第1章 专题强化3 动能定理的应用-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高一物理必修第二册教师用书（鲁科版2019）

专题强化3　动能定理的应用 [学习目标]　1.会用动能定理求解变力做功问题(重点)。2.会用动能定理分析图像问题(重点)。3.能熟练用动能定理解决多过程问题(难点)。 一、用动能定理求解变力做功 1.变力做的功 在某些问题中，由于力F的大小、方向变化，不能用W=Fscos α求出变力做的功，此时可用动能定理W=ΔEk求功。 2.用动能定理求解变力做功的方法 (1)分析物体的受力情况，确定做功过程中的哪些力是恒力，哪些力是变力。如果是恒力，写出恒力做功的表达式；如果是变力，用相应功的符号表示出变力做的功。 (2)分析物体的运动过程，确定其初、末状态的动能。 (3)运用动能定理列式求解。 例1　(多选)(2023·厦门一中高一月考)如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为s，且速度达到最大值vm，设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为f，那么这段时间内(　　) A.小车运动满足s=vmt B.小车受到的牵引力逐渐减小 C.小车受到的牵引力做的功为m D.小车受到的合外力所做的功为m 答案　BD 解析　这一过程中电动机的功率恒为P，根据P=Fv可知随着小车速度的增加，小车受到的牵引力逐渐减小，根据牛顿第二定律可得a=可知随着牵引力逐渐减小，小车的加速度也逐渐减小，即小车做加速度不断减小的加速运动，不是匀加速直线运动，故小车运动不满足s=vmt，故A错误，B正确；根据动能定理可得小车受到的合外力所做的功为W合=Pt-fs=m，小车受到的牵引力做的功为W牵=Pt=fs+m>m，故C错误，D正确。 例2　(2024·厦门二中高一月考)如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则小球B下降h时的速度为(　　) A. B. C. D.0 答案　B 解析　小球A从弹簧原长位置由静止释放下降的最大高度为h，根据动能定理有mgh+W弹=0，换为质量为2m的小球B下降h时，根据动能定理有2mgh+W弹=×2mv2，小球B下降h时的速度v=，故选B。 例3　(2023·龙岩市高一期中)如图所示，一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点。第一次，小球在水平力的作用下，从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向的夹角为θ，则水平力所做的功为　　　　　 ；第二次，从平衡位置P点以大小为F、方向水平向右的恒力将小球移动到Q点，则力F所做的功为　　　　　。(重力加速度大小为g)  答案　mgL(1-cos θ)　FLsin θ 解析　第一次从P到Q点过程中，由动能定理可知-mgL(1-cos θ)+WF1=0 解得WF1=mgL(1-cos θ) 第二次从P到Q点过程中，由恒力做功的公式可知WF'=FLsin θ。 应用动能定理解决变力做功的步骤 1.分析物体的受力情况，确定哪些力是恒力，哪些力是变力，如果是恒力，写出恒力做功的表达式，如果是变力，用相应功的符号表示出变力所做的功。 2.分析物体运动的初、末状态，求出动能的变化量。 3.运用动能定理列式求解。 二、动能定理在图像问题中的应用 1.首先看清楚图像的种类(如v-t图像、F-s图像、Ek-s图像等)。 2.挖掘图像的隐含条件，求出所需物理量，如利用v-t图像与t轴所包围“面积”求位移，利用F-s图像与s轴所包围“面积”求功，利用Ek-s图像的斜率求合力等。 3.再分析还有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。 例4　(2023·泉州市期末)如图甲所示，一质量为2 kg的物体放在水平面上，在水平推力F的作用下由静止开始运动。已知F随运动距离s变化的关系图像如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数为0.5，取g=10 m/s2，则物体运动的最大距离为(　　) A.8 m B.12 m C.20 m D.28 m 答案　C 解析　F-s图像与横轴围成的面积表示推力F做的功，由题图乙可得WF=×50×8 J=200 J，设物体运动的最大距离为sm，根据动能定理可得WF-μmgsm=0，解得sm=20 m，故C正确，A、B、D错误。 