資源簡介

培優提升八　動能定理的應用(二)
(分值：100分)
選擇題1～6題，每小題10分，共60分。
對點題組練
題組一　動能定理在多過程問題中的應用
1.如圖所示，斜面傾角為θ，一質量為m的小滑塊從高為h的A點由靜止釋放，沿軌道滑下，最后停在D點。現用一沿軌道方向的力推滑塊，使它緩緩地由D點回到A點，設滑塊與軌道間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，則推力對滑塊做的功等于(　　)
mgh 2mgh
μmg(s＋) μmg(s＋hcos θ)
2.如圖所示，小球以初速度v0從A點沿不光滑的軌道運動到高為h的B點后自動返回，其返回途中仍經過A點，不計小球經過水平軌道與傾斜軌道連接處的能量損失，重力加速度為g，則經過A點的速度大小為(　　)
eq \r(v－4gh) eq \r(4gh－v)
eq \r(v－2gh) eq \r(2gh－v)
3.(多選)置于水平面上的物體在水平拉力F作用下由靜止開始前進了s，撤去力F后，物體又前進了s后停止運動。若物體的質量為m，則(　　)
物體受到的摩擦力的大小為
物體受到的摩擦力的大小為F
運動過程中的最大動能為
物體在運動位移的中點時的速度最大
題組二　動能定理在平拋運動、圓周運動中的應用
4.(2024·廣東深圳高一期中)把A、B兩相同小球在離地面同一高度處以相同大小的初速度v0分別沿水平方向和豎直方向拋出，不計空氣阻力，如圖所示，則下列說法正確的是(　　)
兩小球落地時速度相同
兩小球落地時，重力的瞬時功率相同
從開始運動至落地，重力對兩小球做的功不同
從開始運動至落地，重力對兩小球做功的平均功率PA>PB
5.如圖所示為一水平的轉臺，半徑為R，一質量為m的滑塊放在轉臺的邊緣，已知滑塊與轉臺間的動摩擦因數為μ，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。若轉臺的轉速由零逐漸增大，當滑塊在轉臺上剛好要發生相對滑動時，該過程中轉臺對滑塊所做的功為(　　)
μmgR 2πmgR
2μmgR 0
綜合提升練
6.(2024·全國甲卷)如圖，一光滑大圓環固定在豎直平面內，質量為m的小環套在大圓環上，小環從靜止開始由大圓環頂端經Q點自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環的切點。則小環下降過程中對大圓環的作用力大小(　　)
在Q點最大 在Q點最小
先減小后增大 先增大后減小
7.(20分)(2024·廣東江門高一期末)一條滑雪道如圖所示，傾斜滑道AB、CD段的傾角均為37°。AB段長度為L＝100 m，動摩擦因數為μ，半徑R＝20 m的BC段為圓弧滑道與AB段平滑連接。一滑雪者連同裝備(視為質點)總質量m＝70 kg，從A點由靜止出發沿著滑道下滑，從C點水平拋出落到N點，NC段長度為d＝75 m，將滑雪者從B至C的運動看作勻速圓周運動。忽略運動過程中所受的空氣阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：
(1)(10分)運動到C點時滑雪者速度的大小和滑雪者對滑道壓力的大小；
(2)(10分)滑道AB段的動摩擦因數μ的大小；
培優加強練
8.(20分)(2023·湖北卷)如圖為某游戲裝置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道在同一豎直平面內，過C點的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°。小物塊以某一水平初速度由A點切入擋板內側，從B點飛出桌面后，在C點沿圓弧切線方向進入軌道內側，并恰好能到達軌道的最高點D。小物塊與桌面之間的動摩擦因數為，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質點。求：
(1)(6分)小物塊到達D 點的速度大小；
(2)(6分)B和D兩點的高度差；
(3)(8分)小物塊在A點的初速度大小。
培優提升八　動能定理的應用(二)
