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 浙江）

专题强化　动能定理的 应用(一) DIBAZHANG 第八章 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 一 应用动能定理求变力做功 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) 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1 √ 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。 (2024·浙江省金兰教育合作组织高一期中)某型号新能源汽车质量为 1 000 kg，在某一直线道路上行驶时，汽车速度随时间变化的图像如图所示，汽车以2 m/s2加速度启动，第5 s时达到最大功率并保持功率不变继续加速一段时间达到最大速度行驶，在第30 s时开始制动，汽车进行匀减速运动，测得制动距离为10 m，行驶过 程中受到的阻力大小恒为重力的0.2倍。求： (1)行驶过程中达到的最大功率； 例3 答案　4×104 W 据题意，汽车启动过程的阻力为Ff=0.2mg=2×103 N 汽车先经历匀加速直线运动，由牛顿第二定律F-Ff=ma1 解得牵引力为F=Ff+ma1=4×103 N 汽车做匀加速直线运动经历t1=5 s达到 额定功率，其速度为v1=a1t1=10 m/s 则额定功率为Pm=Fv1=4×104 W (2)制动过程的加速度大小； 答案　20 m/s2 汽车的最大速度为vm==20 m/s 汽车在第30 s时开始制动进行匀减速运动，测得制动距离为x3=10 m，设减速的加速度为a3，由=2a3x3 则制动过程的加速度大小为a3=20 m/s2 (3)总共行驶的距离。 答案　460 m 汽车做匀加速直线运动的位移为x1=a1=25 m 在汽车保持额定功率做变加速直线运动和匀速直线运动的过程，由动能定理Pmt2-Ffx2=m-m 而t2=30 s-5 s=25 s 联立各式代入数据解得x2=425 m 则汽车总共行驶的距离为x=x1+x2+x3=460 m。 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。 返回 二 动能定理在图像问题中的应用 14 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。 　(多选)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到vmax后，立即关闭发动机直至静止，v-t图像如图所示，设汽车的牵引力为F，受到的阻力为Ff，全程牵引力做 功为W1，克服摩擦力做功为W2，则 A.F∶Ff=1∶3 B.W1∶W2=1∶3 C.F∶Ff=4∶1 D.W1∶W2=1∶1 例4 对全过程由动能定理可知W1-W2=0，故W1∶W2=1∶1，故D正确，B错误； W1=Fx，W2=Ff·x'，由题图可知x∶x'=1∶4，所以F∶Ff=4∶1，故C正确，A错误。 √ √ 　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，联立两式解到m=1 kg，F=2 N，C正确。 返回 专题强化练 三 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D D A D B C AC C 题号 9 10 11 　12 答案 C C (1)5 s　(2)12 m/s　(3)5.6 s 　D 对一对 答案 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 基础强化练 √ 11 12 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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。 11 12 答案 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。 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 12 答案 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 12 答案 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 4.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 12 答案 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 5.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 12 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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。 11 12 答案 6.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 12 √ 答案 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 7.(多选)(2024·丽水市高一期中)如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块。现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，重力加速度为g，则在整个过程中，下列说法正确的是 A.支持力对小物块做功为mgLsin α B.静摩擦力对小物块做功为mgLsin α C.滑动摩擦力对小物块做功为mv2-mgLsin α D.