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第2節(jié) 動能定理及其應(yīng)用
【考綱知識梳理】
一、動能
定義：物體由于運動而具有的能叫動能
表達式為: ，
動能和動量的關(guān)系：動能是用以描述機械運動的狀態(tài)量。動量是從機械運動出發(fā)量化機械運動的狀態(tài),動量確定的物體決定著它克服一定的阻力還能運動多久；動能則是從機械運動與其它運動的關(guān)系出發(fā)量化機械運動的狀態(tài)，動能確定的物體決定著它克服一定的阻力還能運動多遠。
二、動能定理
1.定義：合外力所做的總功等于物體動能的變化量. —— 這個結(jié)論叫做動能定理.
2.表達式： ，
式中W合是各個外力對物體做功的總和，ΔEK是做功過程中始末兩個狀態(tài)動能的增量.
3.推導(dǎo)：動能定理實際上是在牛頓第二定律的基礎(chǔ)上對空間累積而得：
在牛頓第二定律 F=ma 兩端同乘以合外力方向上的位移s，即可得
【要點名師透析】
一、對動能定理的理解
1.總功的計算
物體受到多個外力作用時，計算合外力的功，要考慮各個外力共同做功產(chǎn)生的效果，一般有如下兩種方法：
(1)先由力的合成或根據(jù)牛頓第二定律求出合力F合，然后由W=F合lcosα計算.
(2)由W=Flcosα計算各個力對物體做的功W1、W2、…、Wn,然后將各個外力所做的功求代數(shù)和，即
W合=W1+W2+…+Wn.
2.動能定理公式中等號的意義
(1)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,求合力的功,進而求得某一力的功.
(2)單位相同:國際單位都是焦耳.
(3)因果關(guān)系:合外力的功是物體動能變化的原因.
3.動能定理敘述中所說的“外力”，既可以是重力、彈力、摩擦力，也可以是電場力、磁場力或其他力.
4.動能定理應(yīng)用廣泛，直線運動、曲線運動、恒力做功、變力做功、同時做功、分段做功等各種情況均適用.
注意：(1)動能定理說明了外力對物體所做的總功和動能變化間的一種因果關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，不可理解為功轉(zhuǎn)變成了物體的動能.
(2)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系.
【例證1】如圖所示,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,以地面為參照物,A、B都向前移動一段距離,在此過程中( )
A.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的動能的增量
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的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和
【答案】選B、D.
【詳解】物體A所受的合外力等于B對A的摩擦力,所以B對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量,所以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,但由于A在B上滑動,A、B對地的位移不等,所以二者做功不等,故C錯.對B應(yīng)用動能定理,WF-Wf=ΔEkB，即WF=ΔEkB+Wf,即外力F對B做的功等于B的動能增量與B克服摩擦力所做功之和，所以D對，A錯,故選B、D.
二、動能定理的應(yīng)用
1.基本步驟
(1)選取研究對象，明確它的運動過程；
(2)分析研究對象的受力情況和各力的做功情況：
(3)明確研究對象在過程的始末狀態(tài)的動能Ek1和Ek2；
(4)列出動能定理的方程W合=Ek2-Ek1及其他必要的解題方程，進行求解.
2.注意事項
(1)動能定理的研究對象可以是單一物體，或者是可以看做單一物體的物體系統(tǒng).
(2)動能定理是求解物體的位移或速率的簡捷公式.當題目中涉及到位移和速度而不涉及時間時可優(yōu)先考慮動能定理；處理曲線運動中的速率問題時也要優(yōu)先考慮動能定理.
(3)若過程包含了幾個運動性質(zhì)不同的分過程，既可分段考慮，也可整個過程考慮.但求功時，有些力不是全過程都做功，必須根據(jù)不同的情況分別對待求出總功.
(4)應(yīng)用動能定理時，必須明確各力做功的正、負.當一個力做負功時，可設(shè)物體克服該力做功為W，將該力做功表達為
-W，也可以直接用字母W表示該力做功，使其字母本身含有負號.
【例2】(2011?濟南模擬)(14分)如圖甲所示，一質(zhì)量為m=1 kg的物塊靜止在粗糙水平面上的A點，從t=0時刻開始，物塊受到按如圖乙所示規(guī)律變化的水平力F作用并向右運動，第3 s末物塊運動到B點時速度剛好為0，第5 s末物塊剛好回到A點，已知物塊與粗糙水平面之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，(g取10 m/s2)求：
(1)A與B間的距離；
(2)水平力F在5 s內(nèi)對物塊所做的功.
