第八章 专题强化 动能定理的应用（一）（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（人教版 苏京）

DIBAZHANG 第八章 专题强化　动能定理的 应用(一) 1 1.会用动能定理求解变力做功问题(重点)。 2.能够应用动能定理分析图像问题(难点)。 学习目标 2 一、应用动能定理求变力做功 二、动能定理在图像问题中的应用 专题强化练 内容索引 3 应用动能定理求变力做功 一 4 如图所示，物体(可看成质点)沿一粗糙曲面从A点无初速度下滑，当滑至曲面的最低点B点时，下滑的竖直高度为h，此时物体的速度为v。若物体的质量为m，重力加速度为g。则： (1)下滑过程中阻力是恒力还是变力？ 答案　变力。 (2)怎样求解物体在下滑过程中克服阻力所做的功？ 答案　物体从A下滑到B的过程由动能定理得mgh-W克f=mv2 解得W克f=mgh-mv2。 　如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在水平地面上的斜面。设小球在斜面最低点A沿斜面向上的速度为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，弹簧始终在弹性限度内，则从A到C的过程中弹簧弹力做的功是 A.mgh-mv2 B.mv2-mgh C.-mgh D.-(mgh+mv2) 例1 √ 由A到C的过程运用动能定理可得-mgh+W=0-mv2，所以W=mgh-mv2，故A正确。 　(2024·南通市学业水平考试)如图所示，质量为m的物块与水平转台间的动摩擦因数为μ，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，重力加速度为g) A.0 B.2μmgR C.2πμmgR D. 例2 √ 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，设此时物块 做圆周运动的线速度为v，则有μmg=，在物块 由静止到获得速度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=mv2-0，联立解得W=，故D正确。 　如图所示，运输机器人水平推着小车沿水平地面从静止开始运动，机器人对小车和货物做功的功率恒为40 W，已知小车和货物的总质量为20 kg，小车受到的阻力为小车和货物重力的，小车向前运动了18 m时达到最大速度，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小车运动的最大速度的大小； 例3 答案　2 m/s 当牵引力等于阻力时小车的速度达到最大，vm==2 m/s。 (2)机器人在这段时间对小车和货物做的功； 答案　400 J　 根据动能定理得W-Ff·x=m 解得W=400 J (3)小车发生这段位移所用时间t。 答案　10 s 由W=Pt，得t=10 s，所以小车发生这段位移所用时间为10 s。 返回 总结提升 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。 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-x图像、Ek-x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-x图像与x轴所包围“面积”求功，利用Ek-x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。 　在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动。当速度达到vm后，立即关闭发动机滑行直至停止。v-t图像如图所示，汽车的牵引力大小为F1，摩擦力大小为F2，全过程中，牵引力做的功为W1，克服摩擦力做的功为W2。以下关系式正确的是 A.F1∶F2=1∶3 B.F1∶F2=3∶4 C.W1∶W2=1∶1 D.W1∶W2=1∶3 例4 √ 对全过程由动能定理可知W1-W2=0，故W1∶W2=1∶1，故C正确，D错误； W1=F1x，W2=F2x'，由题图可知x∶x'=3∶4，所以F1∶F2=4∶3，故A、B错误。 　(2023·淮安市高一期中)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为 A.2 kg B.1.5 kg C.1 kg D.0.5 kg 例5 √ 对上升过程，由动能定理，-(F+mg)h=Ek-Ek0，得Ek=Ek0-(F+mg)h，即F+mg=12 N；由题图可知，上升到6 m时，Ek=0。下落过程，(mg-F)(6-h)=Ek-0，即mg-F=k'=8 N，联立两公式，得到m=1 kg，F=2 N，C正确。 返回 专题强化练 三 18 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D D A D B C C C 题号 9 10 11 答案 C (1)15 m/s　(2)243.75 m D 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 19 1.(2024·安徽卷)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为 A.mgh B.mv2 C.mgh+mv2 D.mgh-mv2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 基础强化练 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 人与滑板在下滑的过程中，由动能定理可得 mgh-W克f=mv2-0 可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为 W克f=mgh-mv2，故选D。 