資源簡介

培優提升七　動能定理的應用(一)
(分值：100分)
選擇題1～7題，10題，每小題10分，共80分。
對點題組練
題組一　利用動能定理求解變力做功
1.質量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一水平輕彈簧O端相距s，如圖所示。已知物體與水平面間的動摩擦因數為μ，物體與彈簧接觸后，彈簧的最大壓縮量為x，重力加速度為g，則從開始接觸到彈簧被壓縮至最短(彈簧始終在彈性限度內)，物體克服彈簧彈力所做的功為(　　)
mv－μmg(s＋x)
mv－μmgx
μmgs
μmg(s＋x)
2.(多選)如圖所示，質量為m的物塊在水平恒力F的推動下，從粗糙山坡底部的A處由靜止運動至高為h的坡頂B處，并獲得速度v，A、B之間的水平距離為x，重力加速度為g，則(　　)
物塊克服重力所做的功是mgh
合外力對物塊做的功是mv2
推力對物塊做的功是mv2＋mgh
阻力對物塊做的功是mv2＋mgh－Fx
3.如圖所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高；質量為m的小球自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g。小球自P點滑到Q點的過程中，克服摩擦力所做的功為(　　)
mgR mgR
mgR mgR
題組二　動能定理與圖像結合問題
4.(多選)在某次帆船運動比賽中，質量為500 kg的帆船，在風力和水的阻力共同作用下做直線運動的v－t圖像如圖所示。下列表述正確的是(　　)
在0～1 s內，風力對帆船做功1 000 J
在0～1 s內，合外力對帆船做功1 000 J
在1～2 s內，合外力對帆船做功750 J
在0～3 s內，合外力對帆船做功為0
5.(多選)質量為1.0 kg的物體以某一水平初速度在水平面上滑行，由于摩擦力的作用，其動能隨位移變化的情況如圖所示，g＝10 m/s2，則下列判斷正確的是(　　)
物體與水平面間的動摩擦因數為0.2
物體與水平面間的動摩擦因數為0.3
物體滑行的總時間為2 s
物體滑行的總時間為4 s
6.質量為10 kg的物體，在變力F的作用下沿直線運動，力F隨位移s的變化情況如圖所示。物體在s＝0處，速度為1 m/s，假設物體只受力F的作用，則物體運動到s＝16 m處時，速度大小為(　　)
2 m/s 3 m/s
4 m/s m/s
綜合提升練
7.(多選)(2024·廣東廣州高一校聯考期中)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的阻力作用。距地面高h在3 m以內時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度g＝10 m/s2。該物體的質量m和所受的阻力f是(　　)
m＝2 kg m＝1 kg
f＝1 N f＝2 N
8.(10分)如圖所示，運輸機器人水平推著小車沿水平地面從靜止開始運動，機器人對小車和貨物做功的功率恒為40 W，已知小車和貨物的總質量為20 kg，受到的阻力為小車和貨物重力的，小車向前運動了10 s達到最大速度，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)(3分)小車運動的最大速度的大?。?br/>(2)(3分)機器人對小車和貨物做的功；
(3)(4分)小車在這段時間內的位移大小。
9.(10分)如圖甲所示，兩滑塊A、B用細線跨過定滑輪相連，B距地面一定高度，A可在細線牽引下沿足夠長的粗糙斜面向上滑動。已知mA＝2 kg，mB＝4 kg，斜面傾角θ＝37°。某時刻由靜止釋放A，得到A沿斜面向上運動的v－t圖像如圖乙所示。已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
(1)(3分)A與斜面間的動摩擦因數；
(2)(3分)A沿斜面向上滑動的最大位移；
(3)(4分)滑動過程中細線對A的拉力所做的功。
培優加強練