木板对小物块做功为-mv2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ √ 11 12 能力综合练 答案 当物块缓慢上升的过程中，静摩擦力的方向与速度方向垂直，不做功，支持力和重力做的总功等于物块动能的变化，而因为物块是缓慢移动的，故动能不变，根据动能定理有WN-mgLsin α=0-0，可得支持力对小物块做功为mgLsin α，当物块下滑时，支持力 不做功，故A正确，B错误； 下滑过程由动能定理可知mgLsin α+Wf=mv2， 则滑动摩擦力对物块做功为Wf=mv2-mgLsin α，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 整个过程，设木板对物块做功为W，重力做 功为0，由动能定理可知W=mv2，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 8.(2024·台州市高一开学考)质量m=1 kg的物体静止放在粗糙水平地面上。现对物体施加一个随位移变化的水平外力F时，物体在水平地面上运动。已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。若F-x图像如图所示，且4~5 m内物体匀速运动。x=7 m时撤去外力，g取10 m/s2，则下列有关描述正确的是 A.物体与地面间的动摩擦因数为0.1 B.x=3 m时物体的速度最大 C.7 m内外力对物体所做的总功为22 J D.撤去外力后物体将做匀加速直线运动 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 11 12 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根据题意，由于4~5 m内物体匀速运动，由题图可得，摩擦力为Ff=3 N，又有Ff=μmg，解得μ==0.3，故A错误； 根据题意，由题图可知，0~4 m内水平外力 F大于滑动摩擦力Ff，合外力做正功，由动 能定理可知，物体的速度增大，5~7 m水平 外力F小于滑动摩擦力Ff，合外力做负功， 物体的速度减小，则4~5 m内物体匀速运动时，速度最大，故B错误； 11 12 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根据题意，由做功公式W=Fx可知，F-x图像与x轴所围面积表示F做功， 则7 m内外力对物体所做的总功为W=×(3+5) ×3 J+×(3+5)×1 J+×(1+3)×3 J=22 J，故C 正确； 根据题意，由做功公式W=Fx可知，7 m内摩擦 力做功为Wf=-Ffx=-21 J，由动能定理可知，x=7 m时撤去外力时，物体的速度未减速到0，则撤去外力后物体将做匀减速直线运动，故D错误。 11 12 答案 9.一小球竖直向上抛出，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 12 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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。 11 12 答案 10.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 12 答案 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 11.(2023·台州市高一期中)如图为一起重机从很深的坑中将重物提起，重物先由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，加速度大小为2 m/s2，当起重机输出功率达到其允许输出的最大值时，保持该功 率不变，已知重物质量为500 kg，起重机最大输出功 率为60 kW，重力加速度g=10 m/s2，不计空气阻力。 (1)求重物匀加速运动的时间； 答案　5 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 匀加速直线运动过程有F1-mg=ma 解得F1=6 000 N 根据P=F1v 解得v=10 m/s， 又v=at1 解得t1=5 s 11 12 答案 (2)求重物上升的最大速度； 答案　12 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 匀加速直线运动结束后重物以最大速度匀速上升有F2=mg 此时P=F2vmax=mgvmax 解得vmax=12 m/s 答案 (3)重物达到最大速度时共上升30 m，求上升的总 时间。 答案　5.6 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 重物匀加速上升高度 h1=·t1=25 m 重物匀加速结束至达到最大速度过程根据动能 定理有 Pt2-mg(h-h1)=m-mv2 解得t2=0.6 s 所以t总=t1+t2=5.6 s 11 12 答案 12.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 尖子生选练 √ 11 12 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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。 11 12 答案 返回 $ 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　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　(2024·浙江省金兰教育合作组织高一期中)某型号新能源汽车质量为1 000 kg，在某一直线道路上行驶时，汽车速度随时间变化的图像如图所示，汽车以2 m/s2加速度启动，第5 s时达到最大功率并保持功率不变继续加速一段时间达到最大速度行驶，在第30 s时开始制动，汽车进行匀减速运动，测得制动距离为10 m，行驶过程中受到的阻力大小恒为重力的0.2倍。求： (1)行驶过程中达到的最大功率； (2)制动过程的加速度大小； (3)总共行驶的距离。 