例5　(多选)(2023·永春一中高一月考)一质量为2 kg的物体静止在水平桌面上，在水平拉力F的作用下，沿水平方向运动2 s后撤去外力，其v-t图像如图所示，下列说法错误的是(　　) A.在0~2s内，合外力做的功为4 J B.在0~2 s内，合外力做的功为8 J C.在0~6 s内，摩擦力做的功为-8 J D.在0~6 s内，摩擦力做的功为-6 J 答案　BC 解析　0~2 s内，速度增加，根据动能定理知，合外力做正功W=mv2=×2×22 J=4 J，A正确，B错误；根据v-t图线的斜率表示加速度可知，匀减速运动的加速度大小a= m/s2=0.5 m/s2，根据牛顿第二定律得，摩擦力f=ma=2×0.5 N=1 N，v-t图像与t轴围成的面积表示位移，在0~6 s内物体的位移大小s=×2×6 m=6 m，摩擦力做功Wf=-fs=-1×6 J=-6 J，C错误，D正确。 三、用动能定理解决多过程问题 对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，可以选择分段或全程应用动能定理。 1.分段应用动能定理时，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和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，最后联立求解。 2.全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解。 3.当题目已知量和所求量不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单、更方便。 4.在分段分析时，有些过程可以用牛顿运动定律，也可利用动能定理，动能定理往往比牛顿运动定律解题更简单方便，我们可优先采用动能定理解决问题。 例6　(2023·南平市高一月考)如图所示，小物块在离斜面底端5 m处由静止开始下滑，然后滑到与斜面平滑连接的水平面上，若物块与斜面及水平面间的动摩擦因数μ均为0.5，斜面倾角为37°。(已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2)求： (1)物块滑到斜面底端时的速度大小； (2)物块在水平面上滑行的距离。 答案　(1)2 m/s　(2)2 m 解析　(1)根据动能定理，在斜面上有 mgsin 37°·s1-μmgcos 37°·s1=mv2 解得v=2 m/s (2)在水平面上，根据动能定理有 -μmgs2=0-mv2 解得s2=2 m。 专题强化练　[分值：80分] 1~7题每题6分，8题10分，共52分 考点一　用动能定理求解变力做功 1.如图所示，物体沿曲面从A点无初速度滑下，滑至曲面的最低点B时，下滑的高度为5 m，速度为6 m/s，若物体的质量为1 kg，则下滑过程中物体克服阻力所做的功为(g取10 m/s2)(　　) A.50 J B.18 J C.32 J D.0 答案　C 解析　对下滑过程由动能定理得mgh-W克f=mv2，故W克f=mgh-mv2=1×10×5 J-×1×62 J=32 J，C正确。 2.(2023·福州一中高一期末)如图所示，木板AB的长为L，板的B端静止放有质量为m的小物体，物体与木板的动摩擦因数为μ。开始时木板水平，在缓慢转过一个小角度α的过程中，小物体始终保持与木板相对静止，重力加速度为g，则在这个过程中(　　) A.摩擦力对小物体做功为μmgLcos α·(1-cos α) B.重力对小物体做功为mgL·(1-cos α) C.弹力对小物体做功为mgLcos α·sin α D.木板AB对小物体做功为mgLsin α 答案　D 解析　摩擦力的方向始终与物体的运动方向垂直，故摩擦力不做功，A错误；重力对小物体做功为WG=-mgLsin α，B错误；物体在转动的过程中重力和木板对物体的弹力做功，根据动能定理有WG+W弹=0，解得W弹=mgLsin α，C错误；摩擦力不做功，故木板AB对小物体做的功即为弹力做的功，故木板AB对小物体做功为mgLsin α，D正确。 3.(多选)(2023·贵阳市期末)中国高铁是中国走向世界的一张亮丽名片。一列质量为m的高速列车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm。设列车行驶过程所受到的阻力f保持不变，则在时间t内(　　) A.该列车做匀加速直线运动 B.该列车牵引力做的功为Pt C.克服阻力做的功为fvmt D.