10.(多選)(2023·廣東卷，8)人們用滑道從高處向低處運送貨物，如圖所示，可看作質點的貨物從圓弧滑道頂端P點靜止釋放，沿滑道運動到圓弧末端Q點時速度大小為6 m/s。已知貨物質量為20 kg，滑道高度h為4 m，且過Q點的切線水平，重力加速度取10 m/s2。關于貨物從P點運動到Q點的過程，下列說法正確的有(　　)
重力做的功為360 J
克服阻力做的功為440 J
經過Q點時向心加速度大小為9 m/s2
經過Q點時對軌道的壓力大小為380 N
培優提升七　動能定理的應用(一)
1．A　[由動能定理得－W－μmg(s＋x)＝0－mv，W＝mv－μmg(s＋x)，A正確，B、C、D錯誤。]
2．ABD　[物塊上升的高度為h，則物塊克服重力做的功為mgh，故A正確；物塊初動能為零，末動能為mv2，根據動能定理知，合外力對物塊做的功為mv2，故B正確；F為水平恒力，則推力F對物塊做的功為Fx。根據動能定理知Fx－mgh＋Wf＝mv2，解得阻力對物塊做的功為Wf＝mv2＋mgh－Fx，故C錯誤，D正確。]
3．C　[在最低點，根據牛頓第三定律可知，軌道對小球的支持力FN＝2mg，根據牛頓第二定律可得FN－mg＝m，從P點到最低點Q的過程，由動能定理可得mgR－Wf＝mv2，聯立可得小球克服摩擦力所做的功Wf＝mgR，選項C正確。]
4．BD　[在0～1 s內，根據動能定理得W合＝ΔEk＝mv2＝×500×4 J＝1 000 J，又合外力做的功W合＝W風＋W阻，則風力對帆船做功大于1 000 J，故A錯誤，B正確；在1～2 s內，根據動能定理得W合′＝ΔEk′＝×500×1 J－×500×4 J＝－750 J，合外力做負功，故C錯誤；在0～3 s內，根據動能定理得W合″＝ΔEk″＝0，合外力做功為0，故D正確。]
5．AC　[根據動能定理得－μmgs＝ΔEk，結合圖像解得μ＝0.2，A正確，B錯誤；物體的初速度v0＝＝4 m/s，所以物體滑行的總時間為t＝＝2 s，C正確，D錯誤。]
6．B　[根據力F隨位移s變化關系圖線與橫軸所圍“面積”表示力F做的功，可知力F做功W＝4×10 J＋×(8－4)×10 J－×(16－12)×10 J＝40 J。由動能定理得W＝mv2－mv，解得v＝3 m/s，選項B正確。]
7．BD　[物體上升過程，根據動能定理有－(f＋mg)Δh＝36 J－72 J，同理，物體下降過程，有(mg－f)Δh＝48 J－24 J，聯立，解得m＝1 kg，f＝2 N，故選B、D。]
8．(1)2 m/s　(2)400 J　(3)18 m
解析　(1)當推力等于阻力時小車的速度達到最大
vm＝＝ m/s＝2 m/s。
(2)W＝Pt＝40×10 J＝400 J。
(3)根據動能定理得W－f·s＝mv
解得s＝18 m，所以小車在這段時間內的位移大小為18 m。
9．(1)0.25　(2)0.75 m　(3)12 J
解析　(1)在0～0.5 s內，根據圖像，A、B組成的系統的加速度為a1＝＝ m/s2＝4 m/s2
對A有T－mAgsin θ－μmAgcos θ＝mAa1
對B有mBg－T＝mBa1，得μ＝0.25。
(2)B落地后，A減速上升。由牛頓第二定律得
mAgsin θ＋μmAgcos θ＝mAa2，將已知量代入，可得a2＝8 m/s2
故A減速向上滑動的位移為s2＝＝0.25 m
在0～0.5 s內A加速向上滑動的位移s1＝＝0.5 m
所以，A上滑的最大位移為s＝s1＋s2＝0.75 m。
(3)A加速上滑過程中，由動能定理
W－(mAgsin θ＋μmAgcos θ)s1＝mAv2－0，得W＝12 J。
10．BCD　[重力做的功為WG＝mgh＝800 J，A錯誤；下滑過程由動能定理可得WG－Wf＝mv，代入數據解得，克服阻力做的功為Wf＝440 J，B正確；經過Q點時向心加速度大小為a＝eq \f(v,h)＝9 m/s2，C正確；經過Q點時，根據牛頓第二定律可得FN－mg＝ma，解得貨物受到的支持力大小為FN＝380 N，根據牛頓第三定律可知，貨物對軌道的壓力大小為380 N，D正確。]培優提升七　動能定理的應用(一)
