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高中物理高考 2023届高考物理一轮复习 第11讲 动能定理
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这是一份高中物理高考 2023届高考物理一轮复习 第11讲 动能定理，共35页。试卷主要包含了 功的正负判断和计算，恒力做功，变力做功，功率，机车启动问题，故B正确等内容，欢迎下载使用。
第11讲 动能定律
知识图谱
功 功率
知识精讲
1． 功的正负判断和计算
（1）若物体做直线运动，依据力与位移的夹角来判断。
（2）若物体做曲线运动，依据F与v的方向夹角来判断。
（3）根据功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功，此法常用于两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断。
2．恒力做功
（1）单个力做功：计算。
（2）合力做功
方法1：先求合力，再用求功；
方法2：先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用求合力做的功。
3．变力做功
（1）大小不变、方向变化的力，可分段转化为恒力来计算；
（2）功率恒定，求变力的功，W=Pt；
（3）求出力F对位移的平均力来计算，当力F是位移s的线性函数时，平均力；
（4）作出变力F随位移变化的图象，图象与位移轴所围均“面积”即为变力做的功；
（5）根据动能定理求变力做的功；
（6）根据功和能关系求变力的功。功是能量转化的量度，做功过程一定伴随能量的转化，并且做多少功就有多少能量发生转化。
4．功率
（1）比值定义式：。
（2）功率与速度：(为F与v的夹角)。
5．机车启动问题
（1）以恒定功率启动
（2）以恒定加速度启动
三点剖析
学习目标：
1. 掌握恒力做功和变力做功的计算方法；
2. 掌握功率的计算；
3. 理解汽车启动的两种方式，会分析在启动过程中各物理量的变化。
功
例题1、 关于摩擦力做功，下列说法正确的是（ ）
A.滑动摩擦力一定对物体做负功
B.滑动摩擦力可能不对物体做功
C.静摩擦力一定不对物体做功
D.滑动摩擦力不可能对物体做正功
例题2、 如图所示，一只猫在桌边猛地将桌面从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中，下列说法正确的是（ ）
A.猫用力越大，对鱼缸做功越多
B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C.若猫减少拉力，鱼缸受到桌布的摩擦力将减小
D.若猫增大拉力，鱼缸有可能滑出桌面
例题3、[多选题] 质量为2.5kg的物体放在水平支持面上，在水平拉力F作用下由静止开始运动，拉力F做的功W和物体发生的位移x之间的关系图象如图所示，物体与水平支持面之间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取10m／s2．则( )
A.x＝0至x＝3m的过程中，物体的加速度是5m／s2
B.x＝3m至x＝9m的过程中，物体的加速度是0.8m／s2
C.x＝3m至x＝9m的过程中，物体做匀减速直线运动
D.x＝0至x＝9m的过程中，合力对物体做的功是4.5J
随练1、 一物体在互相垂直的两个恒力F1、F2作用下由静止开始运动一段位移，F1对物体做功3J，F2对物体做功4J，则F1与F2的合力对物体做功为（ ）
A.5J
B.6J
C.7J
D.8J
随练2、[多选题] 如图所示，摆球质量为m，悬线的长为L，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球运动过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是（ ）
A.重力做功为mgL
B.绳的拉力做功为0
C.空气阻力（F阻）做功0
D.空气阻力（F阻）做功﹣F阻πL
随练3、 如图所示，一物体以一定的初速度沿水平地面从A点滑到B点，摩擦力做功为W1；若该物体从A′点沿两斜面滑到B′点（物体始终没有离开斜面），摩擦力做的总功为W2，已知物体与各接触面的动摩擦因数均相同，则（ ）
A.W1＞W2
B.W1＝W2
C.W1＜W2
D.无法确定
随练4、[多选题] 如图所示，小物块在竖直平面你的恒力F作用下，沿倾角θ=300的斜面向上运动的过程中，恒力F做功与物块克服重力做的功相等，下列说法正确的是（ ）
A.若斜面光滑，则小物块一定匀速上滑
B.若斜面粗糙，则小物块一定减速上滑
C.若斜面光滑，当F最小时，F与斜面的交角为零
D.若斜面粗糙，当摩擦力做功最小时，F与斜面的夹角为600
功率
例题1、 物体m从倾角为α的固定的光滑斜面由静止开始下滑，斜面高为h，当物体滑至斜面底端时，重力做功的功率为（ ）
A.mg
B. mgsinα•
C.mg••sinα
D.mg•
例题2、[多选题] 如图所示，半径为R的半圆弧槽固定在水平面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为m的物块从P点由静止释放刚好从槽口A点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到B点，不计物块的大小，P点到A点高度为h，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）
A.物块从P到B过程克服摩擦力做的功为mg（R＋h）
B.物块从A到B过程重力的平均功率为
C.物块在B点时对槽底的压力大小为
D.物块到B点时重力的瞬时功率为
例题3、[多选题] 地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程，（ ）
A.矿车上升所用的时间之比为4︰5
B.电机的最大牵引力之比为2︰1
C.电机输出的最大功率之比为2︰1
D.电机所做的功之比为4︰5
例题4、[多选题] 一辆机动车在平直的公路上由静止启动。如图所示，图线A表示该车运动的速度与时间的关系，图线B表示该车的功率与时间的关系。设机车在运动过程中阻力不变，则以下说法正确的是（ ）