答案 2.如图所示，一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从最低点P点缓慢地移到Q点。此时轻绳与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g，则拉力F所做的功为 A.FLcos θ B.FLsin θ C.mgLcos θ D.mgL(1-cos θ) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 小球在缓慢移动的过程中，水平拉力F是变力，不能通过功的公式求解功的大小，根据动能定理得WF-mgL(1-cos θ)=0，解得水平拉力F所做的功为WF=mgL(1-cos θ)，故选D。 答案 3.(2023·淮安市高一期中)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与一水平轻弹簧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，物体与弹簧接触后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始接触到弹簧被压缩至最短(弹簧始终在弹性限度内)，物体克服弹簧弹力所做的功为 A.m-μmg(s+x) B.m-μmgx C.μmgs D.μmg(s+x) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由动能定理有-W-μmg(s+x)=0-m，可得 W=m-μmg(s+x)，A正确，B、C、D错误。 答案 4.(2023·南通市高一期中)A、B两物体的质量之比mA∶mB=2∶1，它们以相同的初速度v0在水平面上仅在摩擦力作用下做匀减速直线运动，直到停止，其v-t图像如图所示。此过程中，设A、B两物体克服摩擦力做的功分别为WA、WB，A、B两物体受到的摩擦力大小分 别为FfA、FfB，则 A.WA∶WB=1∶2 B.WA∶WB=4∶1 C.FfA∶FfB=2∶1 D.FfA∶FfB=4∶1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据动能定理有-W克f=0-m，可知A、B两物 体克服摩擦力做的功之比为WA∶WB=2∶1，故 A、B错误； 根据v-t图像可知两物体的加速度大小之比为aA∶aB=2∶1，根据牛顿第二定律Ff=ma，可得A、B两物体受到的摩擦力大小之比FfA∶FfB=4∶1，故C错误，D正确。 答案 5.(2024·盐城市高一期中)如图所示，质量为m的物体静止在水平光滑的平台上，系在物体上的水平轻绳跨过光滑的轻质定滑轮，由地面上的人以速度v0水平向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向的夹角θ=37°处，在此过程中人的拉力对物体所做的功为(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8) A.m B.m C.m D.m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 将人的速度进行正交分解，分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度大小等于物体的速度大小，则v物=v0cos 37°，根据动能定理有W=m=m，故B正确。 答案 6.(2023·泰州市高一期中)如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN。重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力所做的功为 A.R(FN-mg) B.R(2mg-FN) C.R(FN-3mg) D.R(FN-2mg) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设质点在B点的速度为v，由牛顿第三定律可知， 质点对容器的正压力与容器对质点的支持力大小 相等，由牛顿第二定律有FN-mg=m，则质点在 B点的动能为EkB=mv2=(FN-mg)R，质点从A滑到B的过程中，由动能定理得mgR+Wf=EkB-0，解得Wf=R(FN-3mg)，故选C。 答案 7.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x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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 F-x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xm，根据动能定理可得WF-μmgxm=0，解得xm=20 m，C正确，A、B、D错误。 答案 8.