學習目標　1.能用動能定理求解變力做功。2.會處理動能定理和圖像的綜合問題。
提升1　利用動能定理求解變力做功
1.動能定理不僅適用于求恒力做的功，也適用于求變力做的功，同時因為不涉及變力作用的過程分析，應用非常方便。
2.當物體受到一個變力和幾個恒力作用時，可以用動能定理間接求解變力做的功，即W變＋W其他＝ΔEk。
例1 如圖所示，物體(可看成質點)沿一曲面從A點無初速度下滑，當滑至曲面的最低點B點時，下滑的豎直高度h＝5 m，此時物體的速度v＝6 m/s。若物體的質量m＝1 kg，g＝10 m/s2，求物體在下滑過程中克服阻力所做的功。
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訓練 一個質量為m的小球，用長為l的輕繩懸掛于O點，小球在水平拉力F作用下，從平衡位置P點緩慢地移動到Q點(每個狀態都可近似看作靜止狀態)，OQ與OP的夾角為θ，如圖所示，重力加速度為g，則拉力F所做的功為(　　)
A.mglcos θ B.mgl(1－cos θ)
C.Flcos θ D.Flsin θ
例2 某大學生研制的無人環保清潔船，只需要選定“智慧清潔”功能，就能輕松地將湖面上的樹枝、樹葉、塑料袋子等漂浮物撈進船體內，自主完成環保清潔任務。某次作業時，機載傳感器描繪出的速度—時間圖像如圖所示，清潔船在t1時刻達到額定功率P＝400 kW，速度為v1＝10 m/s，此后清潔船以恒定功率運動。在 t2＝15 s時達到最大速度v2＝20 m/s，已知清潔船的質量為m＝1×104 kg，清潔船在運動過程中所受阻力恒定不變。求：
(1)清潔船達到額定功率的時間t1；
(2)清潔船在0～t2時間內運動的位移大小。
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提升2　動能定理與圖像結合問題
　動能定理與圖像結合問題的分析方法
1.首先看清楚圖像的種類(如v－t圖像、F－s圖像、Ek－s圖像等)。
2.挖掘圖像的隱含條件，求出所需物理量，如利用v－t圖像與t軸所包圍“面積”求位移，利用F－s圖像與s軸所包圍“面積”求功，利用Ek－s圖像的斜率求合力等。
3.再分析還有哪些力做功，根據動能定理列方程，求出相應的物理量。
例3 (多選)在平直的公路上，汽車由靜止開始做勻加速運動。當速度達到vm后，立即關閉發動機而滑行直到停止。該過程v－t圖像如圖所示，汽車的牽引力大小為F，摩擦力大小為f，全過程中，牽引力做的功為W1，克服摩擦力做功為W2。以下關于F、f及W1、W2間關系的說法中正確的是(　　)
A.W1∶W2＝1∶1 B.W1∶W2＝1∶3
C.F∶f＝1∶3 D.F∶f＝4∶3
例4 (多選)如圖甲所示，質量m＝2 kg的物體以100 J的初動能在粗糙程度相同的水平地面上滑行，其動能Ek隨位移s變化的關系圖像如圖乙所示，則下列判斷中正確的是(　　)
A.物體運動的總位移大小為10 m
B.物體運動的加速度大小為10 m/s2
C.物體運動的初速度大小為10 m/s
D.物體所受的摩擦力大小為10 N
隨堂對點自測
1.(利用動能定理求解變力做功)如圖所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一質量為m的小球向右滑行，并沖上固定在水平地面上的斜面。設小球在斜面最低點A的速度為v，壓縮彈簧至C點時彈簧最短，C點距地面高度為h，重力加速度為g，則從A到C的過程中彈簧彈力做的功是(　　)
A.mgh－mv2 B.mv2－mgh
C.－mgh D.－
2.(動能定理與圖像結合問題)在我國的北方，屋頂常常修成傾角一定的“人”字形斜坡?，F從坡頂釋放一小球，用Ek表示它的動能、s表示它發生的位移，不考慮空氣阻力，下列四個圖像大致正確的是(　　)
