第2講動能動能定理分析

1、第2講動能動能定理梳理深化強基固本考點B1動能(考綱要求1定義：物體由于運動而具有的能叫動能.2. 公式：Ek=|mv2.3. 單位：焦耳，1=1Nm=1kg2/S.4. 矢標性：動能是標量，只有正值.考點因動能定理(考綱要求5. 狀態(tài)量：動能是狀態(tài)量，因為v是瞬時速度.1內(nèi)容：在一個過程中合外力對物體所做的功，等于物體在這個過程中動能的變化2. 表達式：W=|mv2-|mv1.3物理意義：合外力的功是物體動能變化的量度.4.適用條件(1勵能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動.(2既適用于恒力做功，也適用于變力做功.(3)力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時作用，也可以不同時作用.思維深比判斷

2、正誤，正確的劃“/”，錯誤的劃“X”.(1) 一定質(zhì)量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化.()(2) 動能不變的物體，一定處于平衡狀態(tài).()(3) 如果物體所受的合外力為零，那么，合外力對物體做的功一定為零.()(4) 物體在合外力作用下做變速運動，動能一定變化.()答案(1)/(2)x(3)/(4)x基礎(chǔ)自測1. (單選)一個質(zhì)量為0.3kg的彈性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墻上，碰撞后小球沿相反方向運動，反彈后的速度大小與碰撞前相同，則碰撞前后小球速度變化量的大小&和碰撞過程中小球的動能變化量便k%().A. A/=0B.A/=12m/sC

3、.E,=1.8JD.E,=10.8Jkk解析取初速度方向為正方向，則&=(-6-6)m/s=-12m/s由于速度大小沒變，動能不變，故動能變化量為0,故只有選項B正確.答案B2. (單選)如圖5-2-1所示，質(zhì)量為m的物塊，在恒力F的作用下，沿光滑水平面運動，物塊通過A點和B點的速度分別是vA和vB，物塊由A運動到B點的過程中，力F對物塊做的功W為().A.B.C.11W>2mv2-2mvA11w=2mv2-2mv211w=2mv2-2mv2圖521d.由于f的方向未知，w無法求出解析物塊由A點到B點的過程中，只有力F做功，由動能定理可知，WmvB-mvA，故B正確.答案B3.

4、(單選)一質(zhì)點開始時做勻速直線運動，從某時刻起受到一恒力作用.此后，該質(zhì)點的動能不可能().A.直增大B先逐漸減小至零，再逐漸增大C.先逐漸增大至某一最大值，再逐漸減小D先逐漸減小至某非零的最小值，再逐漸增大解析若力F的方向與初速度v0的方向一致，則質(zhì)點一直加速，動能一直增大，選項A可能.若力F的方向與v0的方向相反，則質(zhì)點先減速至速度為零后再反向加速，動能先減小至零后再增大，選項B可能若力F的方向與v°的方向成一鈍角，如斜上拋運動，物體先減速，減到某一值再加速，則其動能先減小至某一非零的最小值再增大，選項D可能，選項C不可能，本題選C.答案C4. 單選)在地面上某處將一金屬小球豎直

5、向上拋出，上升一定高度后再落回原處，若不考慮空氣阻力，則下列圖象能正確反映小球的速度、加速度、位移和動能隨時間變化關(guān)系的是取向上為正方向)()ABCD解析小球運動過程中加速度不變，B錯；速度均勻變化，先減小后反向增大，A對；位移和動能與時間不是線性關(guān)系，C、D錯.答案A5. 單選)子彈的速度為v，打穿一塊固定的木塊后速度剛好變?yōu)榱?若木塊對子彈的阻力為恒力，那么當(dāng)子彈射入木塊的深度為其厚度的2vvB寧C.3D.4vA.。半時，子彈的速度是()解析設(shè)子彈的質(zhì)量為m，木塊的厚度為d，木塊對子彈的阻力為f根據(jù)動能定理，子彈剛好打穿木貝H-ffufmv'2|mv2，得v=師生互動教學(xué)相長塊的過