如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的小球自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力大小为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示小球从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，不计空气阻力，则 A.W=mgR，小球恰好可以到达Q点 B.W>mgR，小球不能到达Q点 C.W=mgR，小球到达Q点后，继续上升一段距离 D.W<mgR，小球到达Q点后，继续上升一段距离 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 能力综合练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据小球滑到轨道最低点N时，对轨道压力大小为4mg，利用牛顿第三定律可知，轨道对小球的支持力 大小为4mg，则在最低点有4mg-mg=m，解得小球运 动到最低点时的速度为v=，对小球从开始下落 答案 到运动到最低点的过程，由动能定理得2mgR-W=mv2-0，解得W=mgR，小球由最低点继续上滑到达Q点的过程克服摩擦力做功W'要小于W，设小球到达Q点的动能为EkQ，则有-mgR-W'=EkQ-mv2，即EkQ>0，由此可知，小球到达Q点后，可继续上升一段距离，故选C。 9.(2024·南京市高一期中)一小球竖直向上抛出，然后落回到原处。小球初动能为Ek0，假设小球受到的空气阻力恒定，则该过程中，反映小球的动能Ek与位移x关系的图线是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 小球上升过程有-mgx-Ffx=Ek-Ek0，得Ek=Ek0-mgx-Ffx=Ek0-(mg+Ff)x，设小球上升到最高点与抛出点的距离为h0，小球下降时对全过程有 -mgx-Ff(2h0-x)=Ek-Ek0，解得Ek=-(mg-Ff)x+(Ek0-Ff·2h0)，根据Ek-x图像的斜率和纵轴截距可知C正确。 答案 10.(2024·南京市高一期中)某型号发动机的额定功率为60 kW，汽车的质量为2 000 kg，在水平直线公路上行驶时所受阻力恒为4 000 N，若汽车从静止以额定功率启动，20 s后汽车已经做匀速直线运动，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)发动机在额定功率下汽车匀速行驶的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 答案　15 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 当汽车匀速行驶时有F=Ff=4 000 N， 此时速度为v== 代入数据解得v=15 m/s 答案 (2)由静止开始启动20 s内汽车的位移大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　243.75 m 由动能定理得 Pt-Ffx=mv2 代入数据解得x=243.75 m。 答案 11.(2023·连云港市高一期中)如图所示，建筑工地常使用打桩机将圆柱体打入地下一定深度，某次打桩机第一次打击位于地面的圆柱体，使其进入泥土深度为h0，已知圆柱体的质量为m，所受泥土阻力Ff与进入泥土深度h成正比(即Ff=kh，k为常量)，重力加速度为g，则打桩机第一次打击过程对圆柱体所做的功为 A.mgh0 B.k C.k-mgh0 D.-mgh0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 尖子生选练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由题可知，泥土阻力与圆柱体进入泥土深度成正比，则 可知Ff-h图像与h轴围成的面积等于克服阻力所做的功， 则打桩机第一次打击过程阻力做功为Wf=-Ff0h0=-k， 被打桩机第一次打击后圆柱体进入泥土的过程中，设打 桩机第一次打击对圆柱体所做的功为W，根据动能定理可知W+mgh0- k=0，解得W=-mgh0，故选D。 返回 答案 $ 专题强化　动能定理的应用(一) [学习目标]　1.会用动能定理求解变力做功问题(重点)。2.能够应用动能定理分析图像问题(难点)。 一、应用动能定理求变力做功 如图所示，物体(可看成质点)沿一粗糙曲面从A点无初速度下滑，当滑至曲面的最低点B点时，下滑的竖直高度为h，此时物体的速度为v。若物体的质量为m，重力加速度为g。则： (1)下滑过程中阻力是恒力还是变力？ (2)怎样求解物体在下滑过程中克服阻力所做的功？ 答案　(1)变力。 (2)物体从A下滑到B的过程由动能定理得mgh-W克f=mv2 解得W克f=mgh-mv2。 例1　如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在水平地面上的斜面。设小球在斜面最低点A沿斜面向上的速度为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，弹簧始终在弹性限度内，则从A到C的过程中弹簧弹力做的功是(　　) A.mgh-mv2 B.mv2-mgh C.-mgh D.-(mgh+mv2) 答案　A 解析　由A到C的过程运用动能定理可得-mgh+W=0-mv2，所以W=mgh-mv2，故A正确。 例2　(2024·南通市学业水平考试)如图所示，质量为m的物块与水平转台间的动摩擦因数为μ，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，重力加速度为g)(　　) A.0 B.2μmgR C.2πμmgR D. 