合力做的功为m-m 答案　BD 解析　高速列车以恒定功率运动，根据P=F牵v知随着速度的增加，牵引力逐渐减小，合力减小，加速度减小，故该列车做加速度逐渐减小的变加速直线运动，A错误；此过程牵引力的功率不变，由W=Pt知牵引力做的功可以表示为W牵=Pt，B正确；此过程阻力大小不变，但列车不是匀速运动，位移不等于vmt，所以克服阻力做功不等于fvmt，C错误；由动能定理可知此过程合力做的功为W合=m-m，D正确。 考点二　动能定理与图像结合 4.物体沿直线运动的v-t图像如图所示，已知在第1 s内合力对物体做功为W，则(　　) A.从第1 s末到第3 s末合力做功为4W B.从第3 s末到第5 s末合力做功为-2W C.从第5 s末到第7 s末合力做功为W D.从第3 s末到第4 s末合力做功为-0.5W 答案　C 解析　由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理得第1 s内：W=m 从第1 s末到第3 s末： W1=m-m=0，A错误； 从第3 s末到第5 s末： W2=0-m=-W，B错误； 从第5 s末到第7 s末： W3=m(-v0)2-0=W，C正确； 从第3 s末到第4 s末： W4=m()2-m=-0.75W，D错误。 5.(2023·厦门市高一期末)质量为1 kg的物体放在水平地面上，与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.5，在水平拉力F的作用下，由静止开始做直线运动，拉力F和物体的位移s之间的关系如图所示，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A.0~1 m内，拉力做功为7.5 J B.0~1 m内，物体克服摩擦力做功为7.5 J C.0~2 m内，物体克服摩擦力做功为12.5 J D.0~2 m内，物体动能增加12.5 J 答案　A 解析　0~1 m内，拉力做功为WF1=(5+10)×1 J=7.5 J，选项A正确；0~1 m内，物体克服摩擦力做功Wf1=μmgs1=0.5×10×1 J=5 J，选项B错误；0~2 m内，物体克服摩擦力做功Wf2=μmgs2=0.5×10×2 J=10 J，选项C错误；0~2 m内，拉力做功为WF2=(5+10)×1 J+5×1 J=12.5 J，物体动能变化量等于合外力做的功，则ΔEk=WF2-Wf2=2.5 J，选项D错误。 6.(多选)(2023·上海市复旦中学高一期末)质量为2 kg的物体以50 J的初动能在粗糙的水平面上滑行，其动能的变化与位移的关系如图所示，则下列说法正确的是(　　) A.物体运动的初速度大小为10 m/s B.物体所受的摩擦力大小为5 N C.物体运动的加速度大小为2.5 m/s2 D.物体运动的时间为2 s 答案　BC 解析　由题图知末动能Ek2=0，初动能Ek1=50 J，根据动能定理得fs=Ek2-Ek1，解得f=-5 N，又Ek1=m=50 J，解得v0=5 m/s，由牛顿第二定律得，物体的加速度为a==-2.5 m/s2，则物体运动的时间t== s=2 s，故选B、C。 考点三　应用动能定理解决多过程问题 7.(2023·泉州市高一月考)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，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止开始下落时，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为(　　) A. B. 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Wf，由动能定理可得mgR-μmgR-Wf=0，解得Wf=(1-μ)mgR，故选D。 8.(10分)(2024·北京十三中高一期中)如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L=5.0 m，高度h=3.0 m，为保证小朋友的安全，在水平面铺设安全地垫。水平段与斜面段平滑连接，小朋友在连接处速度大小不变。某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在水平地垫上。已知小朋友质量为m=20 kg，小朋友在斜面上受到的平均阻力f1=88 N，在水平段受到的平均阻力f2=100 N。不计空气阻力，取重力加速度g=10 m/s2。求： (1)(3分)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功； (2)(4分)小朋友滑到斜面底端时的速度v的大小； (3)(3分)为使小朋友不滑出水平地垫，地垫的长度s至少多长。 