3.(動能定理與圖像結合問題)(2024·廣東廣州高一期末)輕質彈簧右端固定在墻上，左端與一質量m＝0.5 kg的物塊相連，如圖甲所示，彈簧處于原長狀態，物塊靜止且與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2。以物塊所在處為原點，水平向右為正方向建立s軸，現對物塊施加水平向右的外力F，F隨s軸坐標變化的情況如圖乙所示，物塊運動至s＝0.4 m處時速度為零，則此時彈簧的彈性勢能為(g＝10 m/s2)(　　)
A.3.5 J B.3.1 J
C.5.1 J D.2.0 J
培優提升七　動能定理的應用(一)
提升1
例1 32 J
解析　物體在曲面上的受力情況為：受重力、彈力和摩擦力，其中彈力不做功。設摩擦力做功為Wf，由A→B根據動能定理得mgh＋Wf＝mv2－0，解得Wf＝－32 J。故物體在下滑過程中克服阻力所做的功為32 J。
訓練 B　[小球緩慢移動，始終處于平衡狀態，由平衡條件可知，F＝mgtan θ，θ為輕繩與OP的夾角，隨著θ的增大，F也在增大，是一個變化的力，不能直接用功的公式求它所做的功。由于小球緩慢移動，動能保持不變，由動能定理得－mgl(1－cos θ)＋WF＝0，所以WF＝mgl(1－cos θ)，B正確，A、C、D錯誤。]
例2 (1)5 s　(2)150 m
解析　(1)設t1時刻清潔船的牽引力為F，清潔船所受的阻力為f
由題意得F＝，f＝
由牛頓第二定律得F－f＝ma，t1＝，聯立解得t1＝5 s。
(2)設清潔船在0～t1時間內運動的位移為s1，t1～t2時間內運動的位移為s2
由運動學公式得s1＝t1＝25 m
t1～t2時間內，對清潔船由動能定理可得
P(t2－t1)－fs2＝mv22－mv12
又f＝，聯立解得s2＝125 m
所以，清潔船在0～t2時間內運動的位移大小為
s總＝s1＋s2＝150 m。
提升2
例3 AD　[對全過程由動能定理可知W1－W2＝0，故W1∶W2＝1∶1，故A正確，B錯誤；W1＝Fs，W2＝fs′，由題圖可知s∶s′＝3∶4，所以F∶f＝4∶3，故C錯誤，D正確。]
例4 ACD　[由題圖乙可知，物體運動的總位移為10 m，根據動能定理得，－fs＝0－Ek0，解得f＝＝ N＝10 N，故A、D正確；根據牛頓第二定律得，物體的加速度大小為a＝＝ m/s2＝5 m/s2，故B錯誤；由Ek0＝mv得v0＝＝ m/s＝10 m/s，故C正確。]
隨堂對點自測
1．A　[由A到C的過程運用動能定理可得－mgh＋W＝0－mv2，所以W＝mgh－mv2，故A正確。]
2．A　[根據動能定理有Ek＝mgh＝mgssin θ，斜坡的傾角θ不變時，小球的動能與其位移成正比，所以A正確，B、C、D錯誤。]
3．B　[根據F－s圖線與坐標軸圍成的面積表示力F做功，有WF＝×(5＋10)×0.2 J＋10×(0.4－0.2) J＝3.5 J，根據動能定理，有WF－W－μmgs＝0，代入數據解得W＝3.1 J，故B正確。](共40張PPT)
培優提升七　動能定理的應用(一)
第四章　機械能及其守恒定律
1.能用動能定理求解變力做功。
2.會處理動能定理和圖像的綜合問題。
學習目標
目 錄
CONTENTS
提升
01
隨堂對點自測
02
課后鞏固訓練
03
提升
1
提升2　動能定理與圖像結合問題
提升1　利用動能定理求解變力做功
提升1　利用動能定理求解變力做功
1.動能定理不僅適用于求恒力做的功，也適用于求變力做的功，同時因為不涉及變力作用的過程分析，應用非常方便。
2.當物體受到一個變力和幾個恒力作用時，可以用動能定理間接求解變力做的功，即W變＋W其他＝ΔEk。
例1 如圖所示，物體(可看成質點)沿一曲面從A點無初速度下滑，當滑至曲面的最低點B點時，下滑的豎直高度h＝5 m，此時物體的速度v＝6 m/s。若物體的質量m＝1 kg，g＝10 m/s2，求物體在下滑過程中克服阻力所做的功。
訓練 一個質量為m的小球，用長為l的輕繩懸掛于O點，小球在水平拉力F作用下，從平衡位置P點緩慢地移動到Q點(每個狀態都可近似看作靜止狀態)，OQ與OP的夾角為θ，如圖所示，重力加速度為g，則拉力F所做的功為(　　)
A.mglcos θ B.mgl(1－cos θ)
C.Flcos θ D.Flsin θ
B