答案　D 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，设此时物块做圆周运动的线速度为v，则有μmg=，在物块由静止到获得速度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=mv2-0，联立解得W=，故D正确。 例3　如图所示，运输机器人水平推着小车沿水平地面从静止开始运动，机器人对小车和货物做功的功率恒为40 W，已知小车和货物的总质量为20 kg，小车受到的阻力为小车和货物重力的，小车向前运动了18 m时达到最大速度，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小车运动的最大速度的大小； (2)机器人在这段时间对小车和货物做的功； (3)小车发生这段位移所用时间t。 答案　(1)2 m/s　(2)400 J　(3)10 s 解析　(1)当牵引力等于阻力时小车的速度达到最大，vm==2 m/s。 (2)根据动能定理得W-Ff·x=m 解得W=400 J (3)由W=Pt，得t=10 s，所以小车发生这段位移所用时间为10 s。 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。 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-x图像、Ek-x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-x图像与x轴所包围“面积”求功，利用Ek-x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　在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动。当速度达到vm后，立即关闭发动机滑行直至停止。v-t图像如图所示，汽车的牵引力大小为F1，摩擦力大小为F2，全过程中，牵引力做的功为W1，克服摩擦力做的功为W2。以下关系式正确的是(　　) A.F1∶F2=1∶3 B.F1∶F2=3∶4 C.W1∶W2=1∶1 D.W1∶W2=1∶3 答案　C 解析　对全过程由动能定理可知W1-W2=0，故W1∶W2=1∶1，故C正确，D错误；W1=F1x，W2=F2x'，由题图可知x∶x'=3∶4，所以F1∶F2=4∶3，故A、B错误。 例5　(2023·淮安市高一期中)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为(　　) A.2 kg B.1.5 kg C.1 kg D.0.5 kg 答案　C 解析　对上升过程，由动能定理，-(F+mg)h=Ek-Ek0，得Ek=Ek0-(F+mg)h，即F+mg=12 N；由题图可知，上升到6 m时，Ek=0。下落过程，(mg-F)(6-h)=Ek-0，即mg-F=k'=8 N，联立两公式，得到m=1 kg，F=2 N，C正确。 专题强化练　[分值：100分] 1~7题每题8分，共56分 1.(2024·安徽卷)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为(　　) A.mgh B.mv2 C.mgh+mv2 D.mgh-mv2 答案　D 解析　人与滑板在下滑的过程中，由动能定理可得 mgh-W克f=mv2-0 可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为 W克f=mgh-mv2，故选D。 2.如图所示，一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从最低点P点缓慢地移到Q点。此时轻绳与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g，则拉力F所做的功为(　　) A.FLcos θ B.FLsin θ C.mgLcos θ D.mgL(1-cos θ) 答案　D 解析　小球在缓慢移动的过程中，水平拉力F是变力，不能通过功的公式求解功的大小，根据动能定理得WF-mgL(1-cos θ)=0，解得水平拉力F所做的功为WF=mgL(1-cos θ)，故选D。 3.(2023·淮安市高一期中)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与一水平轻弹簧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，物体与弹簧接触后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始接触到弹簧被压缩至最短(弹簧始终在弹性限度内)，物体克服弹簧弹力所做的功为(　　) A.m-μmg(s+x) B.m-μmgx C.μmgs D.μmg(s+x) 答案　A 解析　由动能定理有-W-μmg(s+x)=0-m，可得W=m-μmg(s+x)，A正确，B、C、D错误。 4.(2023·南通市高一期中)A、B两物体的质量之比mA∶mB=2∶1，它们以相同的初速度v0在水平面上仅在摩擦力作用下做匀减速直线运动，直到停止，其v-t图像如图所示。此过程中，设A、B两物体克服摩擦力做的功分别为WA、WB，A、B两物体受到的摩擦力大小分别为FfA、FfB，则(　　) A.WA∶WB=1∶2 B.WA∶WB=4∶1 C.FfA∶FfB=2∶1 D.FfA∶FfB=4∶1 答案　D 解析　根据动能定理有-W克f=0-m，可知A、B两物体克服摩擦力做的功之比为WA∶WB=2∶1，故A、B错误；根据v-t图像可知两物体的加速度大小之比为aA∶aB=2∶1，根据牛顿第二定律Ff=ma，可得A、B两物体受到的摩擦力大小之比FfA∶FfB=4∶1，故C错误，D正确。 