【答案】(1)4 m (2)24 J
【詳解】(1)在3 s～5 s內(nèi)物塊在水平恒力F作用下由B點勻加速運動到A點，設(shè)加速度為a，A與B間的距離為x，則
F-μmg=ma (2分)
得a=2 m/s2 (1分)
x= =4 m (2分)
(2)設(shè)物塊回到A點時的速度為vA，
由vA2=2ax得vA=4 m/s (3分)
設(shè)整個過程中F做的功為WF，
由動能定理得：WF-2μmgx= (4分)
解得：WF=24 J (2分)
【感悟高考真題】
1.（2011?新課標全國卷?T15）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)點的動能可能
A. 一直增大
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. 先逐漸減小至某一非零的最小值，再逐漸增大
【答案】選A、B、 D。
【詳解】當恒力方向與速度方向相同時，物體加速，動能一直增大，故A正確。當恒力方向與速度方向相反時，物體開始減速至零，再反向加速，動能先減小再增大，故B正確。當恒力與速度成小于90°夾角時，把速度沿恒力方向和垂直方向分解，物體做曲線運動，速度一直增大，故C錯。當恒力與速度成大于90°的夾角時，把速度沿恒力方向和垂直方向分解，開始在原運動方向物體做減速運動直至速度為0，而在垂直原運動方向上物體速度逐漸增加，某一時刻物體速度最小，此后，物體在恒力作用下速度增加，其動能經(jīng)歷一個先減小到某一數(shù)值，再逐漸增大的過程，故D正確。
2.（2011?山東高考?T18）.如圖所示，將小球 從地面以初速度v0豎直上拋的同時，將另一相同質(zhì)量的小球 從距地面 處由靜止釋放，兩球恰在 處相遇（不計空氣阻力）。則
A.兩球同時落地
B.相遇時兩球速度大小相等
C.從開始運動到相遇，球 動能的減少量等于球 動能的增加量
D.相遇后的任意時刻，重力對球 做功功率和對球 做功功率相等
【答案】選C。
【詳解】相遇時b球的位移 ，相遇時a球 ,可得 ,相遇時a球的速度 0，由題意可得此時b球已經(jīng)具有向下的速度而a球速度為零，故b球以較大速度先落地,以后任意時刻重力的瞬時功率 ，b球的瞬時功率總是大于a球瞬時功率。選項A、B、D錯誤。從開始運動到相遇，a球克服重力所做的功等于重力對b球所做的功，由動能定理可得C項正確。
3.（2011?江蘇物理?T4）如圖所示，演員正在進行雜技表演。由圖可估算出他將一只雞蛋拋出的過程中對雞蛋所做的功最接近于（ ）
A．0.3J
B．3J
C．30J
D．300J
【答案】選A.
【詳解】估計一只雞蛋的重力為60克，雞蛋上升的高度為50厘米，選擇人拋雞蛋以及雞蛋上升到最到點全程應(yīng)用動能定理有： ，帶入數(shù)值可知 ，A對。
4.（2011?四川理綜?T19）如圖是“神舟”系列航天飛船返回艙返回地面的示意圖，假定其過程可簡化為：打開降落傘一段時間后，整個裝置勻速下降，為確保安全著陸，需點燃返回艙的緩沖火箭，在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運動，則
A.火箭開始噴氣瞬間傘繩對返回艙的拉力變小
B.返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是空氣阻力
C返回艙在噴氣過程中所受合外力可能做正功
D.返回艙在噴氣過程中處于失重狀態(tài)
【答案】選A.
【詳解】由整體法、隔離法結(jié)合牛頓第二定律，可知A正確B錯；由動能定理可知C錯；因為物體具有豎直向上的加速度，因此處于超重狀態(tài)，D錯.
5.（2011?上海高考物理?T15）如圖，一長為 的輕桿一端固定在光滑鉸鏈上，另一端固定一質(zhì)量為 的小球。一水平向右的拉力作用于桿的中點，使桿以角速度 勻速轉(zhuǎn)動，當桿與水平方向成60°時，拉力的功率為
(A) (B) (C) (D)
【答案】選C.