解析　小球緩慢移動，始終處于平衡狀態，由平衡條件可知，F＝mgtan θ，θ為輕繩與OP的夾角，隨著θ的增大，F也在增大，是一個變化的力，不能直接用功的公式求它所做的功。由于小球緩慢移動，動能保持不變，由動能定理得－mgl(1－cos θ)＋WF＝0，所以WF＝mgl(1－cos θ)，B正確，A、C、D錯誤。
例2 某大學生研制的無人環保清潔船，只需要選定“智慧清潔”功能，就能輕松地將湖面上的樹枝、樹葉、塑料袋子等漂浮物撈進船體內，自主完成環保清潔任務。某次作業時，機載傳感器描繪出的速度—時間圖像如圖所示，清潔船在t1時刻達到額定功率P＝400 kW，速度為v1＝10 m/s，此后清潔船以恒定功率運動。在 t2＝15 s時達到最大速度v2＝20 m/s，已知清潔船的質量為m＝1×104 kg，清潔船在運動過程中所受阻力恒定不變。求：
(1)清潔船達到額定功率的時間t1；
(2)清潔船在0～t2時間內運動的位移大小。
答案　(1)5 s　(2)150 m
解析　(1)設t1時刻清潔船的牽引力為F，清潔船所受的阻力為f
(2)設清潔船在0～t1時間內運動的位移為s1，t1～t2時間內運動的位移為s2
聯立解得s2＝125 m
所以，清潔船在0～t2時間內運動的位移大小為
s總＝s1＋s2＝150 m。
提升2　動能定理與圖像結合問題
動能定理與圖像結合問題的分析方法
1.首先看清楚圖像的種類(如v－t圖像、F－s圖像、Ek－s圖像等)。
2.挖掘圖像的隱含條件，求出所需物理量，如利用v－t圖像與t軸所包圍“面積”求位移，利用F－s圖像與s軸所包圍“面積”求功，利用Ek－s圖像的斜率求合力等。
3.再分析還有哪些力做功，根據動能定理列方程，求出相應的物理量。
例3 (多選)在平直的公路上，汽車由靜止開始做勻加速運動。當速度達到vm后，立即關閉發動機而滑行直到停止。該過程v－t圖像如圖所示，汽車的牽引力大小為F，摩擦力大小為f，全過程中，牽引力做的功為W1，克服摩擦力做功為W2。以下關于F、f及W1、W2間關系的說法中正確的是(　　)
A.W1∶W2＝1∶1 B.W1∶W2＝1∶3
C.F∶f＝1∶3 D.F∶f＝4∶3
解析　對全過程由動能定理可知W1－W2＝0，故W1∶W2＝1∶1，故A正確，B錯誤；W1＝Fs，W2＝fs′，由題圖可知s∶s′＝3∶4，所以F∶f＝4∶3，故C錯誤，D正確。
AD
例4 (多選)如圖甲所示，質量m＝2 kg的物體以100 J的初動能在粗糙程度相同的水平地面上滑行，其動能Ek隨位移s變化的關系圖像如圖乙所示，則下列判斷中正確的是(　 　)
ACD
A.物體運動的總位移大小為10 m
B.物體運動的加速度大小為10 m/s2
C.物體運動的初速度大小為10 m/s
D.物體所受的摩擦力大小為10 N
隨堂對點自測
2
A
1.(利用動能定理求解變力做功)如圖所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一質量為m的小球向右滑行，并沖上固定在水平地面上的斜面。設小球在斜面最低點A的速度為v，壓縮彈簧至C點時彈簧最短，C點距地面高度為h，重力加速度為g，則從A到C的過程中彈簧彈力做的功是(　　)
A
2.(動能定理與圖像結合問題)在我國的北方，屋頂常常修成傾角一定的“人”字形斜坡?，F從坡頂釋放一小球，用Ek表示它的動能、s表示它發生的位移，不考慮空氣阻力，下列四個圖像大致正確的是(　　)
解析　根據動能定理有Ek＝mgh＝mgssin θ，斜坡的傾角θ不變時，小球的動能與其位移成正比，所以A正確，B、C、D錯誤。
B
3.(動能定理與圖像結合問題)(2024·廣東廣州高一期末)輕質彈簧右端固定在墻上，左端與一質量m＝0.5 kg的物塊相連，如圖甲所示，彈簧處于原長狀態，物塊靜止且與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2。以物塊所在處為原點，水平向右為正方向建立s軸，現對物塊施加水平向右的外力F，F隨s軸坐標變化的情況如圖乙所示，物塊運動至s＝0.4 m處時速度為零，則此時彈簧的彈性勢能為(g＝10 m/s2)(　　)