A.0～22s内机动车先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速运动
B.运动过程中机动车所受阻力为1500N
C.机动车速度为5m／s时牵引力大小为3×103N
D.机动车的质量为562.5kg
随练1、[多选题] 放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图所示．下列说法正确的是（ ）
A.0～6s内物体的位移大小为30m
B.2～6s内拉力做的功为40J
C.合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等
D.滑动摩擦力的大小为5N
随练2、[多选题] 如图，汽车在水平地面上通过一条轻绳跨过光滑的定滑轮连接小船，用水平力拉轻绳，小船以速度v0从A处水平匀速运动到B处，设小船受到的阻力，汽车受到的阻力（绳子拉力除外）均保持不变，则（ ）
A.汽车做减速运动
B.小船受到的拉力逐渐变小
C.绳子对小船的拉力的功率不变
D.汽车发动机的输出功率不变
随练3、 在如图a所示，在水平路段AB上有一质量为lxl03kg的汽车，正以l0m/s的速度向右匀速行驶，汽车前方的水平路段BC因粗糙程度不同引起阻力变化，汽车通过整个ABC路段的v﹣t图象如图b所示，t=15s时汽车刚好到达C点，并且已作匀速直线运动，速度大小为5m/s．运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变，假设汽车在AB路段上运动时所受的恒定阻力为Ff=2000N，下列说法正确的是（ ）
A.汽车在AB、BC段发动机的额定功率不变都是l×l04W
B.汽车在BC段牵引力增大，所以汽车在BC段的加速度逐渐增大
C.由题给条件不能求出汽车在BC段前进的距离
D.由题所给条件可以求出汽车在8m/s时加速度的大小
随练4、 一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是（ ）
A.A
B.B
C.C
D.D
动能定理及其应用
知识精讲
1．动能定理：
（1）表达式：
（2）理解： “＝”体现的三个关系
①数量相等：即通过计算物体动能的变化，求合力的功，进而求出某个力所做的功；
②单位相同：都是焦耳；
③因果关系：合外力的功是物体动能变化的原因。
2．利用动能定理分析问题的基本思路
3．用动能定理解决多过程问题
（1）运用动能定理解决问题时，选择合适的研究过程能使问题得以简化。当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程。
（2）当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：
①重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；
②大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积。
4．动能定理与图象的综合问题
（1）v -t图：由公式x＝vt可知，v t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。
（2）a -t图：由公式Δv＝at可知，a t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
（3）F -x图：由公式W＝Fx可知，F x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
（4）P -t图：由公式W＝Pt可知，P t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
三点剖析
学习目标：
1．理解动能定理的内容；
2．掌握利用动能定理解决问题的思路；
3．能利用动能定理分析综合问题。
动能定理的理解和简单应用
例题1、[多选题] 如图，一块木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参照物，A、B都向前移动一段距离，在此过程中（ ）
A.外力F做的功等于A和B的动能的增量
B.B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量
C.A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功
D.外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
例题2、 如图所示，斜面AB竖直固定放置，物块（可视为质点）从A点静止释放沿斜面下滑，最后停在水平面上的C点，从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功为W．因斜面塌陷，斜面变成APD曲面，D点与B在同一水平面上，且在B点左侧。已知各接触面粗糙程度均相同，不计物块经过B、D处时的机械能损失，忽略空气阻力，现仍将物块从A点静止释放，则（ ）
A.物块将停在C点
B.物块将停在C点左侧
C.物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功大于W
D.物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功小于W
例题3、 如图所示，粗糙程度处处相同的半圆形竖直轨道固定放置，其半径为R，直径POQ水平．一质量为m的小物块（可视为质点）自P点由静止开始沿轨道下滑，滑到轨道最低点N时，小物块对轨道的压力为2mg，g为重力加速度的大小，则下列说法正确的是（ ）
A.小物块到达最低点N时的速度大小为
B.小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为2mgR
C.小物块从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功为
D.小物块从P点开始运动经过N点后恰好可以到达Q点
随练1、 从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是（ ）
A.
B.
C.
D.