答案　(1)440 J　(2)4 m/s　(3)1.6 m 解析　(1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功为W克f1=f1L=88×5 J=440 J (2)小朋友在斜面上运动的过程，由动能定理得 mgL·-W克f1=mv2-0 代入数据解得v=4 m/s (3)小朋友在水平地垫上运动的过程，由动能定理得-f2s=0-mv2，代入数据解得s=1.6 m。 9、10题每题8分，11题12分，共28分 9.(多选)(2023·厦门一中高一期中)静止在粗糙水平地面上的物块，在恒定水平拉力的作用下开始运动，当位移为2s0时撤去外力，此时动能为Ek0，继续滑行s0后停下来，其动能随位移变化的关系如图所示。根据图像中已知信息，能确定的物理量是(　　) A.恒定水平拉力的大小 B.物块与水平地面之间的动摩擦因数 C.物块加速运动和减速运动的时间之比 D.物块的质量大小 答案　AC 解析　设水平拉力的大小为F，物块受到的滑动摩擦力大小为f。对0~3s0过程，根据动能定理得F·2s0-f·3s0=0，对2s0~3s0过程，根据动能定理得-f·s0=0-Ek0，联立可得f=，F=，即能确定滑动摩擦力和恒定水平拉力的大小，故A正确；由f=μmg可知，由于物块的质量未知且无法确定，故不能确定物块与水平地面之间的动摩擦因数，故B、D错误；设物块的最大速度为v，物块加速运动和减速运动的时间分别为t1和t2，则有2s0=t1，s0=t2，可得t1∶t2=2∶1，故C正确。 10.(8分)(2023·莆田华侨中学高一期中)在沙坑的上方H高处，将质量为m的铅球以速度v竖直向上抛出，铅球落下后进入沙坑的深度为h。忽略空气阻力，重力加速度为g，铅球到达沙坑表面时，重力的功率为　　　　，进入沙坑后，沙子对铅球的平均阻力大小为　　　　 。  答案　mg　 解析　铅球从抛出至到达沙坑表面，由动能定理得mgH=mv'2-mv2 重力的功率P=mgv' 由以上两式得P=mg 从抛出到进入沙坑内静止，由动能定理得 mg(H+h)-fh=0-mv2 解得f=。 11.(12分)(2023·莆田一中高一检测)滑板运动是一项惊险刺激的运动，深受青少年的喜爱。图中ABCD为滑板的运动轨道，AB和CD是两段与水平面夹角均为θ的光滑斜面，底部与水平面平滑相接，粗糙水平段BC的长度L=5 m。一运动员从P点以v0=6 m/s的初速度下滑，经BC后冲上CD轨道，达到Q点时速度减为零。已知运动员连同滑板的质量m=70 kg，h=2 m，H=3 m，g取10 m/s2，求：(结果可带根号) (1)(3分)运动员第一次经过B点和C点的速度大小vB、vC； (2)(4分)滑板与BC之间的动摩擦因数μ； (3)(5分)运动员最后静止的位置与B点之间的距离s。 答案　(1)2 m/s　2 m/s　(2)0.16 (3)3.75 m 解析　(1)运动员从P点滑至B点的过程，由动能定理得mgh=m-m 代入数据解得vB=2 m/s 运动员由C点到Q点的过程，由动能定理有 -mgH=0-m 代入数据解得vC=2 m/s (2)运动员由B点滑至C点的过程中，由动能定理有-μmgL=m-m 代入数据解得μ=0.16 (3)设运动员在BC轨道上滑行的总路程为s总，对从P点到静止的整个过程，由动能定理有 mgh-μmgs总=0-m 代入数据解得s总=23.75 m=4L+3.75 m 故运动员最后静止的位置与B点之间的距离 s=3.75 m。 学科网（北京）股份有限公司 $$ DIYIZHANG 第1章 专题强化3　动能定理的应用 1 1.会用动能定理求解变力做功问题(重点)。 2.会用动能定理分析图像问题(重点)。 3.能熟练用动能定理解决多过程问题(难点)。 学习目标 2 一、用动能定理求解变力做功 二、动能定理在图像问题中的应用 专题强化练 三、用动能定理解决多过程问题 内容索引 3 用动能定理求解变力做功 一 4 1.变力做的功 在某些问题中，由于力F的大小、方向变化，不能用W=Fscos α求出变力做的功，此时可用动能定理W=ΔEk求功。 2.用动能定理求解变力做功的方法 (1)分析物体的受力情况，确定做功过程中的哪些力是恒力，哪些力是变力。如果是恒力，写出恒力做功的表达式；如果是变力，用相应功的符号表示出变力做的功。 (2)分析物体的运动过程，确定其初、末状态的动能。 (3)运用动能定理列式求解。 　(多选)(2023·厦门一中高一月考)如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为s，且速度达到最大值vm，设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为f，那么这段时间内 A.