6、程滿足-fd=0-1mv。設(shè)子彈射入木塊厚度一半時的速度為v'宇v，故選B.答案B多維課堂熱點突破熱點對動能定理的理解及簡單應(yīng)用1. 從兩個方面理解動能定理(1) 動能定理公式中體現(xiàn)的三個關(guān)系： 數(shù)量關(guān)系：即合外力所做的功與物體動能的變化具有等量代換關(guān)系可以通過計算物體動能的變化，求合外力的功，進而求得某力的功. 單位關(guān)系，等式兩側(cè)物理量的國際單位都是焦耳. 因果關(guān)系：合外力的功是引起物體動能變化的原因.(2) 動能定理敘述中所說的“外力”，即可以是重力、彈力、摩擦力，也可以是電場力、磁場力或其他力.2. 應(yīng)用動能定理的注意事項(1) 動能定理中的位移和速度必須是相對于同個參考系的，般

7、以地面或相對地面靜止的物體為參考系.(2) 應(yīng)用動能定理時，必須明確各力做功的正、負.(3) 應(yīng)用動能定理解題，關(guān)鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，借助草圖理解物理過程和各量關(guān)系.圖5-2-2典例1】如圖5-2-2所示，電梯質(zhì)量為M，在它的水平地板上放置質(zhì)量為m的物體.電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運動，當(dāng)電梯的速度由V增加到v2時，上升高度為H,則在這個過程中,下列說法或表達式正確的是().A對物體，動能定理的表達式為WFN=mv2，其中WFn為支持力的功B. 對物體，動能定理的表達式為W合=0，其中W合為合力的功合1合1C. 對物體，動能定理的表

8、達式為WFN-mgH=2mv22mv2D. 對電梯，其所受合力做功為長2-扣2解析電梯上升的過程中，對物體做功的有重力mg、支持力Fn,這兩個力的總功才等于物體動能的增量AEk=mv-mv，故A、B均錯誤，C正確；對電梯，無論有幾個力對它做功，由動能定理可知，其合力的功一定等于其動能的增量，故D正確.答案CD【跟蹤短訓(xùn)】1. 質(zhì)量m=2kg的物體，在光滑水平面上以V=6m/s的速度勻速向西運動，若有一個F=8N方向向北的恒力作用于物體，在t=2s內(nèi)物體的動能增加了().A. 28JB.64JC.32JD.36J解析由于力F與速度v垂直，物體做曲線運動，其兩個分運動為向西的勻速運動和向北的勻加速

9、直線運動，對勻加速運動：a=F=4m/S，v2=at=8m/s.2末物體的速度v=Qv2+v2=1Om/s,2內(nèi)物體的動能增加了便=屛2-屛2=64J故選項B正確.答案B2人通過滑輪將質(zhì)量為m的物體，沿粗糙的斜面由靜止開始勻加速地由底端拉上斜面，物體上升的高度為h，到達斜面頂端的速度為v，如圖5-2-3所示，則在此過程中()A.物體所受的合外力做功為mgh+mv2B.物體所受的合外力做功為1mv2C.人對物體做的功為mghD.人對物體做的功大于mgh解析物體沿斜面做勻加速運動，根據(jù)動能定理：WF-Wf-mgh=mv2，其中Wf為物體克服摩擦力做的功人對物體做的功即是人對物體的拉力做的功，所以W

10、人=WF=Wf+mgh+|mv2,A、C錯誤，B、正確答案BD熱點二動能定理在多過程中的應(yīng)用1優(yōu)先考慮應(yīng)用動能定理的問題(1) 不涉及加速度、時間的問題；(2) 有多個物理過程且不需要研究整個過程中的中間狀態(tài)的問題；(3) 變力做功的問題；(4含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的力學(xué)問題2.應(yīng)用動能定理的解題步驟動鏈分階段或全過程列方程.確定研究對象和研.究過程解方程、討論結(jié)塁校沖朿"第一品牌BC段為長x2=1m的光滑桿將桿與水平面成53°角固定在一塊彈性擋板上，在桿上套一質(zhì)量m=0.5kg孔徑略大于桿直徑的圓環(huán).開始時，圓環(huán)靜止在桿底端A.現(xiàn)用沿桿向上的恒力F拉圓環(huán)，當(dāng)