随练2、 如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为L的细绳将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为θ角，此时绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为μ（μ＜tanθ），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则下列说法正确的是（ ）
A.转台一开始转动，细绳立即绷直对物块施加拉力
B.当绳中出现拉力时，转台对物块做的功为μmgLsinθ
C.当物体的角速度为时，转台对物块支持力为零
D.当转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功为
随练3、[多选题] 冰壶比赛场地如图，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线MN处放手让冰壶滑出。设在某次投掷后发现冰壶投掷的初速度v0较小，直接滑行不能使冰壶沿虚线到达尽量靠近圆心O的位置，于是运动员在冰壶到达前用毛刷摩擦冰壶运行前方的冰面，这样可以使冰壶与冰面间的动摩擦因数从μ减小到某一较小值μ′，设经过这样擦冰，冰壶恰好滑行到圆心O点。关于这一运动过程，以下说法正确的是（ ）
A.为使本次投掷成功，必须在冰壶滑行路线上的特定区间上擦冰
B.为使本次投掷成功，可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰
C.擦冰区间越靠近投掷线，冰壶滑行的总时间越短
D.擦冰区间越远离投掷线，冰壶滑行的总时间越短
随练4、 如图所示，炼钢厂通常用滚筒来传送软钢锭，使具有一定初速度的软钢锭通过滚筒滑上平台。质量为M 的软钢锭长为L，上表面光滑，下表面与平台间是粗糙的。现以水平向右的初速度滑上平台，全部滑上平台时的速度为υ．此时，在其右端无初速放上一个质量为m 的滑块（视为质点）。随后软钢锭滑过2L 距离时速度为零，滑块恰好到达平台。重力加速度取g，空气阻力不计。求：
（1）滑块获得的最大加速度（不考虑与平台的撞击过程）；
（2）滑块放上后，软钢锭滑动过程克服阻力做的功；
（3）软钢锭处于静止状态时，滑块到达平台的动能。
应用动能定理解决多过程问题
例题1、 如图所示，在粗糙水平轨道OO1上的O点静止放置一质量m＝0.25kg的小物块，它与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，OO1的距离s＝4m。在O1右侧固定了一半径R＝0.32m的光滑的竖直半圆弧，现用F＝2N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力。g＝10m/s2）求：
（1）为使小物块到达O1，求拉力F作用的最短时间；
（2）若将拉力变为F1，使小物块由O点静止运动至OO1的中点位置撤去拉力，恰能使小物块经过半圆弧的最高点，求F的大小。
例题2、[多选题] 如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B靠在平板的右侧，A、B与斜面的动摩擦因数均为μ．开始时用手按住物体B使弹簧处于压缩状态，现放手，使A和B一起沿斜面向上运动距离L时，A和B达到最大速度v。则下列说法正确的是（ ）
A.A和B达到最大速度v时，弹簧是自然长度
B.若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为g（sinθ＋μcosθ）
C.从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于
D.从释放到A和B达到最大速度v的过程中，A对B所做的功等于
例题3、 如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m=1kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不栓接，弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一传送带，AB长为L=12m，与传送带相邻的粗糙水平面BC长为x=4m，物块与传送带及水平面BC间的动摩擦因数均为μ=0.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直半圆弧与BC平滑连接，在半圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带以v=6m/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失。当弹簧储存的Ep=8J能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g=10m/s2。
（1）求滑块被弹簧弹出时的速度；
（2）求右侧圆弧的轨道半径R；
（3）若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调范围。
随练1、[多选题] 如图所示，圆弧轨道AB与水平轨道BC相切于B点，两轨道平滑连接且与小物块动摩擦因数相同。现将可视为质点的小物块从圆弧轨道的A点由静止释放，最终在水平轨道上滑行一段距离停在C点，此过程中小物块重力做功为W1、克服摩擦阻力做功为W2．再用沿运动方向的外力F将小物块从C点缓慢拉回A点，拉力做功为W3、克服摩擦阻力做功为W4．则给定各力做功大小关系式正确的是（ ）
A.W2＝W4
B.W1＝W2
C.W3＝Wl＋W2
D.W3＝Wl＋W4
随练2、 如图所示，AB是倾角为θ=30°的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切．圆弧的半径为R．一个质量为m的物体（可以看作质点）从直轨道上的p点由静止释放，结果它能在两轨道上做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
（1）物体对圆弧轨道的最大压力大小；
（2）物体滑回到轨道AB上距B点的最大距离；
（3）释放点距B点的距离L′应满足什么条件，才能使物体能顺利通过圆弧轨道的最高点D．