答案　(1)4×104 W　(2)20 m/s2　(3)460 m 解析　(1)据题意，汽车启动过程的阻力为Ff=0.2mg=2×103 N 汽车先经历匀加速直线运动，由牛顿第二定律F-Ff=ma1 解得牵引力为F=Ff+ma1=4×103 N 汽车做匀加速直线运动经历t1=5 s达到额定功率，其速度为v1=a1t1=10 m/s 则额定功率为Pm=Fv1=4×104 W (2)汽车的最大速度为vm==20 m/s 汽车在第30 s时开始制动进行匀减速运动，测得制动距离为x3=10 m，设减速的加速度为a3，由=2a3x3 则制动过程的加速度大小为a3=20 m/s2 (3)汽车做匀加速直线运动的位移为x1=a1=25 m 在汽车保持额定功率做变加速直线运动和匀速直线运动的过程，由动能定理Pmt2-Ffx2=m-m 而t2=30 s-5 s=25 s 联立各式代入数据解得x2=425 m 则汽车总共行驶的距离为x=x1+x2+x3=460 m。 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　(多选)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到vmax后，立即关闭发动机直至静止，v-t图像如图所示，设汽车的牵引力为F，受到的阻力为Ff，全程牵引力做功为W1，克服摩擦力做功为W2，则(　　) A.F∶Ff=1∶3 B.W1∶W2=1∶3 C.F∶Ff=4∶1 D.W1∶W2=1∶1 答案　CD 解析　对全过程由动能定理可知W1-W2=0，故W1∶W2=1∶1，故D正确，B错误；W1=Fx，W2=Ff·x'，由题图可知x∶x'=1∶4，所以F∶Ff=4∶1，故C正确，A错误。 例5　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，联立两式解到m=1 kg，F=2 N，C正确。 专题强化练　[分值：100分] 1~6题每题7分，共42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.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.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.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.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。 7~10题每题8分，11题16分，共48分 7.(多选)(2024·丽水市高一期中)如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块。现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，重力加速度为g，则在整个过程中，下列说法正确的是(　　) A.支持力对小物块做功为mgLsin α B.静摩擦力对小物块做功为mgLsin α C.滑动摩擦力对小物块做功为mv2-mgLsin α D.木板对小物块做功为-mv2 答案　AC 解析　当物块缓慢上升的过程中，静摩擦力的方向与速度方向垂直，不做功，支持力和重力做的总功等于物块动能的变化，而因为物块是缓慢移动的，故动能不变，根据动能定理有WN-mgLsin α=0-0，可得支持力对小物块做功为mgLsin α，当物块下滑时，支持力不做功，故A正确，B错误；下滑过程由动能定理可知mgLsin α+Wf=mv2，则滑动摩擦力对物块做功为Wf=mv2-mgLsin α，故C正确；整个过程，设木板对物块做功为W，重力做功为0，由动能定理可知W=mv2，故D错误。 8.(2024·台州市高一开学考)质量m=1 kg的物体静止放在粗糙水平地面上。现对物体施加一个随位移变化的水平外力F时，物体在水平地面上运动。已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。若F-x图像如图所示，且4~5 m内物体匀速运动。x=7 m时撤去外力，g取10 m/s2，则下列有关描述正确的是(　　) A.物体与地面间的动摩擦因数为0.1 B.x=3 m时物体的速度最大 C.7 m内外力对物体所做的总功为22 J D.撤去外力后物体将做匀加速直线运动 答案　C 解析　根据题意，由于4~5 m内物体匀速运动，由题图可得，摩擦力为Ff=3 N，又有Ff=μmg，解得μ==0.3，故A错误；根据题意，由题图可知，0~4 m内水平外力F大于滑动摩擦力Ff，合外力做正功，由动能定理可知，物体的速度增大，5~7 m水平外力F小于滑动摩擦力Ff，合外力做负功，物体的速度减小，则4~5 m内物体匀速运动时，速度最大，故B错误；根据题意，由做功公式W=Fx可知，F-x图像与x轴所围面积表示F做功，则7 m内外力对物体所做的总功为W=×(3+5)×3 J+×(3+5)×1 J+×(1+3)×3 J=22 J，故C正确；根据题意，由做功公式W=Fx可知，7 m内摩擦力做功为Wf=-Ffx=-21 J，由动能定理可知，x=7 m时撤去外力时，物体的速度未减速到0，则撤去外力后物体将做匀减速直线运动，故D错误。 9.一小球竖直向上抛出，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.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。 11.(16分)(2023·台州市高一期中)如图为一起重机从很深的坑中将重物提起，重物先由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，加速度大小为2 m/s2，当起重机输出功率达到其允许输出的最大值时，保持该功率不变，已知重物质量为500 kg，起重机最大输出功率为60 kW，重力加速度g=10 m/s2，不计空气阻力。 (1)(5分)求重物匀加速运动的时间； (2)(5分)求重物上升的最大速度； (3)(6分)重物达到最大速度时共上升30 m，求上升的总时间。 答案　(1)5 s　(2)12 m/s　(3)5.6 s 解析　(1)匀加速直线运动过程有F1-mg=ma 解得F1=6 000 N 根据P=F1v 解得v=10 m/s， 又v=at1 解得t1=5 s (2)匀加速直线运动结束后重物以最大速度匀速上升有F2=mg 此时P=F2vmax=mgvmax 解得vmax=12 m/s (3)重物匀加速上升高度 h1=·t1=25 m 重物匀加速结束至达到最大速度过程根据动能定理有 Pt2-mg(h-h1)=m-mv2 解得t2=0.6 s 所以t总=t1+t2=5.6 s (10分) 12.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 $