11、圓環(huán)運動到B點時撤去F,圓環(huán)剛好能到達頂端C,然后再沿桿下滑.已知圓環(huán)與AB段的動摩擦因數(shù)M=0.；g=10m/S,sin53=°0.8，cos53=°0.6試.求：(1拉力F的大??；(2拉力F作用的時間；(3) 若不計圓環(huán)與擋板碰撞時的機械能損失，從圓環(huán)開始運動到最終靜止的過程中在粗糙桿上所通過的總路程.審題指導(dǎo).r<1惻到<?過程業(yè)竺恒力卩養(yǎng)-哺環(huán)從硝E過程-刊嘟：:嘰如速度軽絲斗間-估)園環(huán)開始運動到疑后靜止前謹定也-總路程解析(1H-C過程：根據(jù)動能定理有FXmg(X+x2)sin53°“mgcos53=00恒力mgx.+x2sin53-

12、76;-“mgxcos53°x1F=5.1(2X-B過程：根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式有x1Fmgsin53°“mgcos53=°ma1，F(xiàn)mgsin53°°“cos53°解得加速度ax=m=1.6m/s時間t1y2x1=2.5s(3)從圓環(huán)開始運動到最終靜止在粗糙桿上通過的總路程為L,根據(jù)動能定理有FxxMmglcos53。=00Fx總路程L=Mmg:os53=85m.答案(1)5.1N(2)2.5s(3)85m反思總結(jié)本題要注意以下幾點(1拉力F在圓環(huán)運動全過程中不是始終存在的，導(dǎo)致圓環(huán)的運動包含有力F作用和無力F作用的多個物理過

13、程，物體的運動狀態(tài)、受力情況均發(fā)生變化，因而在考慮力做功時，必須根據(jù)不同情況，分別對待.(2題中A到C的運動中包含兩個不同的物理過程，解題時，可以分段考慮，也可視為一個整體過程，應(yīng)用動能定理求解.【跟蹤短訓(xùn)】圖5253. 如圖5-2-5所示，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼，木盒和砝碼在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距離后停止現(xiàn)拿走砝碼，而持續(xù)加一個豎直向下的恒力F(F=mg),若其他條件不變，則木盒滑行的距離().A.不變B.變小C.變大D.變大變小均可能解析設(shè)木盒質(zhì)量為M,木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼時，由動能定理可知，+M)gxi=|(M+m)v2,解得xl=2g加一個豎直向下的恒力F(F=m

14、g)時,由動能定理可知，M（n+M）gx2=|mv2，解得x2=Mv22mM顯然x?xMg答案B4. (2013天津卷，10)質(zhì)量為m=4kg的小物塊靜止于水平地面上的A點，現(xiàn)用F=10N的水平恒力拉動物塊一段時間后撤去，物塊繼續(xù)滑動一段位移停在B點，A、B兩點相距x=20m，物塊與地面間的動摩擦因數(shù)M=02g取10m/S，求：(1物塊在力F作用過程發(fā)生位移x1的大?。?2撤去力F后物塊繼續(xù)滑動的時間t解析(1)殳物塊受到的滑動摩擦力Ff貝UFf=“mg根據(jù)動能定理，對物塊由A到B整個過程，有FX_Ffx=0代入數(shù)據(jù)，解得x1=16m(2)殳剛撤去力F時物塊的速度為v，此后物塊的加速度為a，滑