随练3、 如图所示，用一块长L1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H=0.8m，长L2=1.5m，斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定，将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失（重力加速度取g=10m/s2，最大静止摩擦力等于滑动摩擦力）
（1）求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）
（2）当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（3）继续增大θ角，发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x．
动能定理和图像综合问题
例题1、 A、B两物体放在同一水平面上，受到大小相同的水平力F的作用，各自从静止开始运动．经过时间t0，撤去作用在A物体上的外力F；经过时间4t0，撤去作用在B物体上的外力F．两物体运动的v﹣t图象如图所示，则A、B两物体（ ）
A.A、B两物体的质量之比为3：5
B.A、B两物体与水平面间的滑动摩擦因数之比为2：1
C.在0～2t0时间间隔内，合外力对A、B两物体做功之比为5：3
D.在0～4t0时间间隔内，水平力F对A、B两物体做功之比为2：1
例题2、 一质量为2kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速直线运动．当运动一段时间后拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动．如图所示为拉力F随位移x变化的关系图像．取g=10m/s2，则据此可以求得（ ）
A.物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.25
B.物体匀速运动时的速度为v=4m/s
C.合外力对物体所做的功为W=32J
D.摩擦力对物体所做的功为Wf=﹣64J
例题3、[多选题] 如图甲所示，静止在水平地面上的物体，在竖直向上的拉力F作用下开始向上运动，在运动过程中，物体的动能Ek与位移x的关系图象如图乙所示，0～h过程中的图线为平滑曲线，h～2h过程中的图线为平行于横轴的直线，2h～3h过程中的图线为倾斜直线，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A.在0～h过程中物体的机械能增加
B.物体上升到h处时，拉力的功率为零
C.在h～2h过程中物体的机械能不变
D.在2h～3h过程中物体受到的拉力始终为零
例题4、 某兴趣实验小组的同学利用如图所示装置测定物块与木板AD、DE间的动摩擦因数μ1、μ2；两块粗糙程度不同的木板AD、DE对接组成斜面和水平面，两木板在D点光滑连接（物块在此处运动不损失机械能），且AD板能绕D点转动．现将物块在AD板上某点由静止释放，滑块将沿AD下滑，最终停在水平板的C点；改变倾角，让物块从不同的高度由静止释放，且每次释放点的连线在同一条竖直线上（以保证图中物块水平投影点B与接点D间距s不变），用刻度尺量出释放点与DE平面的竖直高度差h、释放点与D点的水平距离s，D点与最终静止点C的水平距离x，利用多次测量的数据绘出x－h图象，如图所示，则
（1）写出x－h的数学表达式________（用μ1、μ2、h及s表示）；
（2）若实验中s＝0.5m，x－h的横轴截距a＝0.1，纵轴截距b＝0.4，则μ1＝________，μ2＝________．
随练1、 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3m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10m/s2．该物体的质量为（ ）
A.2kg
B.1.5kg
C.1kg
D.0.5kg
随练2、 如图甲所示，一质量为m＝1kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块受到按如图乙所示规律变化的水平力F作用并向右运动，第3s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，（g取10m/s2）求：
（1）A与B间的距离；
（2）水平力F在5s内对物块所做的功。
随练3、[多选题] 质量为的物体，放在动摩擦因数的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功和物体发生的位移之间的关系如图所示，重力加速度取，则此物体（ ）
A.在位移时的速度是
B.在位移时的速度是
C.在段运动的加速度是
D.在段运动的加速度是
随练4、[多选题] 在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a－x关系如图中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则（ ）
A.M与N的密度相等
B.Q的质量是P的3倍
C.Q下落过程中的最大动能是P的4倍
D.Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍
实验：探究动能定理
知识精讲
1．实验目的
（1）探究力做功与速度变化的关系。
（2）通过实验数据分析，总结出外力做功与物体速度平方的正比关系。
2．实验原理
（1）改变功的大小：采用如图所示的实验装置，用1条、2条、3条、…规格同样的橡皮筋将小车拉到同一位置由静止释放，橡皮筋拉力对小车所做的功依次为W、2W、3W、…。
（2）确定速度的大小：小车获得的速度v可以由纸带和打点计时器测出，也可以用其他方法测出。
（3）寻找功与速度变化的关系：以橡皮筋拉力所做的功W为纵坐标，小车获得的速度v为横坐标，作出W v或W v2图象．分析图象，得出橡皮筋拉力对小车所做的功与小车获得的速度的定量关系。
3．数据处理
（1）求小车速度
选取纸带上点迹均匀的部分，计算小车的速度。
（2）计算W、2W、3W、…时对应v、v2的数值，填入下面表格。
W
2W
3W
4W
5W
v
v2
4．实验注意事项
（1）平衡摩擦力时，不要栓橡皮筋，但应连着纸带且接通电源.