小车运动满足s=vmt B.小车受到的牵引力逐渐减小 C.小车受到的牵引力做的功为m D.小车受到的合外力所做的功为m 例1 √ √ 这一过程中电动机的功率恒为P，根据P=Fv可知 随着小车速度的增加，小车受到的牵引力逐渐减 小，根据牛顿第二定律可得a=可知随着牵引 力逐渐减小，小车的加速度也逐渐减小，即小车 做加速度不断减小的加速运动，不是匀加速直线运动，故小车运动不满足s=vmt，故A错误，B正确； 根据动能定理可得小车受到的合外力所做的功为 W合=Pt-fs=m，小车受到的牵引力做的功为W牵 =Pt=fs+m>m，故C错误，D正确。 　(2024·厦门二中高一月考)如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则小球B下降h时的速度为 A. 　　　B. 　　　C. 　　　D.0 例2 √ 小球A从弹簧原长位置由静止释放下降的最大高度为h，根据动能定理有mgh+W弹=0，换为质量为2m的小球B下降h时，根据动能定理有2mgh+W弹=×2mv2，小球B下降h时的速度v=，故选B。 　(2023·龙岩市高一期中)如图所示，一质量为m的小球， 用长为L的轻绳悬挂于O点。第一次，小球在水平力的作 用下，从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖 直方向的夹角为θ，则水平力所做的功为　　　　　　 ； 第二次，从平衡位置P点以大小为F、方向水平向右的恒 力将小球移动到Q点，则力F所做的功为　　 　。(重力加速度大小为g)  例3 mgL(1-cos θ) FLsin θ 第一次从P到Q点过程中，由动能定理可知-mgL(1-cos θ)+WF1=0 解得WF1=mgL(1-cos θ) 第二次从P到Q点过程中，由恒力做功的公式可知WF'=FLsin θ。 应用动能定理解决变力做功的步骤 1.分析物体的受力情况，确定哪些力是恒力，哪些力是变力，如果是恒力，写出恒力做功的表达式，如果是变力，用相应功的符号表示出变力所做的功。 2.分析物体运动的初、末状态，求出动能的变化量。 3.运用动能定理列式求解。 总结提升 返回 动能定理在图像问题中的应用 二 13 1.首先看清楚图像的种类(如v-t图像、F-s图像、Ek-s图像等)。 2.挖掘图像的隐含条件，求出所需物理量，如利用v-t图像与t轴所包围“面积”求位移，利用F-s图像与s轴所包围“面积”求功，利用Ek-s图像的斜率求合力等。 3.再分析还有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。 　(2023·泉州市期末)如图甲所示，一质量为2 kg的物体放在水平面上，在水平推力F的作用下由静止开始运动。已知F随运动距离s变化的关系图像如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数为0.5，取g=10 m/s2，则物体运动的最大距离为 A.8 m B.12 m C.20 m D.28 m 例4 √ F-s图像与横轴围成的面积表示推力F做的功，由题图乙可得WF=× 50×8 J=200 J，设物体运动的最大距离为sm，根据动能定理可得WF-μmgsm=0，解得sm=20 m，故C正确，A、B、D错误。 　(多选)(2023·永春一中高一月考)一质量为2 kg的物体静止在水平桌面上，在水平拉力F的作用下，沿水平方向运动2 s后撤去外力，其v-t图像如图所示，下列说法错误的是 A.在0~2s内，合外力做的功为4 J B.在0~2 s内，合外力做的功为8 J C.在0~6 s内，摩擦力做的功为-8 J D.在0~6 s内，摩擦力做的功为-6 J 例5 √ √ 0~2 s内，速度增加，根据动能定理知，合外力做 正功W=mv2=×2×22 J=4 J，A正确，B错误； 根据v-t图线的斜率表示加速度可知，匀减速运动 的加速度大小a= m/s2=0.5 m/s2，根据牛顿第二定律得，摩擦力f=ma =2×0.5 N=1 N，v-t图像与t轴围成的面积表示位移，在0~6 s内物体的位移大小s=×2×6 m=6 m，摩擦力做功Wf=-fs=-1×6 J=-6 J，C错误，D正确。 返回 用动能定理解决多过程问题 三 18 对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，可以选择分段或全程应用动能定理。 1.分段应用动能定理时，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和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，最后联立求解。 