15、動的位移為x2,則x2=x-x由牛頓第二定律得a=m由勻變速直線運動公式得v2=2ax2由v=v0+at得v=at代入數(shù)據(jù)，解得t=2答案(1)16m(2)2s思維建模素養(yǎng)提升探究思想增知提能思想方法&突破壓軸計算題的審題策略與技巧審題策略1. 審題要慢，答題要快所謂審題要慢，就是要仔細，要審?fù)?，關(guān)鍵的詞句理解要到位，深入挖掘試題的條件，提取解題所需要的相關(guān)信息，排除干擾因素.要做到這些，必須通讀試題(特別是括號內(nèi)的內(nèi)容，千萬不要忽視)，才能快速答題.2. 建立模型，總體把握建模是解題過程中最為關(guān)鍵的一個環(huán)節(jié)，無論是簡單問題還是復(fù)雜問題，都需要正確建立模型，建?？梢詮摹皵?shù)、形、鏈”三個

16、方面進行，所謂“數(shù)”即物理量，可以是具體數(shù)據(jù)，也可以是符號；所謂“形”，就是將題殳物理情境以圖形的形式呈現(xiàn)出來；所謂“鏈”，即情境鏈接和條件關(guān)聯(lián)，情境鏈接就是將物理情境分解成物理子過程，并將這些子過程由“數(shù)、形”有機地鏈接起來，條件關(guān)聯(lián)即“數(shù)”間關(guān)聯(lián)或存在的臨界條件關(guān)聯(lián)等.“數(shù)、形、鏈”三位一體，三維建模.一般分三步建立模型：(1) 分析和分解物理過程，確定不同過程的初、末狀態(tài)，將狀態(tài)量與過程量對應(yīng)起來；(2) 畫出關(guān)聯(lián)整個物理過程的思維導(dǎo)圖，對于物體的運動和相互作用過程，直接畫出運動過程草圖；(3) 在圖上標出物理過程和對應(yīng)的物理量，建立情境鏈接和條件關(guān)聯(lián)、完成情境模型.審題技法1. 在審題

17、過程中，要特別注意以下幾個方面：第一，題中給出什么.第二，題中要求什么.第三，題中隱含什么.第四，題中考查什么.校沖刺第一品牌2. 理解題意的具體方法是：(1) 認真審題，捕捉關(guān)鍵詞.如“最多”、“剛好”、“瞬間”等(2) 認真審題，挖掘隱含條件.(3) 審題過程要注意畫好情境示意圖，展示物理圖景.(4) 審題過程要建立正確的物理模型.(5) 在審題過程中要特別注意題中的臨界條件.【典例】(2013海南卷13)質(zhì)量m=0.6kg的物體以v0=20m/s的初速度從傾角為30°勺斜坡底端沿斜坡向上運動當(dāng)物體向上滑到某一位置時，其動能減少了便k=18J機械能減少了便=3J不計空氣阻力，重力

18、加速度g=10m/S，求：(1) 物體向上運動時加速度的大?。?2) 物體返回斜坡底端時的動能.審題指導(dǎo)第一步：讀題一獲取信息由動能定理和功能關(guān)系得-mg&in3O°x-J>=-AEk*°=>求得號=?第二步：匕由牛頓第二定律得二V求得a=?1“由運動學(xué)公式得_f如2=2%=>求得%口二?L由動能定理得_°丫zwgsin30°.備一號軋=Ek=>求出民=?解析(1)殳物體在運動過程中所受的摩擦力大小為Ff物體動能減少AEk時，在斜坡上運動的距離為X由動能定理和功能關(guān)系得mgsin30-Fft=-AEk_Fj=AE由牛頓第二

19、定律得mgsin30半Ff=ma(2)設(shè)物體沿斜坡向上運動的最大距離為xm，由運動學(xué)規(guī)律可得v0=2axm設(shè)物體返回底端時的動能為Ek，由動能定理有mgsin30Fx=E0mfmk接，其中軌道AB、CD段是光滑的，水平軌道BC的長度x=5m，軌道CD足夠長且傾角6=37°A、D兩點離軌道BC的高度分別為久=4.30n、h2=1.35m現(xiàn)讓質(zhì)量為m的小滑塊自A點由靜止釋放.已知小滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)m=0-5重力加速度g取10m/s,sin37聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)可得a=6m/S=0.6cos37=0.8求：(1) 小滑塊第一次到達D點時的速度大??；(2) 小滑塊第一次與第二次通過