（2）每次实验小车从同一位置由静止释放。
（3）应选取纸带上点间距均匀的部分来求小车的速度。
（4）橡皮筋规格相同，不必测出功的具体值，只要知道功的倍数关系即可。
5．误差分析
（1）误差的主要来源是橡皮筋的长度、粗细不一，使橡皮筋的拉力做功W与橡皮筋的条数不成正比。
（2）没有完全平衡摩擦力或平衡摩擦力时倾角过大也会造成误差。
（3）利用打上点的纸带计算小车的速度时，测量不准带来误差。
三点剖析
学习目标：
1．明确实验目的，了解实验原理；
2．能对实验数据进行正确的分析和处理；
3．掌握实验的注意事项和误差分析。
探究动能定理
例题1、 “探究功与速度变化的关系”的实验装置如图所示，当小车在一条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为W；当用2条、3条、4条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、第4次……实验时，橡皮筋对小车做的功记为2W、3W、4W……每次实验中小车获得的最大速度可由打点计时器所打出的纸带测出。
（1）除了图中已有的试验器材外，还需要导线、开关、刻度尺和________电源（填“交流”或“直流”）；
（2）（多选）关于该实验，下列说法正确的是________。
A．将木板的一端适当垫起，以平衡小车的摩擦力
B．每次改变小车的质量时，都要重新平衡摩擦力
C．该实验一定要满足M远大于m
D．利用每次测出的小车最大速度vm和橡皮筋做的功W，依次作出W－vm、W－vm2、W－vm3、W2－vm、W3－vm…的图象，得出合力做功与物体速度变化的关系。
（3）如图所示，给出了某次实验打出的纸带，从中截取了测量小车最大速度所用的一段纸带，测得A、B、C、D、E相邻两点间的距离分别为AB＝1.48cm，BC＝1.60cm，CD＝1.62cm，DE＝1.62cm；已知相邻两点打点时间间隔为0.02s，则小车获得的最大速度vm＝________m／s。
随练1、 用图甲所示装置探究做功与物体速度变化的关系，A、B是固定在长直木板上的两个铁钉。实验时，小车在橡皮筋的作用下弹出，沿木板滑行，通过改变橡皮筋的条数改变做功的多少，再根据纸带上的打点确定小车对应运动的速度，进而探究做功与物体速度变化的关系。
（1）关于该实验的下列说法中，正确的有________。
A．需要测出小车的质量m
B．需要选择相同的橡皮筋进行实验
C．需要测出每根橡皮筋对小车所做的功W
D．改变橡皮筋条数时小车必须从同一位置由静止释放
（2）实验中得到一根纸带如图乙所示，1、2、3…是按时间先后顺序标出的计数点（每两个相邻计数点间还有4个打点未画出），造成5︰9各计数点间距不相等的原因可能是________。由图乙所示的纸带可知，该小车达到最大速度时，橡皮筋的伸长量________（选填“大于零”或“等于零”）。
（3）该小组用新、旧两组橡皮筋分别做实验，正确实验操作得到橡皮筋的条数n与小车对应速度v的多组数据，作出v2－n的图象如图丙中的C、D所示，则用新橡皮筋得出的图象是________（选填“C”或“D”），根据该图象可以得出的结论是________。
随练2、 图1是小明探究橡皮筋弹做的功W与小车动能变化△Ek间的关系的装置图，长木板放在水平桌面上，橡皮筋的两端分别与小车和挡板相连。实验中，通过增加橡皮筋的根数来改变弹力所做的功。
（1）下列实验操作正确的是________。
A．实验时，应先释放小车，然后接通电源
B．增加橡皮筋根数时，应选取相同的橡皮筋
C．每次应将小车拉到相同的位置由静止释放
D．实验前应平衡小车在木板上所受的摩擦力
（2）图2是实验中某条纸带的一部分，相邻计数点间时间间隔T＝0.1s。为探究橡皮筋弹力做的功W与小车动能变化△Ek间的关系，小明用来计算小车的速度。你认为他的算法是否正确？________（选填“正确”或“不正确”），你的理由是________。
（3）图3是根据实验数据所画出的W△Ek图象，你认为根据此图象能否验证动能定理？________（选填“能”或“不能”），你的理由是________。
动能定理实验创新
例题1、 小明所在的实验小组，为探究“拉力做功与物体动能变化的关系”，他们在实验室组装了一套如图甲所示的装置。已知小车的质量为M=200g，该小组的同学想用钩码的重力作为小车受到的合外力，为了实现这个想法，必须要先平衡摩擦力，并选择适当的钩码。
（1）平衡摩擦时，下列操作正确的是________。
A．挂上钩码，放开没有纸带的小车，能够自由下滑即可
B．挂上钩码，轻推没有纸带的小车，小车能够匀速下滑即可
C．不挂钩码，放开拖着纸带的小车，能够自由下滑即可
D．不挂钩码，轻推拖着纸带的小车，小车能够匀速下滑即可
（2）他们在实验室找到的钩码质量有10g、20g、50g和100g的，应选择质量为________的钩码最为合适。
（3）该实验小组打下一条纸带，将纸带上打的第一个点标为“0”，且认为打“0”时小车的速度为零，其后依次标出计数点1、2、3、4、5、6（相邻2个计数点间还有4个点未画），量出计数点3、4、5到计数点0的距离分别为x1、x2和x3，如图乙所示。已知打点计时器的打点周期为T，小车的质量为M，钩码质量为m，重力加速度为g，则在打计数点0到4的过程中，小车的动能增量为____________________。
（4）通过多次试验并计算，小明发现，小车动能的增量总略小于mgx．你认为造成这样的原因可能是__________________________________________________________。