【詳解】勻速轉(zhuǎn)動，動能不變，拉力的功率在數(shù)值上應(yīng)等于重力的功率。為此，將線速度分解，分解為水平速度和豎直速度，重力的功率 ，所以拉力的功率
6.（2011?上海高考物理?T33）如圖(a)，磁鐵A、B的同名磁極相對放置，置于水平氣墊導(dǎo)軌上。A固定于導(dǎo)軌左端，B的質(zhì)量m=0.5kg，可在導(dǎo)軌上無摩擦滑動。將B在A附近某一位置由靜止釋放，由于能量守恒，可通過測量B在不同位置處的速度，得到B的勢能隨位置x的變化規(guī)律，見圖(c)中曲線I。若將導(dǎo)軌右端抬高，使其與水平面成一定角度(如圖(b)所示)，則B的總勢能曲線如圖(c)中II所示，將B在 處由靜止釋放，求：(解答時必須寫出必要的推斷說明。取 )
(1)B在運動過程中動能最大的位置；
(2)運動過程中B的最大速度和最大位移。
(3)圖(c)中直線III為曲線II的漸近線，求導(dǎo)軌的傾角。
(4)若A、B異名磁極相對放置，導(dǎo)軌的傾角不變，在圖(c)上畫出B的總勢能隨x的變化曲線．
【答案】⑴ (在5.9 ~ 6.3cm間均視為正確)
⑵ 1.31m/s ( 在1.29～1.33 m／s間均視為正確)，18.0cm ( 在17.9~18.1cm間均視為正確)
⑶59.7°（ 在 間均視為正確）
⑷見解析
【詳解】 (1)勢能最小處動能最大
由圖線II得
(在5.9 ~ 6.3cm間均視為正確)
(2)由圖讀得釋放處勢能 ，此即B的總能量。出于運動中總能量守恒，因此在勢能最小處動能最大，由圖像得最小勢能為0.47J，則最大動能為
( 在0.42 ~ 0.44J間均視為正確)
最大速度為
( 在1.29～1.33 m／s間均視為正確)
x=20.0 cm處的總能量為0.90J，最大位移由E=0.90J的水平直線與曲線II的左側(cè)交點確定,由圖中讀出交點位置為x=2.0cm，因此，最大位移
( 在17.9~18.1cm間均視為正確)
(3)漸近線III表示B的重力勢能隨位置變化關(guān)系，即
∴
由圖讀出直線斜率
（ 在 間均視為正確）
（4）若異名磁極相對放置，A，B間相互作用勢能為負值，總勢能如圖。
.7.（2011?浙江理綜?T24）節(jié)能混合動力車是一種可以利用汽油及所儲存電能作為動力來源的汽車。有一質(zhì)量m=1000kg的混合動力轎車，在平直公路上以v1=90km/h勻速行駛，發(fā)動機的輸出功率為P=50kw。當駕駛員看到前方有80km/h的限速標志時，保持發(fā)動機功率不變，立即啟動利用電磁阻尼帶動的發(fā)電機工作給電池充電，使轎車做減速運動，運動 =72m后，速度變?yōu)関2=72km/h。此過程中發(fā)動機功率的 用于轎車的牽引， 用于供給發(fā)電機工作，發(fā)動機輸送給發(fā)電機的能量最后有50%轉(zhuǎn)化為電池的電能。假設(shè)轎車在上述運動過程中所受阻力保持不變。求
（1）轎車以90km/h在平直公路上勻速行駛時，所受阻力F阻的大小；
（2）轎車從90km/h減速到72km/h過程中，獲得的電能E電；
（3）轎車僅用其在上述減速過程中獲得的電能E電維持72km/h勻速運動的距離 。
【答案】（1） （2） （3）
【詳解】（1）汽車牽引力與輸出功率關(guān)系
將P=50kW, v1=90 km/h=25 m/s代入得
當轎車勻速行駛時，牽引力與阻力大小相等，有
（2）在減速過程中，發(fā)動機只有 用于汽車的牽引.根據(jù)動能定理
代入數(shù)據(jù)得
電源獲得的電能為
（3）根據(jù)題設(shè)，轎車在平直公路上勻速行駛時受到的阻力仍為 .在此過程中，由能量轉(zhuǎn)化及守恒定律可知，僅有電能用于克服阻力做功
代入數(shù)據(jù)的
8.（2011?廣東理綜?T36）如圖所示，以A、B和C、D為端點的兩半圓形光滑軌道固定于豎直平面內(nèi)，一滑板靜止在光滑水平面上，左端緊靠B點，上表面所在平面與兩半圓分別相切于B、C。一物塊被輕放在水平勻速運動的傳送帶上E點，運動到A時剛好與傳送帶速度相同，然后經(jīng)A沿半圓軌道滑下，再經(jīng)B滑上滑板.滑板運動到C時被牢固粘連。物塊可視為質(zhì)點，質(zhì)量為m，滑板質(zhì)量M=2m，兩半圓半徑均為R，板長 ，板右端到C的距離 在 范圍內(nèi)取值，E距A為 ，物塊與傳送帶、物塊與滑板間的動摩擦因數(shù)均為 ，重力加速度取g.