1．B　[滑塊由A點運動至D點，設克服摩擦力做功為WAD，由動能定理得mgh－WAD＝0，即WAD＝mgh，滑塊從D點回到A點，由于是緩慢推，說明動能變化量為零，設克服摩擦力做功為WDA，由動能定理知當滑塊從D點被推回A點有WF－mgh－WDA＝0，WAD＝WDA，聯立解得WF＝2mgh，故A、C、D錯誤，B正確。]
2．B　[設小球在由A到B的過程中阻力做功為W，由A到B的過程中由動能定理得－mgh＋W＝0－mv，小球由B返回到A的過程中，阻力做的功仍為W，由動能定理得mgh＋W＝mv－0，以上兩式聯立可得vA＝eq \r(4gh－v)，A、C、D錯誤，B正確。]
3．ACD　[設物體所受的摩擦力大小為f，根據動能定理得F·s－f·2s＝0－0，解得f＝F，故A正確，B錯誤；物體前一半路程做加速運動，后一半路程做減速運動，則物體運動到位移的中點時的速度最大，當運動到中點時，由動能定理得Fs－fs＝Ekm－0，得Ekm＝，故C、D正確。]
4．D　[根據動能定理得mgh＝mv2－mv，重力做功相同，初動能相同，則末動能相同，可知落地的速度大小相等，但是方向不同，故A、C錯誤；由P＝mgvcos θ知，落地的速度大小相等，但是A落地時速度方向與重力之間有夾角，可知兩球落地時的重力功率不同，故B錯誤；從開始拋出到落地，重力做功相同，但是豎直上拋運動的時間大于平拋運動的時間，由P＝可知，PA>PB，故D正確。]
5．A　[在轉臺轉速由零增大的過程中，靜摩擦力大小和方向都在變化，無法直接利用W＝Fscos α求摩擦力做的功。滑塊即將開始滑動時，最大靜摩擦力(等于滑動摩擦力)提供向心力，有μmg＝，根據動能定理有Wf＝mv2－0，解得Wf＝μmgR，A正確。]
6．C　[設小環運動軌跡所對的圓心角為θ(0≤θ≤π)，大圓環的半徑為R，大圓環對小環的作用力為F，則由動能定理有mgR(1－cos θ)＝mv2，又小環做圓周運動，則有F＋mgcos θ＝m，聯立得小環下滑過程中受到大圓環的作用力F＝mg(2－3cos θ)，則F的大小先減小后增大，且當cos θ＝時F最小，當cos θ＝－1，即小環在大圓環最低點時F最大，結合牛頓第三定律可知，C正確。]
7．(1)20 m/s　2 100 N　(2)0.5
解析　(1)從C處平拋，豎直方向有dsin 37°＝gt2
水平方向有dcos 37°＝vCt，得vC＝20 m/s
由牛頓第二定律得FN－mg＝meq \f(v,R)，得FN＝2 100 N
由牛頓第三定律，滑雪者對滑道的壓力為FN′＝FN＝2 100 N。
(2)從A到B由動能定理得
mgLsin 37°－μmgLcos 37°＝mv－0
在B處vB＝vC＝20 m/s，解得μ＝0.5。
8．(1)　(2)0　(3)
解析　(1)由題知，小物塊恰好能到達圓弧軌道的最高點D，則在D點有meq \f(v,R)＝mg，解得vD＝。
(2)由題知，小物塊從C點沿圓弧切線方向進入軌道內側，則在C點有cos 60°＝
小物塊從C到D的過程中，根據動能定理有
－mg(R＋Rcos 60°)＝mv－mv
則小物塊從B到D的過程中，根據動能定理有
mgHBD＝mv－mv，聯立解得vB＝，HBD＝0。
(3)小物塊從A到B的過程中，根據動能定理有
－μmgs＝mv－mv，s＝π·2R，解得vA＝。培優提升八　動能定理的應用(二)
學習目標　1.進一步理解動能定理，領會應用動能定理解題的優越性。2.會應用動能定理分析多過程問題。
提升1　動能定理在多過程問題中的應用
對于包含多個運動階段的復雜運動過程，可以選擇分段或全程應用動能定理。
1.分段應用動能定理時，將復雜的過程分割成一個個子過程，對每個子過程的受力和各力做功情況和初、末動能進行分析，然后針對每個子過程應用動能定理列式，聯立求解。
2.全程應用動能定理時，分析整個過程中出現過的各力的做功情況，分析每個力做的功，確定整個過程中合外力做的總功，然后確定整個過程的初、末動能，針對整個過程利用動能定理列式求解。
3.當題目不涉及中間量時，選擇全程應用動能定理更簡單，更方便。
4.當物體運動過程中涉及多個力做功時，各力對應的位移可能不相同，計算各力做功時，應注意各力對應的位移。計算總功時，應計算整個過程中出現過的各力做功的代數和。
例1 如圖所示，一質量為2 kg的鉛球從離地面2 m高處自由下落，陷入沙坑2 cm深處，則沙子對鉛球的平均阻力為(g取10 m/s2)(　　)