例题2、 某同学利用如图所示的装置探究功与速度变化的关系。
（ⅰ）小物块在橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为M1；
（ⅱ）在钉子上分别套上2条、3条、4条…同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度都保持一致，重复步骤（ⅰ），小物块落点分别记为M2、M3、M4…；
（ⅲ）测量相关数据，进行数据处理。
（1）为求出小物块抛出时的动能，需要测量下列物理量中的________（填正确答案标号）。
A．小物块的质量m
B．橡皮筋的原长x
C．橡皮筋的伸长量△x
D．桌面到地面的高度h
E．小物块抛出点到落地点的水平距离L
（2）将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为W1、W2、W3、…，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为L1、L2、L3、…．若功与速度的平方成正比，则应以W为纵坐标、________为横坐标作图，才能得到一条直线。
（3）由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于________（填“偶然误差”或“系统误差”）。
例题3、 某同学利用图甲的装置探究动能定理。实验过程如下：
（l）测出滑块的质量为m，两光电门之间的距离为L和挡光片的宽度为d（d远小于L），其中用游标卡尺测量挡光片的结果如图乙所示，则d＝________mm；
（2）滑块置于气垫导轨上，滑块一端通过平行于导轨的细绳与固定在导轨上的拉力传感器连接，接通气垫导轨的电源，记下此时拉力传感器的读数；
（3）剪断细线，让滑块由静止开始沿气垫导轨下滑并通过两个光电门，分别记下滑块上面的挡光片通过两光电门的时间t乙和t甲．则滑块在经过两光电门过程动能的改变量可由计算式△EK＝________算出；
（4）若拉力传感器的读数用F表示，则合外力对滑块做的功计算式W合＝________，若各项测量中的误差都很小可忽略不计，则实验结果W合总是________△EK（填“等于”、“略小于”或“略大于”）。
随练1、 某实验小组利用如图甲所示装置探究恒力做功与物体动能变化的关系，质量为m的钩码通过跨过滑轮的细线牵引质量为M的小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录的运动情况．
（1）下列做法中正确的有________．
A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行
B．在平衡摩擦力时，不需要连接纸带
C．小车从靠近打点计时器处释放
（2）接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打出一系列点，将打出的第一个点标为O，在纸带上依次取A、B、C……若干个计数点，测得A、B、C……各点到O点的距离分别为x1、x2、x3……，已知相邻计数点间的时间间隔均为T。
实验中，钩码质量远小于小车质量，可认为小车受到的拉力大小等于mg，在打O点到打B点的过程中，拉力对小车做的功W＝________，打B点时小车的动能Ek＝________。
（3）小明同学实验操作正确，但打出的纸带起始点不清晰，他挑选了一个清晰的点标为O1，以小车速度的二次方v2为纵坐标，计数点到O1点的距离x为横坐标，利用实验数据作出v2－x图象，该图象纵截距的物理意义是________。
（4）小虎同学在实验过程中没有保证钩码质量远小于小车质量，他利用实验数据作出的v2－W图象________（选填“会”或“不会”）弯曲。
随练2、 某同学用图甲所示装置验证合力做功和物体速度变化的关系。一个圆形玻璃管固定在水平桌面上，管口与桌边齐平，管的两侧开有小缝，可以让皮筋穿过，见俯视图。在桌边关于圆管对称的位置上固定两个钉子，缠绕在钉子上的皮筋可以把小钢球弹出，小钢球与圆管之间摩擦可忽略，小钢球弹出后落在水平地面上，测出水平距离，然后用多组相同的皮筋从同一位置弹射小球，重复以上操作。
（1）除了图示的器材以外，实验中还需要的实验仪器有________（填器材前方选项）
A．天平
B．秒表
C．拴着细线的重锤
D．刻度尺
（2）为了验证合力做功和物体速度变化的关系，可间接测量皮筋做的功与小钢球水平位移的数据，如下：
皮筋做的功W
W
2W
3W
4W
水平位移s（cm）
1.01
1.43
1.75
2.02
根据以上数据，选择合适的物理量，标注在图丁中的坐标轴上，并在坐标纸上作出线性图象
（3）图线的斜率k＝________，并说明表达式中各物理量的含义________
随练3、 某学习小组用如图所示的实验装置探究动能定理．他们在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．
（1）下列实验要求中不必要的一项是________（请填写选项前对应的字母）．
A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量
B．应使A位置与光电门间的距离适当大些
C．应将气垫导轨调至水平
D．应使细线与气垫导轨平行
（2）实验时保持滑块的质量M、遮光条宽度d和A、B间的距离L不变，改变钩码质量