2.全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解。 3.当题目已知量和所求量不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单、更方便。 4.在分段分析时，有些过程可以用牛顿运动定律，也可利用动能定理，动能定理往往比牛顿运动定律解题更简单方便，我们可优先采用动能定理解决问题。 　(2023·南平市高一月考)如图所示，小物块在离斜面底端5 m处由静止开始下滑，然后滑到与斜面平滑连接的水平面上，若物块与斜面及水平面间的动摩擦因数μ均为0.5，斜面倾角为37°。(已知sin 37°=0.6，cos 37° =0.8，g=10 m/s2)求： (1)物块滑到斜面底端时的速度大小； 例6 答案　2 m/s　 根据动能定理，在斜面上有mgsin 37°·s1-μmgcos 37°·s1=mv2 解得v=2 m/s (2)物块在水平面上滑行的距离。 答案　2 m 在水平面上，根据动能定理有-μmgs2=0-mv2 解得s2=2 m。 返回 专题强化练 四 23 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C D BD C A BC D (1)440 J　(2)4 m/s　(3)1.6 m 题号 9 10 11 答案 AC mg　 (1)2 m/s　2 m/s　(2)0.16　 (3)3.75 m 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 24 考点一　用动能定理求解变力做功 1.如图所示，物体沿曲面从A点无初速度滑下，滑至曲面的最低点B时，下滑的高度为5 m，速度为6 m/s，若物体的质量为1 kg，则下滑过程中物体克服阻力所做的功为(g取10 m/s2) A.50 J　　　　B.18 J　　　C.32 J　　　D.0 √ 基础对点练 对下滑过程由动能定理得mgh-W克f=mv2，故W克f=mgh-mv2=1×10× 5 J-×1×62 J=32 J，C正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 2.(2023·福州一中高一期末)如图所示，木板AB的长为L，板的B端静止放有质量为m的小物体，物体与木板的动摩擦因数为μ。开始时木板水平，在缓慢转过一个小角度α的过程中，小物体始终保持与木板相对静止，重力加速度为g，则在这个过程中 A.摩擦力对小物体做功为μmgLcos α·(1-cos α) B.重力对小物体做功为mgL·(1-cos α) C.弹力对小物体做功为mgLcos α·sin α D.木板AB对小物体做功为mgLsin α √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 摩擦力的方向始终与物体的运动方向垂直，故 摩擦力不做功，A错误； 重力对小物体做功为WG=-mgLsin α，B错误； 物体在转动的过程中重力和木板对物体的弹力做功，根据动能定理有WG+W弹=0，解得W弹=mgLsin α，C错误； 摩擦力不做功，故木板AB对小物体做的功即为弹力做的功，故木板AB对小物体做功为mgLsin α，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 3.(多选)(2023·贵阳市期末)中国高铁是中国走向世界的一张亮丽名片。一列质量为m的高速列车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm。设列车行驶过程所受到的阻力f保持不变，则在时间t内 A.该列车做匀加速直线运动 B.该列车牵引力做的功为Pt C.克服阻力做的功为fvmt D.合力做的功为m-m √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 答案 高速列车以恒定功率运动，根据P=F牵v知随着速度的增加，牵引力逐渐减小，合力减小，加速度减小，故该列车做加速度逐渐减小的变加速直线运动，A错误； 此过程牵引力的功率不变，由W=Pt知牵引力做的功可以表示为W牵=Pt，B正确； 此过程阻力大小不变，但列车不是匀速运动，位移不等于vmt，所以克服阻力做功不等于fvmt，C错误； 由动能定理可知此过程合力做的功为W合=m-m，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 考点二　动能定理与图像结合 4.