20、C點的時間間隔；(3) 小滑塊最終停止的位置距B點的距離.解析(1)小滑塊從A-B-C-D過程中，由動能定理得:mg(hi-h2)-“mg=vD-0將h2、x、仏g代入得：vd=3m/S(2)小滑塊從A-B-C過程中，由動能定理得mgh1-“mgx=|m泯將x、仏g代入得:vc=6m/S小滑塊沿CD段上滑的加速度大小a=gsin0=6m/S小滑塊沿CD段上滑到最高點的時間t1=vc=i由對稱性可知小滑塊從最高點滑回C點的時間t2=t1=1故小滑塊第一次與第二次通過C點的時間間隔七=£+12=2(3對小滑塊運動全過程應(yīng)用動能定理，設(shè)小滑塊在水平軌道上運動的總路程為x總，有:mgh1-“

21、mgx總=01總將h1>“代入得Xj=8.6m故小滑塊最終停止的位置距B點的距離為2x-x總=1.4i1總總答案(1)3m/s(2)2s(3)1.4m附：對應(yīng)高考題組PPT課件文本，見教師用書1. (2010山東卷，24)如圖所示，四分之一圓軌道0A與水平軌道AB相切，它們與另一水平軌道CD在同一豎直面內(nèi)，圓軌道0A的半徑R=0.45m水平軌道AB長x1=3m，OA與AB均光滑.一滑塊從0點由靜止釋放，當(dāng)滑塊經(jīng)過A點時，靜止在CD上的小車在F=1.6N的水平恒力作用下啟動，運動一段時間后撤去力F.當(dāng)小車在CD上運動了x2=3.28m時速度v=2.4m/s此時滑塊恰好落入小車中已知小車質(zhì)量

22、M=0.2kg與CD間的動摩擦因數(shù)=0.4.取g=10m/S)求(1) 恒力F的作用時間t(2) AB與CD的高度差h.AB；:FMCD解析(1設(shè)小車在軌道CD上加速的距離為x，由動能定理得Fx-uMgxfMV2設(shè)小車在軌道CD上做加速運動時的加速度為a，由牛頓運動定律得F-/Mg=Max=11a12聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得t=1(2設(shè)小車在軌道CD上做加速運動的末速度為曠，撤去力F后小車做減速運動時的加速度為a，,減速時間為，由牛頓運動定律得曠=at“Mg=Ma'v=v+a't設(shè)滑塊的質(zhì)量為m,運動到A點的速度為vA,由動能定理得mgR=2皿v設(shè)滑塊由A點運動到B點的時間為J由運動

23、學(xué)公式得xi=VAti設(shè)滑塊做平拋運動的時間為t，貝U=t+t，_£由平拋規(guī)律得h=1gti,2聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)得h=0.8m答案(1)1s(2)0.8m2. (2012北京卷，22)如圖所示，質(zhì)量為m的小物塊在粗糙水平桌面上做直線運動，經(jīng)距離l后以速度v飛離桌面，最終落在水平地面上.已知l=1.4mv=3.0m/sm=0.10kg小物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)尸0.25桌面高h=0.45m不計空氣阻力，重力加速度g取10m/S.求：坯vP(1) 小物塊落地點到飛出點的水平距離S；(2小物塊落地時的動能Ek;(3) 小物塊的初速度大小v°.解析(1)由平拋運動規(guī)律，有：豎直方向

24、hjgt2，水平方向s=vt得水平距離s=v=0.90m.(2) 由機械能守恒定律，得落地時的動能Ek=2mv2+mgh=0.90J.(3) 由動能定理，有一“mgkfmvzmv2，得初速度大小v°=2“g+v2=4.0m/s.答案(1)0.90m(2)0.90J(3)4.0m/s3. (2012江蘇卷，14)某緩沖裝置的理想模型如圖所示，勁度系數(shù)足夠大的輕質(zhì)彈簧與輕桿相連，輕桿可在固定的槽內(nèi)移動，與槽間的滑動摩擦力恒為f輕桿向右移動不超過l時，裝置可安全工作一質(zhì)量為m的小車若以速度v0撞擊彈簧，將導(dǎo)致輕桿向右移動4輕桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且不計小車與地面的摩擦.(1