A.1 980 N 　　 B.2 000 N
C.2 020 N 　　 D.2 040 N
1.本題可采用分段分析，分段利用動能定理進行列式求解，但全程利用動能定理要更方便。
2.在分段分析時，有些過程可以用牛頓第二定律，也可利用動能定理，動能定理比牛頓第二定律解題更簡單方便，所以我們可優先采用動能定理解決問題。　　
例2 如圖所示，將物體從傾角為θ的固定斜面上由靜止釋放，物體開始向下滑動，到達斜面底端與擋板相碰后，原速率彈回。已知物體開始時距底端高度為h，物體與斜面間的動摩擦因數為μ，求物體從開始到停止通過的路程。
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1.在有摩擦力做功的往復運動過程中，注意兩種力做功的區別：
(1)重力做功只與初、末位置有關，而與路徑無關。
(2)滑動摩擦力做功與路徑有關，克服摩擦力做的功Wf＝fs(s為路程)。
2.由于動能定理解題的優越性，求多過程往復運動問題中的路程時，一般應選用動能定理。
訓練 如圖所示，一薄木板斜放在高度一定的平臺和水平地板上，其頂端與平臺相平，末端置于地板的P處，并與地板平滑連接。將一可看成質點的滑塊自木板頂端無初速度釋放，滑塊沿木板下滑，接著在地板上滑動，最終停在Q處。滑塊與木板及地板之間的動摩擦因數相同。現將木板截短一半，仍按上述方式放在該平臺和水平地板上，再次將滑塊自木板頂端無初速度釋放，則滑塊最終將停在(　　)
A.P處 B.P、Q之間
C.Q處 D.Q的右側
提升2　動能定理在平拋、圓周運動中的應用
1.與平拋運動相結合時，要注意應用運動的合成與分解的方法，如分解位移或分解速度求平拋運動的有關物理量。
2.與豎直平面內的圓周運動相結合時，應特別注意隱藏的臨界條件：
(1)可提供支撐效果的豎直平面內的圓周運動，物體能通過最高點的臨界條件為vmin＝0。
(2)不可提供支撐效果的豎直平面內的圓周運動，物體能通過最高點的臨界條件為只有重力提供向心力，即mg＝eq \f(mv,R)，解得vmin＝。
例3 如圖所示，一可以看成質點的質量m＝2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飛出后，恰好從A點沿切線方向進入固定圓弧軌道，BC為圓弧的豎直直徑，其中B為軌道的最低點，C為最高點且與水平桌面等高，圓弧AB對應的圓心角θ＝53°，軌道半徑R＝0.5 m。已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不計空氣阻力，g取10 m/s2。
(1)求小球的初速度v0的大小；
(2)若小球恰好能通過最高點C，求在圓弧軌道上摩擦力對小球做的功。
　
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隨堂對點自測
1.(動能定理在多過程問題中的應用)如圖所示，AB為圓弧軌道，BC為水平直軌道，圓弧的半徑為R，BC的長度也是R。一質量為m的物體，與兩個軌道的動摩擦因數都為μ，重力加速度為g，當它由軌道頂端A從靜止下滑時，恰好運動到C處停止，那么物體在AB段克服摩擦力做功為(　　)
A.μmgR B.mgR
C.mgR D.(1－μ)mgR
2.(動能定理在多過程問題中的應用)(2024·廣東中山高一期末)如圖，兩塊彈性擋板豎直固定在水平地面上，相距8 m，一個小木塊(體積很小，可視為質點)從兩塊擋板正中間開始以初速度10 m/s向右運動，小木塊與地面之間的動摩擦因數為0.2，重力加速度g取10 m/s2，每次小木塊與擋板碰撞后，都會以原速率反彈，則最終小木塊停止的位置與左邊擋板距離為(　　)
A.1 m B.2 m
C.3 m D.7 m
3.(動能定理在平拋運動中的應用)如圖所示，質量為0.1 kg的小物塊在粗糙水平桌面上以初速度v0滑行4 m后以3.0 m/s的速度飛離桌面，最終落在水平地面上，已知小物塊與桌面間的動摩擦因數為0.5，桌面高0.45 m，若不計空氣阻力，g＝10 m/s2，則(　　)
A.小物塊的初速度是5 m/s
B.小物塊的水平射程為1.2 m
C.小物塊在桌面上克服摩擦力做8 J的功
D.小物塊落地時的動能為0.9 J