m，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点做出线性图像，研究滑块动能变化与合外力对它所做功的关系，处理数据时应做出的图像是_________（请填写选项前对应的字母）．
A．t﹣F图
B．t2﹣F图
C．﹣F图
D．﹣F图．
拓展
1、 图甲为一女士站立在台阶式（台阶水平）自动扶梯上正在匀速上楼，图乙为一男士站立在履带式自动人行道上正在匀速上楼。下列关于两人受到的力做功判断正确的是（ ）
A.甲图中支持力对人不做功
B.甲图中摩擦力对人做负功
C.乙图中支持力对人不做功
D.乙图中摩擦力对人做负功
2、 下列说法中正确的是（ ）
A.受恒力作用的物体不可能做曲线运动
B.做直线运动的物体，其位移大小一定等于路程
C.两物体间的一对相互作用力，可能对两物体都做正功
D.运动物体所受的摩擦力方向不可能与物体的速度方向垂直
3、[多选题] 内径为2R、高为H的圆简竖直放置，在圆筒内壁上边缘的P点沿不同方向水平抛出可视为质点的三个完全相同小球A、B、C．它们初速度方向与过P点的直径夹角分别为30°、0°和60°大小均为v0，已知．从抛出到第一次碰撞筒壁，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A.三小球运动时间之比
B.三小球下落高度之比
C.重力对三小球做功之比
D.重力的平均功率之比PA︰PB︰PC＝2︰3︰1
4、 严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响，汽车尾气是形成雾霾的首要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点．地铁列车可实现零排放、大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放．若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20s达最高速度72km/h，再匀速运动80s，接着匀减速运动15s到达乙站停住，设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106N，匀速运动阶段牵引力的功率为6×103kW，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功．
（1）求甲站到乙站的距离；
（2）如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气态污染物的质量．（燃油公交车每做1焦耳功排放气态污染物3×10﹣6克）
5、 如图所示，质量分布均匀的刷子刷地面上的薄垫子，开始时刷子和垫子的左边缘对齐，刷子的质量为m，垫子的质量为M，刷子和垫子间的动摩擦因数为μ1，垫子和地面间的动摩擦因数为μ2，刷子和地面间的动摩擦因数为μ3，重力加速度为g．
（1）若给刷子施加一个斜向右下方、与水平方向成60°角的推力F1，垫子和刷子保持静止，求刷子受到的摩擦力大小f1和地面对垫子的支持力大小FN；
（2）若给刷子施加一个斜向右下方、与水平方向成30°角的推力F2，刷子和垫子以同一加速度运动，求刷子受到的摩擦力大小f2；
（3）若给刷子施加一个水平向右的推力F3，刷子从图示位置开始运动，垫子保持静止，已知刷子的长为b，垫子的长为L（L＞b），求刷子完全离开垫子的速度大小为v。
6、 如图甲所示，一轻质弹簧一端固定在倾角为37°的固定直轨道的底端，另一端位于直轨道上O点，弹簧处于自然状态，距O点为l0的C处有质量为m（可视为质点）的小物块A，以初速度v0沿斜面向下作匀加速直线运动，加速度大小为0.4g，小物块A将弹簧压缩至最低点O1，随后沿斜面被弹回，小物块A离开弹簧后，恰好回到C点，已知重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：
（1）物块A与直轨道间的动摩擦因数μ；
（2）小物块A运动到O1点时弹簧的弹性势能；
（3）若将小物块A与弹簧上端栓接，另一个质量为2m的物块B（可视为质点）与A叠放在一起（不粘连），A、B与直导轨之间的动摩擦因数相同，外力推动B使弹簧压缩到O1点位置静止（图乙），然后撤去外力。A、B一起向上运动一段距离后分离，求小物块B向上滑行距O1点的最大距离。
7、 在用如图1所示的装置做“探究功与速度变化的关系”的实验时
（1）为了平衡摩擦力，实验中可以将长木板的________（填“左端”或“右端”）适当垫高，使小车拉着穿过打点计时器的纸带自由下滑时能保持________运动。
（2）为了使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加，每次实验中橡皮筋的规格要相同，拉伸到________。
（3）在正确操作情况下，打在纸带上的点，并不都是均匀的，为了测量小车获得的速度，应选用纸带的________部分进行测量，如图2所示。
答案解析
功 功率
功
例题1、
【答案】 B
【解析】 滑动摩擦力可做正功、负功，也可不做功．
静摩擦力可做正功、负功，也可不做功．
例题2、
【答案】 B
【解析】 A、猫用力越大，桌布对鱼缸作用时间越短，鱼缸的最大速度越小，位移越短，摩擦力做功越小，故A错误；
B、由于鱼缸在桌面上和在桌布上的动摩擦因数相同，故受到的摩擦力相等，则由牛顿第二定律可知，加速度大小相等；但在桌面上做减速运动，则由v＝at可知，它在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等；故B正确；