25、若彈簧的勁度系數(shù)為k，求輕桿開始移動時，彈簧的壓縮量x;(2) 求為使裝置安全工作，允許該小車撞擊的最大速度vm;(3) 討論在裝置安全工作時，該小車彈回速度v'和撞擊速度v的關(guān)系.解析(1輕桿開始移動時，彈簧的彈力F=kx且F=f解得x=f(2設(shè)輕桿移動前小車對彈簧所做的功為W，則小車從撞擊到停止的過程中由動能定理得：ffWFfmv2同理，小車以vm撞擊彈簧時，-fW=0-fmv2解得Vm=V0+|f(3) 殳輕桿恰好移動時，小車撞擊速度為V,則有1mv1=W由解得V=v02m，當(dāng)v當(dāng)J2磴時,答案(諄上v2+fl(3當(dāng)v2fl時，v，=v當(dāng)時4. (2012重慶卷，23)如圖所示為

26、一種擺式摩擦因數(shù)測量儀，可測量輪胎與地面間動摩擦因數(shù)，其主要部件有：底部固定有輪胎橡膠片的擺錘和連接擺錘的輕質(zhì)細桿，擺錘的質(zhì)量為m、細桿可繞軸0在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動，擺錘重心到0點距離為L，測量時，測量儀固定于水平地面，將擺錘從與0等高的位置處靜止釋放.擺錘到最低點附近時，橡膠片緊壓地面擦過一小段距離s(sL)，之后繼續(xù)擺至與豎直方向成e角的最高位置若擺錘對地面的壓力可視為大小為f的恒力，重力加速度為g，求：(1) 擺錘在上述過程中損失的機械能；(2) 在上述過程中摩擦力對擺錘所做的功；(3) 橡膠片與地面之間的動摩擦因數(shù).解析(1)選從右側(cè)最高點到左側(cè)最高點的過程研究.因為初、末狀態(tài)動能為零

27、，所以全程損失的機械能便等于減少的重力勢能，即：便=mgLcos0(2對全程應(yīng)用動能定理：WG+W0，W=mgLcoseG由、得Wf=WG=mgLcos6(3)由滑動摩擦力公式得f=“F摩擦力做的功Wf=fs答案(1)mgLcose(2)mgLcose(3嚴Lcos6、式代入式得：尸嗎管6知能分級練活頁作業(yè)A對點訓(xùn)練練熟基礎(chǔ)知識題組一對動能定理的理解).1.(單選)關(guān)于運動物體所受的合外力、合外力做的功及動能變化的關(guān)系，下列說法正確的是(A.合外力為零，則合外力做功一定為零B.合外力做功為零，則合外力一定為零C.合外力做功越多，則動能一定越大D.動能不變，則物體合外力一定為零解析合外力為零，則

28、物體可能靜止，也可能做勻速直線運動，這兩種情況合外力做功均為零，所以合外力做功一定為零，A對；合外力做功為零或動能不變，合外力不一定為零，如勻速圓周運動，故B、D錯；合外力做功越多，動能變化越大，而不是動能越大，故C錯.答案A2. 多選）如圖5-2-7所示，一塊長木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動，以地面為參考系，A、B都向前移動一段距離在此過程中（）.圖5-2-7A外力F做的功等于A和B動能的增量B. B對A的摩擦力所做的功，等于A的動能增量C. A對B的摩擦力所做的功，等于B對A的摩擦力所做的功D外力F對B做的功等于B的

29、動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和解析A物體所受的合外力等于B對A的摩擦力，對A物體運用動能定理，則有B對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量，即B對；A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動，A、B對地的位移不等，故二者做功不等，C錯；對B應(yīng)用動能定理,WF-WFf=AEkB，即WF=應(yīng)kB+WFf就是外力F對B做的功，等于B的動能增量與B克服摩擦力所做的功之和，D對；由前述討論知B克服摩擦力所做的功與A的動能增量（等于B對A的摩擦力所做的功）不等，故A錯.答案BD3. 多選）如圖5-2-8所示，卷揚機的繩索通過定滑輪用力F拉位于粗糙斜