4.(動能定理在圓周運動中的應用)質量為m的小球被系在輕繩一端，在豎直平面內做半徑為R的圓周運動，如圖所示，運動過程中小球受到空氣阻力的作用。設某一時刻小球通過軌跡的最低點，此時繩子的張力為7mg，在此后小球繼續做圓周運動，經過半個圓周恰好能通過最高點，已知重力加速度為g，則在此過程中小球克服空氣阻力所做的功是(　　)
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
培優提升八　動能定理的應用(二)
提升1
例1 C　[法一　應用牛頓第二定律與運動學公式求解。
設鉛球做自由落體運動到沙面時的速度為v，則有v2＝2gH
在沙坑中的運動階段，設鉛球做勻減速運動的加速度大小為a，則有v2＝2ah，聯立以上兩式解得a＝g
設鉛球在沙坑中運動時受到的平均阻力大小為f，由牛頓第二定律得f－mg＝ma，聯立解得f＝2 020 N，故C正確。
法二　應用動能定理分段求解。
設鉛球自由下落到沙面時的速度為v，由動能定理得mgH＝mv2－0，設鉛球在沙中受到的平均阻力大小為f，由動能定理得mgh－fh＝0－mv2，聯立以上兩式得
f＝mg＝2 020 N，故C正確。
法三　應用動能定理全程求解。
鉛球下落全過程受重力，只有進入沙中鉛球才受阻力f，重力做功WG＝mg(H＋h)，阻力做功Wf＝－fh
由動能定理得mg(H＋h)－fh＝0－0
代入數據得f＝2 020 N，故C正確。]
例2
解析　物體最終停在擋板處，選從開始運動到停止這一全過程，由動能定理得mgh－μmgcos θ·s＝0
解得物塊從開始到停止通過的路程s＝。
訓練 C　[設木板長為L，在水平地板上滑行位移為s，木板傾角為θ，全過程由動能定理得mgh－μmgcos θ·L－μmgs＝0，則滑塊總的水平位移s總＝Lcos θ＋s＝，與木板長度及傾角無關，改變L與θ，水平位移s總不變，滑塊最終仍停在Q處，故C選項正確。]
提升2
例3 (1)3 m/s　(2)－4 J
解析　(1)在A點，由平拋運動規律得vA＝＝v0
小球由桌面到A點的過程中，由動能定理得
mg(R＋Rcos θ)＝mv－mv
聯立解得v0＝3 m/s。
(2)若小球恰好能通過最高點C，在最高點C處有mg＝eq \f(mv,R)，小球從桌面運動到C點的過程中
由動能定理得Wf＝mv－mv
代入數據解得Wf＝－4 J。
隨堂對點自測
1．D　[設物體在AB段克服摩擦力所做的功為WAB，物體從A到C的全過程，根據動能定理有mgR－WAB－μmgR＝0，所以有WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，選項D正確。]
2．C　[小木塊從開始向右運動至停下，根據動能定理可得－μmgs＝0－mv2，運動的總路程s＝25 m，又＋5 m＝s，則停下位置距離左邊擋板距離d＝L－5 m＝3 m，故C正確。]
3．D　[小物塊在粗糙水平桌面上滑行時，由動能定理得－μmgs＝mv2－mv，解得v0＝7 m/s，小物塊克服摩擦力做功為Wf＝μmgs＝2 J，A、C錯誤；小物塊飛離桌面后做平拋運動，由h＝gt2，x＝vt得x＝0.9 m，B錯誤；由動能定理得mgh＝Ek－mv2，小物塊落地時的動能為Ek＝0.9 J，D正確。]
4．C　[小球通過最低點時，設繩的張力為FT，則FT－mg＝meq \f(v,R)，即6mg＝meq \f(v,R)；小球恰好通過最高點，繩子拉力為零，則有mg＝meq \f(v,R)；小球從最低點運動到最高點的過程中，由動能定理得－mg·2R－W阻＝mv－mv，聯立解得W阻＝mgR，C正確。](共43張PPT)
培優提升八　動能定理的應用(二)
第四章　機械能及其守恒定律
1.進一步理解動能定理，領會應用動能定理解題的優越性。
2.會應用動能定理分析多過程問題。
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　動能定理在平拋、圓周運動中的應用
提升1　動能定理在多過程問題中的應用
提升1　動能定理在多過程問題中的應用
對于包含多個運動階段的復雜運動過程，可以選擇分段或全程應用動能定理。
1.分段應用動能定理時，將復雜的過程分割成一個個子過程，對每個子過程的受力和各力做功情況和初、末動能進行分析，然后針對每個子過程應用動能定理列式，聯立求解。