求物塊滑到B點的速度大小；
試討論物塊從滑上滑板到離開滑板右端的過程中，克服摩擦力做的功 與 的關(guān)系，并判斷物塊能否滑到CD軌道的中點。
【詳解】（1）物塊從E點運動到B點的過程中，只有皮帶對物塊的摩擦力和重力兩個力做功，對該過程應(yīng)用動能定理得：
（2）物塊m和木板M在相互作用的過程中動量守恒，設(shè)兩者可以達到共同速度，設(shè)為 ,該過程中木板運動的位移為 ，兩者的相對位移為x,由動量守恒定律得：
所以
由能量守恒定律得：
對木板應(yīng)用動能定理得：
當 時，到達C點的整個過程中始終存在滑動摩擦力，所以克服摩擦力做功為:
當 時，物塊和木板可以達到相同的速度，此后直到木板碰到C點這一過程中，物塊和木板之間是沒有摩擦力的，該階段摩擦力不做功。故這種情況下克服摩擦力做功為：
,與L無關(guān)。
綜合兩種情況可知，當L=R時，物塊克服摩擦力做功最小，這個過程中物塊到達C點的速度最大，對這個過程有：-
滑上CD軌道后，設(shè)上升的最大高度為h,由機械能守恒定律得：
可見物塊滑不到CD軌道的中點。
答案(1)
(2) 當 時 ;當 時 ,與L無關(guān); 物塊滑不到CD軌道的中點.
9（2010?江蘇卷）8.如圖所示，平直木板AB傾斜放置，板上的P點距A端較近，小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)由A到B逐漸減小，先讓物塊從A由靜止開始滑到B。然后，將A著地，抬高B，使木板的傾角與前一過程相同，再讓物塊從B由靜止開始滑到A。上述兩過程相比較，下列說法中一定正確的有
A．物塊經(jīng)過P點的動能，前一過程較小
B．物塊從頂端滑到P點的過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量，前一過程較少
C．物塊滑到底端的速度，前一過程較大
D．物塊從頂端滑到底端的時間，前一過程較長
答案：AD
解析：加速度 ，開始， ＞ ，所以 ＜ ，（下標為1表示前一過程，下標為2表示后一過程），前一過程，μ逐漸減小，a逐漸增大；后以過程，μ逐漸增大，a逐漸減小。
A. ，因s較小，所以 ＞ ， ＜ ，得物塊經(jīng)過P點的動能，前一過程較小，A正確；
B.根據(jù) ，因為 ＞ ，所以，物塊從頂端滑到P點的過程中因摩擦力產(chǎn)生的熱量，前一過程較多，B錯誤；
C. 根據(jù) ，因S為全部木板長，物塊滑到底端的速度，應(yīng)該一樣大，C錯誤；
D.因為前一過程，加速度先小后大，后一過程，加速度先大后小，物塊從頂端滑到底端的時間，前一過程較長，D正確。
本題考查力的分析，功，動能定理等，分析和綜合能力。
難度：難。
10.（2010?浙江卷）22. （16分）在一次國際城市運動會中，要求運動員從高為H的平臺上A點由靜止出發(fā)，沿著動摩擦因數(shù)為滑 的道向下運動到B點后水平滑出，最后落在水池中。設(shè)滑道的水平距離為L，B點的高度h可由運動員自由調(diào)節(jié)（取;g=10m/s2）。求：
（1）運動員到達B點的速度與高度h的關(guān)系；
（2）運動員要達到最大水平運動距離，B點的高度h應(yīng)調(diào)為多大？對應(yīng)的最大水平距離SBH為多少？
（3若圖中H＝4m，L＝5m，動摩擦因數(shù) ＝0.2，則水平運動距離要達到7m，h值應(yīng)為多少？
解析：
（1）設(shè)斜面長度為L1，斜面傾角為α，根據(jù)動能定理得
①
即 ②
③
（2）根據(jù)平拋運動公式
X=vot ④
h= gt2 ⑤
由③-⑤式得 ⑥
（3）在⑥式中令x=2m ,H=4m,L=5m, =0.2
則可得到：—h2+3h-1=0
求出
11、 （2010?四川卷）25.（20分）如圖所示，空間有場強 的豎直向下的勻強電場，長 的不可伸長的輕繩一端固定于O點，另一端系一質(zhì)量 的不帶電小球 ，拉起小球至繩水平后，無初速釋放。另一電荷量 、質(zhì)量與 相同的小球 ，以速度 水平拋出，經(jīng)時間 與小球 與 點下方一足夠大的平板相遇。不計空氣阻力，小球均可視為質(zhì)點，取 。
（1）求碰撞前瞬間小球 的速度。
（2）若小球 經(jīng)過路 到達平板，此時速度恰好為0，求所加的恒力。
（3）若施加恒力后，保持平板垂直于紙面且與水平面的夾角不變，在 點下方面任意改變平板位置，小球 均能與平板正碰，求出所有滿足條件的恒力。
【解析】（1）P做拋物線運動，豎直方向的加速度為
在D點的豎直速度為
P碰前的速度為
（2）設(shè)在D點輕繩與豎直方向的夾角為 ，由于P與A迎面正碰，則P與A速度方向相反，所以P的速度與水平方向的夾角為 有
， =30°
對A到達D點的過程中根據(jù)動能定理
化簡并解得
P與A迎面正碰結(jié)合為C，根據(jù)動量守恒得
解得 m/s