30、面上的木箱，使之沿斜面向上加速移動在移動的過程中，下列說法中正確的是（）.AF對木箱做的功等于木箱增加的動能與木箱克服摩擦力所做的功之和BF對木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C.木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力勢能DF對木箱做的功等于木箱增加的機械能與木箱克服摩擦力做的功之和解析木箱在上升過程中，由動能定理可知：WF-mgh-Wf=£，故有WF=mgh+Wf+AEk，由此可知A、B錯誤，D正確；木箱上升過程中，重力做負功，重力勢能增加，木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力勢能答案CD題組二利用動能定理求變力的功4.（單選）如圖5-2-9所示，一質(zhì)量為m的質(zhì)點在

31、半徑為R的半球形容器中容器固定）由靜止開始自邊緣上的A點滑下，到達最低點B時，它對容器的正壓力為Fn.重力加速度為g，則質(zhì)點自A滑到B的過程中，摩擦力對其所做的功為（）.圖5-2-9A. jR(Fn-3mg)B.jR(3mg-Fn)C.(Fn-mg)D.R(Fn-2mg)解析質(zhì)點到達最低點B時，它對容器的正壓力為Fn，根據(jù)牛頓第二定律有FN-mg=mR，根據(jù)動校沖刺第一品牌能定理，質(zhì)點自A滑到B的過程中有Wf+mgR=2mv2，故摩擦力對其所做的功Wf=2RFN-|mgR，故A項正確答案A5. 單選）如圖5-2-10所示，勁度系數(shù)為k的彈簧下端懸掛一個質(zhì)量為m的重物，處于靜止狀態(tài).手托重物使之

32、緩慢上移，直到彈簧恢復(fù)原長，手對重物做的功為W然后放手使重物從靜止開始下落，重物下落過程中的最大速度為v,不計空氣阻力重物從靜止開始下落到速度最大的過程中，彈簧對重物做的功為w2,則（）.A.Wm2g2k圖5-2-10m2g2_1m2g21B. W1寸C.W2pmv2D.W2=-Jmv2解析設(shè)x為彈簧伸長的長度，由胡克定律得:mg=kx.手托重物使之緩慢上移，直到彈簧恢復(fù)原長,m2g2m2g2重物的重力勢能增加了mgx=h，彈簧的彈力對重物做了功，所以手對重物做的功WJ汙，選項B正m2g21確；由動能定理知W2+fpmv2，則C、D錯.答案B6. （單選）如圖5-2-11所示，質(zhì)量為m的物塊與

33、轉(zhuǎn)臺之間的最大靜摩擦力為物塊重力的k倍，物塊與轉(zhuǎn)軸00'相距R，物塊隨轉(zhuǎn)臺由靜止開始轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)速緩慢增大，當(dāng)轉(zhuǎn)速增加到一定值時，物塊即將在轉(zhuǎn)臺上滑動，在物塊由靜止到滑動前的這一過程中，轉(zhuǎn)臺的摩擦力對物塊做的功最接近（）.A.0B.2nmgRC.2kmgRD.解析在轉(zhuǎn)速增加的過程中，轉(zhuǎn)臺對物塊的摩擦力是不斷變化的，當(dāng)轉(zhuǎn)速增加到一定值時，物塊在轉(zhuǎn)臺上即將滑動，說明此時靜摩擦力Ff達到最大，其指向圓心的分量F提供向心力，即F廠皿罟由于轉(zhuǎn)臺緩慢加速，使物塊加速的分力F2很小，因此可近似認為F廣Ff=kmg在這一過程中對物塊由動能定理，有Wf=jmv2由知，轉(zhuǎn)臺對物塊所做的功W1=2kmgR.答案