2.全程應用動能定理時，分析整個過程中出現過的各力的做功情況，分析每個力做的功，確定整個過程中合外力做的總功，然后確定整個過程的初、末動能，針對整個過程利用動能定理列式求解。
3.當題目不涉及中間量時，選擇全程應用動能定理更簡單，更方便。
4.當物體運動過程中涉及多個力做功時，各力對應的位移可能不相同，計算各力做功時，應注意各力對應的位移。計算總功時，應計算整個過程中出現過的各力做功的代數和。
C
例1 如圖所示，一質量為2 kg的鉛球從離地面2 m高處自由下落，陷入沙坑2 cm深處，則沙子對鉛球的平均阻力為(g取10 m/s2)(　　)
A.1 980 N 　　 B.2 000 N
C.2 020 N 　　 D.2 040 N
解析　法一　應用牛頓第二定律與運動學公式求解。
設鉛球做自由落體運動到沙面時的速度為v，則有v2＝2gH
在沙坑中的運動階段，設鉛球做勻減速運動的加速度大小為a，則有v2＝2ah
法二　應用動能定理分段求解。
法三　應用動能定理全程求解。
鉛球下落全過程受重力，只有進入沙中鉛球才受阻力f，重力做功WG＝mg(H＋h)
阻力做功Wf＝－fh
由動能定理得mg(H＋h)－fh＝0－0
代入數據得f＝2 020 N，故C正確。
1.本題可采用分段分析，分段利用動能定理進行列式求解，但全程利用動能定理要更方便。
2.在分段分析時，有些過程可以用牛頓第二定律，也可利用動能定理，動能定理比牛頓第二定律解題更簡單方便，所以我們可優先采用動能定理解決問題。　　
例2 如圖所示，將物體從傾角為θ的固定斜面上由靜止釋放，物體開始向下滑動，到達斜面底端與擋板相碰后，原速率彈回。已知物體開始時距底端高度為h，物體與斜面間的動摩擦因數為μ，求物體從開始到停止通過的路程。
1.在有摩擦力做功的往復運動過程中，注意兩種力做功的區別：
(1)重力做功只與初、末位置有關，而與路徑無關。
(2)滑動摩擦力做功與路徑有關，克服摩擦力做的功Wf＝fs(s為路程)。
2.由于動能定理解題的優越性，求多過程往復運動問題中的路程時，一般應選用動能定理。
訓練 如圖所示，一薄木板斜放在高度一定的平臺和水平地板上，其頂端與平臺相平，末端置于地板的P處，并與地板平滑連接。將一可看成質點的滑塊自木板頂端無初速度釋放，滑塊沿木板下滑，接著在地板上滑動，最終停在Q處。滑塊與木板及地板之間的動摩擦因數相同。現將木板截短一半，仍按上述方式放在該平臺和水平地板上，再次將滑塊自木板頂端無初速度釋放，則滑塊最終將停在(　　)
A.P處 B.P、Q之間
C.Q處 D.Q的右側
C
提升2　動能定理在平拋、圓周運動中的應用
例3 如圖所示，一可以看成質點的質量m＝2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飛出后，恰好從A點沿切線方向進入固定圓弧軌道，BC為圓弧的豎直直徑，其中B為軌道的最低點，C為最高點且與水平桌面等高，圓弧AB對應的圓心角θ＝53°，軌道半徑R＝0.5 m。已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不計空氣阻力，g取10 m/s2。
(1)求小球的初速度v0的大小；
(2)若小球恰好能通過最高點C，求在圓弧軌道上摩擦力對小球做的功。
答案　(1)3 m/s　(2)－4 J
隨堂對點自測
2
D
C
2.(動能定理在多過程問題中的應用)(2024·廣東中山高一期末)如圖，兩塊彈性擋板豎直固定在水平地面上，相距8 m，一個小木塊(體積很小，可視為質點)從兩塊擋板正中間開始以初速度10 m/s向右運動，小木塊與地面之間的動摩擦因數為0.2，重力加速度g取10 m/s2，每次小木塊與擋板碰撞后，都會以原速率反彈，則最終小木塊停止的位置與左邊擋板距離為(　　)
A.1 m B.2 m
C.3 m D.7 m
D
3.(動能定理在平拋運動中的應用)如圖所示，質量為0.1 kg的小物塊在粗糙水平桌面上以初速度v0滑行4 m后以3.0 m/s的速度飛離桌面，最終落在水平地面上，已知小物塊與桌面間的動摩擦因數為0.5，桌面高0.45 m，若不計空氣阻力，g＝10 m/s2，則(　　)
A.小物塊的初速度是5 m/s