小球C經(jīng)過s速度變?yōu)?，一定做勻減速運動，根據(jù)位移推論式
m/s2
設(shè)恒力F與豎直方向的夾角為α，如圖，根據(jù)牛頓第二定律
給以上二式帶入數(shù)據(jù)得
解得 α=30°
（3）平板足夠大，如果將平板放置到無限遠根據(jù)題意也能相碰，此時小球C必須勻速或加速不能減速，所以滿足條件的恒力在豎直線與C的速度線之間，設(shè)恒力與豎直方向的夾角為β，則 0≤β＜120°
在垂直速度的方向上，恒力的分力與重力和電場力的分力等大反向，有
則滿足條件的恒力為
（其中0≤β＜120°）
12.（09?天津?4）如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌之間接有定值電阻R，質(zhì)量不能忽略的金屬棒與兩導(dǎo)軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦，棒與導(dǎo)軌的電阻均不計，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時間內(nèi)，力F做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于 （ A ）
A.棒的機械能增加量
B.棒的動能增加量
C.棒的重力勢能增加量
D.電阻R上放出的熱量
解析：棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用。由動能定理： 得 即力F做的功與安培力做功的代數(shù)和等于機械能的增加量。選A。
13.（09?福建?21）如圖甲，在水平地面上固定一傾角為θ的光滑絕緣斜面，斜面處于電場強度大小為E、方向沿斜面向下的勻強電場中。一勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態(tài)。一質(zhì)量為m、帶電量為q（q>0）的滑塊從距離彈簧上端為s0處靜止釋放，滑塊在運動過程中電量保持不變，設(shè)滑塊與彈簧接觸過程沒有機械能損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g。
（1）求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時間t1
（2）若滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中最大速度大小為vm，求滑塊從靜止釋放到速度大小為vm過程中彈簧的彈力所做的功W；
（3）從滑塊靜止釋放瞬間開始計時，請在乙圖中畫出滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中速度與時間關(guān)系v-t圖象。圖中橫坐標軸上的t1、t2及t3分別表示滑塊第一次與彈簧上端接觸、第一次速度達到最大值及第一次速度減為零的時刻，縱坐標軸上的v1為滑塊在t1時刻的速度大小，vm是題中所指的物理量。（本小題不要求寫出計算過程）
答案：（1） ; （2） ;
(3)
解析：本題考查的是電場中斜面上的彈簧類問題。涉及到勻變速直線運動、運用動能定理處理變力功問題、最大速度問題和運動過程分析。
（1）滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過程中作初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度大小為a，則有
qE+mgsin =ma ①
②
聯(lián)立①②可得
③
（2）滑塊速度最大時受力平衡，設(shè)此時彈簧壓縮量為 ，則有
④
從靜止釋放到速度達到最大的過程中，由動能定理得
⑤
聯(lián)立④⑤可得
s
（3）如圖
14.（09?上海物理?20）質(zhì)量為5?103 kg的汽車在t＝0時刻速度v0＝10m/s，隨后以P＝6?104 W的額定功率沿平直公路繼續(xù)前進，經(jīng)72s達到最大速度，設(shè)汽車受恒定阻力，其大小為2.5?103N。求：（1）汽車的最大速度vm；（2）汽車在72s內(nèi)經(jīng)過的路程s。
解析：（1）當達到最大速度時，P＝=Fv=fvm，vm＝Pf ＝6?1042.5?103 m/s＝24m/s
（2）從開始到72s時刻依據(jù)動能定理得：
Pt－fs＝12 mvm2－12 mv02，解得：s＝2Pt－mvm2＋mv022f ＝1252m。
【考點模擬演練】
1.關(guān)于動能的理解，下列說法正確的是( )
A.動能是機械能的一種表現(xiàn)形式，凡是運動的物體都具有動能
B.動能有可能為負值
C.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
D.動能不變的物體，一定處于平衡狀態(tài)
【答案】選A、C.