5.(2024·盐城市高一期中)如图所示，质量为m的物体静止在水平光滑的平台上，系在物体上的水平轻绳跨过光滑的轻质定滑轮，由地面上的人以速度v0水平向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向的夹角θ=37°处，在此过程中人的拉力对物体所做的功为(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)(　　) A.m B.m C.m D.m 答案　B 解析　将人的速度进行正交分解，分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度大小等于物体的速度大小，则v物=v0cos 37°，根据动能定理有W=m=m，故B正确。 6.(2023·泰州市高一期中)如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN。重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力所做的功为(　　) A.R(FN-mg) B.R(2mg-FN) C.R(FN-3mg) D.R(FN-2mg) 答案　C 解析　设质点在B点的速度为v，由牛顿第三定律可知，质点对容器的正压力与容器对质点的支持力大小相等，由牛顿第二定律有FN-mg=m，则质点在B点的动能为EkB=mv2=(FN-mg)R，质点从A滑到B的过程中，由动能定理得mgR+Wf=EkB-0，解得Wf=R(FN-3mg)，故选C。 7.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x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-x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xm，根据动能定理可得WF-μmgxm=0，解得xm=20 m，C正确，A、B、D错误。 8、9题每题9分，10题16分，共34分 8.如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的小球自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力大小为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示小球从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，不计空气阻力，则(　　) A.W=mgR，小球恰好可以到达Q点 B.W>mgR，小球不能到达Q点 C.W=mgR，小球到达Q点后，继续上升一段距离 D.W<mgR，小球到达Q点后，继续上升一段距离 答案　C 解析　根据小球滑到轨道最低点N时，对轨道压力大小为4mg，利用牛顿第三定律可知，轨道对小球的支持力大小为4mg，则在最低点有4mg-mg=m，解得小球运动到最低点时的速度为v=，对小球从开始下落到运动到最低点的过程，由动能定理得2mgR-W=mv2-0，解得W=mgR，小球由最低点继续上滑到达Q点的过程克服摩擦力做功W'要小于W，设小球到达Q点的动能为EkQ，则有-mgR-W'=EkQ-mv2，即EkQ>0，由此可知，小球到达Q点后，可继续上升一段距离，故选C。 9.(2024·南京市高一期中)一小球竖直向上抛出，然后落回到原处。小球初动能为Ek0，假设小球受到的空气阻力恒定，则该过程中，反映小球的动能Ek与位移x关系的图线是(　　) 答案　C 解析　小球上升过程有-mgx-Ffx=Ek-Ek0，得Ek=Ek0-mgx-Ffx=Ek0-(mg+Ff)x，设小球上升到最高点与抛出点的距离为h0，小球下降时对全过程有-mgx-Ff(2h0-x)=Ek-Ek0，解得Ek=-(mg-Ff)x+(Ek0-Ff·2h0)，根据Ek-x图像的斜率和纵轴截距可知C正确。 10.(16分)(2024·南京市高一期中)某型号发动机的额定功率为60 kW，汽车的质量为2 000 kg，在水平直线公路上行驶时所受阻力恒为4 000 N，若汽车从静止以额定功率启动，20 s后汽车已经做匀速直线运动，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)(8分)发动机在额定功率下汽车匀速行驶的速度大小； (2)(8分)由静止开始启动20 s内汽车的位移大小。 答案　(1)15 m/s　(2)243.75 m 解析　(1)当汽车匀速行驶时有F=Ff=4 000 N， 此时速度为v== 代入数据解得v=15 m/s (2)由动能定理得 Pt-Ffx=mv2 代入数据解得x=243.75 m。 (10分) 11.(2023·连云港市高一期中)如图所示，建筑工地常使用打桩机将圆柱体打入地下一定深度，某次打桩机第一次打击位于地面的圆柱体，使其进入泥土深度为h0，已知圆柱体的质量为m，所受泥土阻力Ff与进入泥土深度h成正比(即Ff=kh，k为常量)，重力加速度为g，则打桩机第一次打击过程对圆柱体所做的功为(　　) A.mgh0 B.k C.k-mgh0 D.-mgh0 答案　D 解析　由题可知，泥土阻力与圆柱体进入泥土深度成正比，则可知Ff-h图像与h轴围成的面积等于克服阻力所做的功，则打桩机第一次打击过程阻力做功为Wf=-Ff0h0=-k，被打桩机第一次打击后圆柱体进入泥土的过程中，设打桩机第一次打击对圆柱体所做的功为W，根据动能定理可知W+mgh0-k=0，解得W=-mgh0，故选D。 学科网（北京）股份有限公司 $