B.小物塊的水平射程為1.2 m
C.小物塊在桌面上克服摩擦力做8 J的功
D.小物塊落地時的動能為0.9 J
C
4.(動能定理在圓周運動中的應用)質量為m的小球被系在輕繩一端，在豎直平面內做半徑為R的圓周運動，如圖所示，運動過程中小球受到空氣阻力的作用。設某一時刻小球通過軌跡的最低點，此時繩子的張力為7mg，在此后小球繼續做圓周運動，經過半個圓周恰好能通過最高點，已知重力加速度為g，則在此過程中小球克服空氣阻力所做的功是(　　)
課后鞏固訓練
3
B
題組一　動能定理在多過程問題中的應用
1.如圖所示，斜面傾角為θ，一質量為m的小滑塊從高為h的A點由靜止釋放，沿軌道滑下，最后停在D點。現用一沿軌道方向的力推滑塊，使它緩緩地由D點回到A點，設滑塊與軌道間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，則推力對滑塊做的功等于(　　)
對點題組練
B
2.如圖所示，小球以初速度v0從A點沿不光滑的軌道運動到高為h的B點后自動返回，其返回途中仍經過A點，不計小球經過水平軌道與傾斜軌道連接處的能量損失，重力加速度為g，則經過A點的速度大小為(　　)
ACD
D
題組二　動能定理在平拋運動、圓周運動中的應用
4.(2024·廣東深圳高一期中)把A、B兩相同小球在離地面同一高度處以相同大小的初速度v0分別沿水平方向和豎直方向拋出，不計空氣阻力，如圖所示，則下列說法正確的是(　　)
A.兩小球落地時速度相同
B.兩小球落地時，重力的瞬時功率相同
C.從開始運動至落地，重力對兩小球做的功不同
D.從開始運動至落地，重力對兩小球做功的平均功率PA>PB
A
5.如圖所示為一水平的轉臺，半徑為R，一質量為m的滑塊放在轉臺的邊緣，已知滑塊與轉臺間的動摩擦因數為μ，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。若轉臺的轉速由零逐漸增大，當滑塊在轉臺上剛好要發生相對滑動時，該過程中轉臺對滑塊所做的功為(　　)
C
6.(2024·全國甲卷，4)如圖，一光滑大圓環固定在豎直平面內，質量為m的小環套在大圓環上，小環從靜止開始由大圓環頂端經Q點自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環的切點。則小環下降過程中對大圓環的作用力大小(　　)
A.在Q點最大 B.在Q點最小
C.先減小后增大 D.先增大后減小
7.(2024·廣東江門高一期末)一條滑雪道如圖所示，傾斜滑道AB、CD段的傾角均為37°。AB段長度為L＝100 m，動摩擦因數為μ，半徑R＝20 m的BC段為圓弧滑道與AB段平滑連接。一滑雪者連同裝備(視為質點)總質量m＝70 kg，從A點由靜止出發沿著滑道下滑，從C點水平拋出落到N點，NC段長度為d＝75 m，將滑雪者從B至C的運動看作勻速圓周運動。忽略運動過程中所受的空氣阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：
(1)運動到C點時滑雪者速度的大小和滑雪者對滑道壓力的大小；
(2)滑道AB段的動摩擦因數μ的大小；
答案　(1)20 m/s　2 100 N　(2)0.5
(1)小物塊到達D 點的速度大小；
(2)B和D兩點的高度差；
(3)小物塊在A點的初速度大小。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小；
(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。
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
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。現從坡頂釋放一小球，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。現從坡頂釋放一小球，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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