【詳解】機械能包括動能和勢能，而動能是物體由于運動具有的能，且Ek= ≥0,故A正確，B錯誤;一定質(zhì)量的物體的動能變化時，速度的大小一定變化，但速度變化時，動能不一定變化，如勻速圓周運動，動能不變，但速度變化，故C正確，D錯誤.
2.一個質(zhì)量為0.3 kg的彈性小球，在光滑水平面上以6 m/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Δv和碰撞過程中墻對小球做功的大小W為( )
A.Δv=0 B.Δv=12 m/s
C.W=1.8 J D.W=10.8 J
【答案】選B.
【詳解】取末速度的方向為正方向，則v2=6 m/s，v1=-6 m/s，速度變化量Δv=v2-v1=12 m/s，A錯誤，B正確；小球與墻碰撞過程中，只有墻對小球的作用力做功，由動能定理得：W= =0，故C、D均錯誤.
3.某物體同時受到兩個在同一直線上的力F1、F2的作用，由靜止開始做直線運動，力F1、F2與位移x的關(guān)系圖象如圖所示，在物體開始運動后的前4.0 m內(nèi)，物體具有最大動能時對應(yīng)的位移是( )
A.2.0 m B.1.0 m
C.3.0 m D.4.0 m
【答案】選A.
【詳解】由題圖知x=2.0 m時，F(xiàn)合=0，此前F合做正功，而此后F合做負功，故x=2.0 m時物體的動能最大，故A正確.
4.(2011?杭州模擬)人用手托著質(zhì)量為m的物體，從靜止開始沿水平方向運動，前進距離l后，速度為v(物體與手始終相對靜止)，物體與手掌之間的動摩擦因數(shù)為μ，則人對物體做的功為( )
A.mgl B.0 C.μmgl D.
【答案】選D.
【詳解】物體與手掌之間的摩擦力是靜摩擦力，靜摩擦力在零與最大值μmg之間取值，不一定等于μmg，在題述過程中，只有靜摩擦力對物體做功，根據(jù)動能定理，摩擦力對物體做的功W= ，D正確.