34、D題組三動能定理的應(yīng)用7. （2013河北質(zhì)檢）單選）如圖5-2-12所示，分別將兩個完全相同的等腰直角三角形木塊的一直角邊和斜邊固定在水平地面上.現(xiàn)一小物塊分別從木塊頂點由靜止開始下滑，若小物塊與木塊各邊之間的動摩擦因數(shù)均相同，當(dāng)小物塊分別滑到木塊底端時動能之比為（）.校沖刺第一品牌圖5212A.屈:1B.1：邁C.2：1D.1：2解析設(shè)直角邊長為L,根據(jù)動能定理分別有mgL-“mgcos45°/2L=Ek1-0,mgLsin45°-“mg!cos45o=Ek20,得Ek1Ek?"、1。：，只有選項A正確.答案A2v2下列描述中正確的是(A. 若A、B滑行的初速

35、度相等，則到它們都停下來時滑動摩擦力對A做的功是對B做功的2倍B. 若A、B滑行的初速度相等，則到它們都停下來時滑動摩擦力對A做的功是對B做功的1).8. (單選)質(zhì)量均為m的兩物塊A、B以一定的初速度在水平面上只受摩擦力而滑動，如圖5213C. 若A、B滑行的最大位移相等，則滑動摩擦力對它們做的功相等D.若A、B滑行的最大位移相等，則滑動摩擦力對B做的功是對A做功的2倍解析由于兩物塊質(zhì)量均為m,若A、B滑行的初速度相等則初動能相等,由動能定理得-Wf=0|mv2,即滑動摩擦力做的功相等，A、B錯；若A、B滑行的最大位移相等，由題意可知v02=2v2】，B的初動能是A的初動能的2倍，滑動摩擦力

36、對B做的功是對A做功的2倍，C錯，D對.答案D9. 如圖5214所示，在豎直平面內(nèi)固定有兩個很靠近的同心圓形軌道，外圓ABCD光滑，內(nèi)圓的上半部分B'C'D'粗糙，下半部分BA'D'光滑.一質(zhì)量為m=0.2kg的小球從外軌道的最低點A處以初速度0向右運動，小球的直徑略小于兩圓的間距，小球運動的軌道半徑R=0.2m取g=10m/S.0c圖5214(1若要使小球始終緊貼著外圓做完整的圓周運動，初速度v0至少為多少？(2若v°=3m/s經(jīng)過一段時間后小球到達最高點，內(nèi)軌道對小球的支持力FC=2N，則小球在這段時間內(nèi)克服摩擦力做的功是多少？(3若v&#

37、176;=3.1m/s經(jīng)過足夠長的時間后，小球經(jīng)過最低點A時受到的支持力為多少？小球在整個運動過程中減少的機械能是多少？解析(1設(shè)此情形下小球到達外軌道的最高點的最小速度為vc，則由牛頓第二定律可得mg=mRVC由動能定理可知一2mgR=mv2尹v0代入數(shù)據(jù)解得：v°=10m/s.(2設(shè)此時小球到達最高點的速度為vc'，克服摩擦力做的功為W，則由牛頓第二定律可得mgFC=R由動能定理可知2mgRW=2mvC'2-尹陀代入數(shù)據(jù)解得：W=0.1J(3經(jīng)足夠長的時間后，小球在下半圓軌道內(nèi)做往復(fù)運動.設(shè)小球經(jīng)過最低點的速度為va，受到的支持力為FA，則由動能定理可知mgRlmv根據(jù)牛頓第二定律可得FA-mg=mRVA代入數(shù)據(jù)解得：FA=3mg=6N設(shè)小球在整個運動過程中減少的機械能為便，由功能關(guān)系有AE=|mv0-mgR代入數(shù)據(jù)解得：便=0.561J答案（1）五m/s（2）0.1J（3）0.561JB深化訓(xùn)練提高能力技巧10. （2013遼寧五校協(xié)作體聯(lián)考）單選）將一小球從高處水平拋出，最初2s內(nèi)小球動能Ek與時間t的關(guān)系如圖5-2-15所示,不計空氣阻力，重力加速度g=10m/S根據(jù)圖象信息，不能確定的物理量是（）.A.小球的質(zhì)量B.小球的初速度C. 最初2s內(nèi)