物体沿直线运动的v-t图像如图所示，已知在第1 s内合力对物体做功为W，则 A.从第1 s末到第3 s末合力做功为4W B.从第3 s末到第5 s末合力做功为-2W C.从第5 s末到第7 s末合力做功为W D.从第3 s末到第4 s末合力做功为-0.5W √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理得第1 s内：W=m 从第1 s末到第3 s末：W1=m-m=0， A错误； 从第3 s末到第5 s末：W2=0-m=-W， B错误； 从第5 s末到第7 s末：W3=m(-v0)2-0=W，C正确； 从第3 s末到第4 s末：W4=m()2-m=-0.75W，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 5.(2023·厦门市高一期末)质量为1 kg的物体放在水平地面上，与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.5，在水平拉力F的作用下，由静止开始做直线运动，拉力F和物体的位移s之间的关系如图所示，重力加速度g取10 m/s2，则 A.0~1 m内，拉力做功为7.5 J B.0~1 m内，物体克服摩擦力做功为7.5 J C.0~2 m内，物体克服摩擦力做功为12.5 J D.0~2 m内，物体动能增加12.5 J √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 0~1 m内，拉力做功为WF1=(5+10)×1 J=7.5 J， 选项A正确； 0~1 m内，物体克服摩擦力做功Wf1=μmgs1=0.5 ×10×1 J=5 J，选项B错误； 0~2 m内，物体克服摩擦力做功Wf2=μmgs2=0.5×10×2 J=10 J，选项C错误； 0~2 m内，拉力做功为WF2=(5+10)×1 J+5×1 J=12.5 J，物体动能变化量等于合外力做的功，则ΔEk=WF2-Wf2=2.5 J，选项D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 6.(多选)(2023·上海市复旦中学高一期末)质量为2 kg的物体以50 J的初动能在粗糙的水平面上滑行，其动能的变化与位移的关系如图所示，则下列说法正确的是 A.物体运动的初速度大小为10 m/s B.物体所受的摩擦力大小为5 N C.物体运动的加速度大小为2.5 m/s2 D.物体运动的时间为2 s √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由题图知末动能Ek2=0，初动能Ek1=50 J，根据动能定理得fs=Ek2-Ek1，解得f=-5 N，又Ek1=m= 50 J，解得v0=5 m/s，由牛顿第二定律得，物体的加速度为a==-2.5 m/s2，则物体运动的时间t= = s=2 s，故选B、C。 答案 考点三　应用动能定理解决多过程问题 7.(2023·泉州市高一月考)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，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止开始下落时，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为 A. B. C.mgR D.(1-μ)mgR √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 设物体在AB段克服摩擦力所做的功为Wf，由动能定理可得mgR-μmgR-Wf=0，解得Wf=(1-μ)mgR，故选D。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 8.(2024·北京十三中高一期中)如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L=5.0 m，高度h=3.0 m，为保证小朋友的安全，在水平面铺设安全地垫。水平段与斜面段平滑连接，小朋友在连接处速度大小不变。某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在水平地垫上。已知小朋友质量为m=20 kg，小朋友在斜面上受到的平均阻力f1=88 N，在水平段受到的平均阻力f2=100 N。不计空气阻力，取重力加速度g=10 m/s2。