5.(2011?南通檢測)質(zhì)量為1 kg的物體以某一初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其動能隨位移變化的圖線如圖所示，g取10 m/s2，則以下說法中正確的是(　　)
A．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.5
B．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.25
C．物體滑行的總時間為4 s
D．物體滑行的總時間為2.5 s
【答案】BC
【詳解】根據(jù)動能定理Ek2－Ek1＝－Ffx可得Ff＝Ek1－Ek2x＝50－020 N＝2.5 N，所以μ＝Ffmg＝0.25，A選項錯誤，B選項正確；根據(jù)牛頓第二定律可得a＝Ffm＝2.5 m/s2，由運動學(xué)公式得物體滑行的總時間t＝ 2xa＝ 2×202.5 s＝4 s，C選項正確，D選項錯誤．
6．(2010?淄博一模)如圖所示，質(zhì)量為m的小車在水平恒力F推動下，從山坡(粗糙)底部A處由靜止起運動至高為h的坡頂B，獲得速度為v，AB之間的水平距離為x，重力加速度為g.下列說法正確的是(　　)
A．小車克服重力所做的功是mgh
B．合外力對小車做的功是12mv2
C．推力對小車做的功是12mv2＋mgh
D．阻力對小車做的功是12mv2＋mgh－Fx
【答案】ABD
【詳解】小車克服重力做功W＝Gh＝mgh，A選項正確；由動能定理小車受到的合力做的功等于小車動能的增加，W合＝ΔEk＝12mv2，B選項正確；由動能定理W合＝W推＋W重＋W阻＝12mv2，所以推力做的功W推＝12mv2－W阻－W重＝12mv2＋mgh－W阻，C選項錯誤；阻力對小車做的功W阻＝12mv2－W推－W重＝12mv2＋mgh－Fx，D選項正確．
7．(2011?湖北黃岡)在新疆旅游時，最刺激的莫過于滑沙運動．某人坐在滑沙板上從沙坡斜面的頂端由靜止沿直線下滑到斜面底端時，速度為2v0，設(shè)人下滑時所受阻力恒定不變，沙坡長度為L，斜面傾角為α，人的質(zhì)量為m，滑沙板質(zhì)量不計，重力加速度為g.則(　　)
A．若人在斜面頂端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，則人到達斜面底端時的速度大小為3v0
B．若人在斜面頂端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，則人到達斜面底端時的速度大小為5v0
C．人沿沙坡下滑時所受阻力Ff＝mgsin α＋2mv20/L
D．人在下滑過程中重力功率的最大值為2mgv0
【答案】　B
【詳解】
對人進行受力分析如圖所示，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有：(2v0)2－0＝2aL，v21－v20＝2aL，可解得v1＝5v0，所以A錯誤，B正確；根據(jù)動能定理有：mgLsin θ－FfL＝12m(2v0)2，可解得Ff＝mgsin α－2mv20/L，C錯誤；重力功率的最大值為Pm＝2mgv0sin α，D錯誤．
8. (2011年如皋模擬)如圖所示，斜面AB和水平面BC是從同一板材上截下的兩段，在B處用小圓弧連接．將小鐵塊(可視為質(zhì)點)從A處由靜止釋放后，它沿斜面向下滑行，進入平面，最終靜止于P處．若從該板材上再截下一段，擱置在A、P之間，構(gòu)成一個新的斜面，再將鐵塊放回A處，并輕推一下使之沿新斜面向下滑動．關(guān)于此情況下鐵塊運動情況的描述，正確的是(　　)
A．鐵塊一定能夠到達P點
B．鐵塊的初速度必須足夠大才能到達P點
C．鐵塊能否到達P點與鐵塊質(zhì)量有關(guān)
D．以上說法均不對
【答案】選A.
【詳解】設(shè)AB＝x1，BP＝x2，AP＝x3，動摩擦因數(shù)為μ，由動能定理得：mgx1sinα－μmgcosαx1－μmgx2＝0，可得：
mgx1sinα＝μmg(x1cosα＋x2)，設(shè)沿AP滑到P的速度為vP，由動能定理得：mgx1sinα－μmgcosβ?x3＝12mv2P，因x1cosα＋x2＝x3cosβ，故得：vP＝0，即鐵塊恰好沿AP滑到P點，故A正確．
9．(2011年湖北黃岡檢測)在新疆旅游時，最刺激的莫過于滑沙運動．某人坐在滑沙板上從沙坡斜面的頂端由靜止沿直線下滑到斜面底端時，速度為2v0，設(shè)人下滑時所受阻力恒定不變，沙坡長度為L，斜面傾角為α，人的質(zhì)量為m，滑沙板質(zhì)量不計，重力加速度為g.則(　　)
A．若人在斜面頂端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，則人到達斜面底端時的速度大小為3v0
B．若人在斜面頂端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，則人到達斜面底端時的速度大小為5v0
C．人沿沙坡下滑時所受阻力Ff＝mgsinα－2mv20/L
D．人在下滑過程中重力功率的最大值為2mgv0
【答案】選BC.