A.3.5 J B.3.1 J
C.5.1 J D.2.0 J
課后鞏固訓練
3
A
題組一　利用動能定理求解變力做功
1.質量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一水平輕彈簧O端相距s，如圖所示。已知物體與水平面間的動摩擦因數為μ，物體與彈簧接觸后，彈簧的最大壓縮量為x，重力加速度為g，則從開始接觸到彈簧被壓縮至最短(彈簧始終在彈性限度內)，物體克服彈簧彈力所做的功為(　　)
對點題組練
ABD
2.(多選)如圖所示，質量為m的物塊在水平恒力F的推動下，從粗糙山坡底部的A處由靜止運動至高為h的坡頂B處，并獲得速度v，A、B之間的水平距離為x，重力加速度為g，則(　 　)
C
3.如圖所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高；質量為m的小球自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g。小球自P點滑到Q點的過程中，克服摩擦力所做的功為(　　)
BD
題組二　動能定理與圖像結合問題
4.(多選)在某次帆船運動比賽中，質量為500 kg的帆船，在風力和水的阻力共同作用下做直線運動的v－t圖像如圖所示。下列表述正確的是(　 　)
A.在0～1 s內，風力對帆船做功1 000 J
B.在0～1 s內，合外力對帆船做功1 000 J
C.在1～2 s內，合外力對帆船做功750 J
D.在0～3 s內，合外力對帆船做功為0
AC
5.(多選)質量為1.0 kg的物體以某一水平初速度在水平面上滑行，由于摩擦力的作用，其動能隨位移變化的情況如圖所示，g＝10 m/s2，則下列判斷正確的是(　　)
A.物體與水平面間的動摩擦因數為0.2
B.物體與水平面間的動摩擦因數為0.3
C.物體滑行的總時間為2 s
D.物體滑行的總時間為4 s
B
6.質量為10 kg的物體，在變力F的作用下沿直線運動，力F隨位移s的變化情況如圖所示。物體在s＝0處，速度為1 m/s，假設物體只受力F的作用，則物體運動到s＝16 m處時，速度大小為(　　)
BD
綜合提升練
7.(多選)(2024·廣東廣州高一校聯考期中)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的阻力作用。距地面高h在3 m以內時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度g＝10 m/s2。該物體的質量m和所受的阻力f是(　　)
解析　物體上升過程，根據動能定理有
－(f＋mg)Δh＝36 J－72 J
同理，物體下降過程，有(mg－f)Δh＝48 J－24 J
聯立，解得m＝1 kg，f＝2 N，故選B、D。
9.如圖甲所示，兩滑塊A、B用細線跨過定滑輪相連，B距地面一定高度，A可在細線牽引下沿足夠長的粗糙斜面向上滑動。已知mA＝2 kg，mB＝4 kg，斜面傾角θ＝37°。某時刻由靜止釋放A，得到A沿斜面向上運動的v－t圖像如圖乙所示。已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
(1)A與斜面間的動摩擦因數；
(2)A沿斜面向上滑動的最大位移；
(3)滑動過程中細線對A的拉力所做的功。
答案　(1)0.25　(2)0.75 m　(3)12 J
對A有T－mAgsin θ－μmAgcos θ＝mAa1
對B有mBg－T＝mBa1
得μ＝0.25。
(2)B落地后，A減速上升。由牛頓第二定律得mAgsin θ＋μmAgcos θ＝mAa2
將已知量代入，可得a2＝8 m/s2
A.重力做的功為360 J
B.克服阻力做的功為440 J
C.經過Q點時向心加速度大小為9 m/s2
D.經過Q點時對軌道的壓力大小為380 N
BCD

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