， 由动能定理得 FsmghW mv20， 得 W 1 2 Fsmgh mv2，故 D 错误；因为 F 是水平恒力，s 是水平位移，推力对物体 1 2 做的功可由 WFs 计算，故 C 错误；由动能定理知 B 正确；物体克服重力所做 的功为 mgh，A 错误。 答案 B 11.如图 8 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m0.5 kg， 滑块经过A点时的速度vA5 m/s， AB 长 x4.5 m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数 0.1，圆弧形轨道的半径 R0.5 m，滑块离开 C 点后竖直上升的最大高度 h0.1 m。取 g1

42、0 m/s2。求： 图 8 (1)滑块第一次经 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。 解析 (1)滑块由 A 到 B 的过程中，应用动能定理得 Ffx mv mv 1 2 2 B 1 2 2 A 又 Ffmg 解得 vB4 m/s (2)在 B 点，滑块开始做圆周运动，由牛顿第二定律可知 FNmgmv R 解得轨道对滑块的支持力 FN21 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(Rh)

43、Wf0 mv 1 2 2 B 解得滑块克服摩擦力做功 Wf1 J。 答案 (1)4 m/s (2)21 N (3)1 J 12.(2018浙江新高考研究联盟二联)如图 9 所示是游乐场中过山车的模型图，半 径为 R4.0 m 的不光滑圆形轨道固定在倾角为 37斜轨道面上的 B 点，且圆 形轨道的最高点 C 与 A 点平齐，圆形轨道与斜轨道之间圆滑连接。游戏开始前， 小车在水平向左的外力 F 作用下静止在斜轨道 P 点游戏开始时撤去水平外力 F， 小车沿斜轨道向下运动，过图中 A 点时速度 v014 m/s。已知小车质量 m2 kg。斜轨道面与小车间的动摩擦因数为 ，g10 m/s2。sin 3

44、70.6，cos 1 6 370.8。若小车通过圆形轨道最高点 C 时对轨道的压力大小等于重力的两倍， 设小车受到的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则 图 9 (1)小车在 P 点静止时水平外力 F 的最小值； (2)小车从 B 到 C 过程中，克服摩擦力做了多少功。 解析 (1)在 P 点，对小车： 垂直斜面方向：FNmgcos 37Fsin 37 沿斜面方向：Fcos 37FNmgsin 37 解得 F N 280 27 (2)C 点：FNmgm ；FN2mg； v R vC2m/s3gR30 从 A 到 C 过程中： mgcos lABWf mv mv 1 2 2 C 1 2 2 0 解得 lAB12 m，Wf44 J 答案 (1) N (2)44 J 280 27