【詳解】對人進行受力分析如圖所示，
根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有：(2v0)2－0＝2aL，v21－v20＝2aL，可解得：v1＝5v0，所以A錯誤，B正確；根據(jù)動能定理有：mgLsinα－FfL＝12m(2v0)2，可解得Ff＝mgsinα－2mv20/L，C正確；重力功率的最大值為Pm＝2mgv0sinα，D錯誤．
10．如圖甲所示，質(zhì)量不計的彈簧豎直固定在水平面上，t＝0時刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復(fù)．通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出這一過程彈簧彈力F隨時間t變化的圖象如圖乙所示，則(　　)
A．t1時刻小球動能最大
B．t2時刻小球動能最大
C．t2～t3這段時間內(nèi)，小球的動能先增加后減少
D．t2～t3這段時間內(nèi)，小球增加的動能等于彈簧減少的彈性勢能
【答案】C
【詳解】0～t1時間內(nèi)，小球做自由落體運動，故彈簧彈力為零．t1～t2時間內(nèi)，小球壓縮彈簧，當彈力等于重力時，小球速度最大，在此時刻之前，小球做加速度減小的加速運動，之后做加速度增加的減速運動，t2時刻減速到零．t2～t3時間內(nèi)，小球向上先加速運動后減速運動．故A、B、C三選項中，只有C項正確．t2～t3時間內(nèi)彈簧減少的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球增加的動能和重力勢能之和，故D項錯誤．
11．(2011年昆明模擬)如圖甲所示，在傾角為30°的足夠長光滑斜面AB前，有一粗糙水平面OA，OA長為4 m．有一質(zhì)量為m的滑塊，從O處由靜止開始受一水平向右的力F作用．F按圖乙所示的規(guī)律變化．滑塊與OA間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，g取10 m/s2，試求：
(1)滑塊到A處的速度大小；
(2)不計滑塊在A處的速率變化，滑塊沖上斜面AB的長度是多少？
【答案】(1)52 m/s　(2)5 m
【詳解】(1)由題圖乙知，在前2 m內(nèi)，F(xiàn)1＝2mg，做正功；
在第3 m內(nèi)，F(xiàn)2＝－0.5mg，做負功；
在第4 m內(nèi)，F(xiàn)3＝0.
滑動摩擦力
Ff＝－μmg＝－0.25mg，始終做負功．
對OA過程由動能定理列式得
F1x1＋F2x2＋Ff?x＝12mv2A－0.
即2mg×2－0.5mg×1－0.25mg×4＝12mv2A，
解得vA＝52 m/s.
(2)沖上斜面的過程，由動能定理得
－mg?L?sin30°＝0－12mv2A，
所以沖上斜面AB的長度L＝5 m.
12. (2011年南京質(zhì)檢)如圖所示為“S”形玩具軌道，該軌道是用內(nèi)壁光滑的薄壁細圓管彎成的，固定在豎直平面內(nèi)，軌道彎曲部分是由兩個半徑相等的半圓連接而成的，圓半徑比細管內(nèi)徑大得多，軌道底端與水平地面相切，彈射裝置將一個小球(可視為質(zhì)點)從a點水平射向b點并進入軌道，經(jīng)過軌道后從p點水平拋出，已知小球與地面ab段間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，不計其他機械能損失，ab段長L＝1.25 m，圓的半徑R＝0.1 m，小球質(zhì)量m＝0.01 kg，軌道質(zhì)量為M＝0.15 kg，g＝10 m/s2，求：
(1)若v0＝5 m/s，小球從p點拋出后的水平射程；
(2)若v0＝5 m/s，小球經(jīng)過軌道的最高點時，管道對小球作用力的大小和方向；
(3)設(shè)小球進入軌道之前，軌道對地面的壓力大小等于軌道自身的重力，當v0至少為多大時，軌道對地面的壓力為零．
【答案】(1)0.46 m
(2)1.1 N，方向豎直向下
(3)5 m/s
【詳解】(1)設(shè)小球運動到p點時的速度大小為v，對小球由a點運動到p點的過程，應(yīng)用動能定理得：
－μmgL－4Rmg＝12mv2－12mv20①
小球從p點拋出后做平拋運動，設(shè)運動時間為t，水平射程為x，則
4R＝12gt2②
x＝vt③
聯(lián)立①②③代入數(shù)據(jù)解得x＝0.46 m.
(2)設(shè)在軌道最高點時管道對小球的作用力大小為F，取豎直向下為正方向，有：F＋mg＝mv2R④
聯(lián)立①④代入數(shù)據(jù)解得F＝1. 1 N，方向豎直向下．
(3)分析可知，要使小球以最小速度v0運動，且軌道對地面的壓力為零，則小球的位置應(yīng)該在“S”形軌道的中間位置，
則有：F′＋mg＝mv21R，F(xiàn)′＝Mg
－μmgL－2mgR＝12mv21－12mv20
解得：v0＝5 m/s.


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