求： (1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　440 J　 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功为W克f1=f1L=88×5 J=440 J 答案 (2)小朋友滑到斜面底端时的速度v的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　4 m/s　 小朋友在斜面上运动的过程，由动能定理得 mgL·-W克f1=mv2-0 代入数据解得v=4 m/s 答案 (3)为使小朋友不滑出水平地垫，地垫的长度s至少多长。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　1.6 m 小朋友在水平地垫上运动的过程，由动能定理得-f2s=0-mv2，代入数据解得s=1.6 m。 答案 9.(多选)(2023·厦门一中高一期中)静止在粗糙水平地面上的物块，在恒定水平拉力的作用下开始运动，当位移为2s0时撤去外力，此时动能为Ek0，继续滑行s0后停下来，其动能随位移变化的关系如图所示。根据图像中已知信息，能确定的物理量是 A.恒定水平拉力的大小 B.物块与水平地面之间的动摩擦因数 C.物块加速运动和减速运动的时间之比 D.物块的质量大小 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 能力综合练 √ 答案 设水平拉力的大小为F，物块受到的滑动摩擦力 大小为f。对0~3s0过程，根据动能定理得F·2s0- f·3s0=0，对2s0~3s0过程，根据动能定理得-f·s0= 0-Ek0，联立可得f=，F=，即能确定滑动 摩擦力和恒定水平拉力的大小，故A正确； 由f=μmg可知，由于物块的质量未知且无法确定，故不能确定物块与水平地面之间的动摩擦因数，故B、D错误； 设物块的最大速度为v，物块加速运动和减速运动的时间分别为t1和t2，则有2s0=t1，s0=t2，可得t1∶t2=2∶1，故C正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 10.(2023·莆田华侨中学高一期中)在沙坑的上方H高处，将质量为m的铅球以速度v竖直向上抛出，铅球落下后进入沙坑的深度为h。忽略空气阻力，重力加速度为g，铅球到达沙坑表面时，重力的功率为　 　 　　， 进入沙坑后，沙子对铅球的平均阻力大小为　　　　 。  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 mg 答案 铅球从抛出至到达沙坑表面，由动能定理得mgH=mv'2-mv2 重力的功率P=mgv' 由以上两式得P=mg 从抛出到进入沙坑内静止，由动能定理得 mg(H+h)-fh=0-mv2 解得f=。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 11.(2023·莆田一中高一检测)滑板运动是一项惊险刺激的运动，深受青少年的喜爱。图中ABCD为滑板的运动轨道，AB和CD是两段与水平面夹角均为θ的光滑斜面，底部与水平面平滑相接，粗糙水平段BC的长度L=5 m。一运动员从P点以v0=6 m/s的初速度下滑，经BC后冲上CD轨道，达到Q点时速度减为零。已知运动员连同滑板的质量m=70 kg，h=2 m，H=3 m，g取10 m/s2，求：(结果可带根号) (1)运动员第一次经过B点和C点的速度大小 vB、vC； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　2 m/s　2 m/s　 答案 运动员从P点滑至B点的过程，由动能定理得mgh=m-m 代入数据解得vB=2 m/s 运动员由C点到Q点的过程，由动能定理有 -mgH=0-m 代入数据解得vC=2 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 (2)滑板与BC之间的动摩擦因数μ； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　0.16 运动员由B点滑至C点的过程中，由动能定理有-μmgL=m-m 代入数据解得μ=0.16 答案 (3)运动员最后静止的位置与B点之间的距离s。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　3.75 m 设运动员在BC轨道上滑行的总路程为s总，对从P点到静止的整个过程，由动能定理有mgh-μmgs总=0-m 代入数据解得s总=23.75 m=4L+3.75 m 故运动员最后静止的位置与B点之间的距离s=3.75 m。 返回 答案 BENKEJIESHU 本课结束 $$