C、若猫减少拉力，鱼缸与桌布间是滑动摩擦力，故不变，故C错误；
D、猫增大拉力时，桌布在桌面上运动的加速度不变，则运动时间变短；因此鱼缸加速时间变短，桌布抽出时的位移以及速度均变小，则不可能滑出桌面；故D错误；
例题3、[多选题]
【答案】 C D
【解析】 A、由功：W＝Fx，由图可得：15＝F×3，解得：F＝5N，又f＝μmg＝0.1×2.5×10＝2.5N，根据牛顿第二定律可知：．故A错误；
B、由功：W＝Fx，由图可得：27－15＝F′×（9－3），解得：F′＝2N，根据牛顿第二定律可知： ．故B错误；
C、由B的分析可知，x＝3m至x＝9m的过程中，物体的加速度的方向与开始时相反，做匀减速直线运动。故C正确；
D、x＝0至x＝9m的过程中，合力对物体做的功是：W＝（F－f）•s1＋（F′－f）•s2＝（5－2.5）×3＋（2－2.5）×（9－3）＝4.5J。故D正确。
随练1、
【答案】 C
【解析】 暂无解析
随练2、[多选题]
【答案】 A B D
【解析】 A、如图所示，重力在整个运动过程中始终不变，小球在重力方向上的位移为AB在竖直方向上的投影L，所以WG=mgL．故A正确
B、因为拉力FT在运动过程中始终与运动方向垂直，故不做功，即WFT=0．故B正确
C、F阻所做的总功等于每个小弧段上F阻所做功的代数和，即WF阻=﹣（F阻△x1+F阻△x2+…）=﹣F阻πL．故C错误，D正确；
随练3、
【答案】 B
【解析】 设AB间的距离为L，则上图中摩擦力做功W1＝－μmgL。
下图中把摩擦力做功分为两段，即W2＝－μmgcosαs1－μmgcosβs2＝－μmg（s1cosα＋s2cosβ）＝－μmgL。
所以W1＝W2．故B正确，A、C、D错误。
随练4、[多选题]
【答案】 A C D
【解析】 暂无解析
功率
例题1、
【答案】 C
【解析】 物体下滑过程中机械能守恒，所以有：mgh=…①
物体滑到底端重力功率为：P=mgvsinα…②
联立①②解得：P=mgsinα，故ABD错误，C正确
例题2、[多选题]
【答案】 B C
【解析】 A、物块从A到B做匀速圆周运动，动能不变，由动能定理得mgR－Wf＝0，可得克服摩擦力做功Wf＝mgR，故A错误。
B、物块从P到A的过程，由机械能守恒得，可得物块到达A点的速度大小为 ，从A到B运动的时间，因此物块从A到B过程重力的平均功率为，故B正确。
C、物块在B点时，由牛顿第二定律得，可得，根据牛顿第三定律知物块在B点时对槽底的压力大小为，故C正确。
D、物块到B点时重力与速度垂直，因此重力的瞬时功率为零。故D错误。
例题3、[多选题]
【答案】 A C
【解析】 A、设第②次提升过程矿车上升所用的时间为t。根据v－t图象的面积表示位移，得：
解得 t＝2.5t0。
所以第①次和第②次提升过程矿车上升所用的时间之比为2t0︰t＝4︰5，故A正确。
B、根据图象的斜率表示加速度，知两次矿车匀加速运动的加速度相同，由牛顿第二定律得 F－mg＝ma，可得 F＝mg＋ma，所以电机的最大牵引力相等，故B错误。
C、设电机的最大牵引力为F．第①次电机输出的最大功率为 P1＝Fv0，第②次电机输出的最大功率为 ，因此电机输出的最大功率之比为2︰1，故C正确。
D、电机所做的功与重力做功之和为零，因此电机做功之比为 W1︰W2＝1︰1，故D错误。
例题4、[多选题]
【答案】 B D
【解析】 A、根据速度－时间图象可知，机动车先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做匀速运动，故A错误；
B、最大速度vm＝12m／s，根据图线B可以机车的额定功率为：P0＝18000W，当牵引力等于阻力时，速度取到最大值，则阻力为：，故B正确；
C、0－6s内的加速度为：，匀加速运动的牵引力为：，保持不变，故C错误；
D、根据牛顿第二定律得：F－f＝ma解得：m＝562.5kg，故D正确．
随练1、[多选题]
【答案】 A B C
【解析】 A、0～6s内物体的位移大小x=×6m=30m．故A正确．
B、在0～2s内，物体的加速度a==3m/s2，由图，当P=30W时，v=6m/s，得到牵引力F==5N．在0～2s内物体的位移为x1=6m，
则拉力做功为W1=Fx1=5×6J=30J．2～6s内拉力做的功W2=Pt=10×4J=40J．所以0～6s内拉力做的功为W=W1+W2=70J．故B正确．
C、在2～6s内，物体做匀速运动，合力做零，则合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等．故C正确．
D、在2～6s内，v=6m/s，P=10W，物体做匀速运动，摩擦力f=F，得到f=F=N=N．故D错误．
随练2、[多选题]
【答案】 A C
【解析】 A、由速度分解此时汽车的速度为：v1＝v0cosθ，船靠岸的过程中，当θ增大，cosθ减小，船的速度不变，则车速v1减小，所以汽车做减速运动，故A正确，C错误；
BC、小船以速度v0从A处水平匀速运动到B处，则绳的拉力对船做功的功率不变，设为P，
再由P＝Fv0cosθ知，绳对船的拉力为：，因此小船受到的拉力逐渐变大，故B错误，C正确；
D、由功能关系可知，汽车发动机做的功转化为克服阻力做功和绳拉船做的功，即：P输t＝fv0cosθ•t＋Pt，
所以有：P输＝fv0cosθ＋P，即输出功率减小，故D错误。
随练3、
【答案】 D
【解析】 解：A、汽车发动机的输出功率不变，根据P=Fv知，额定功率P=W，故A错误．
B、在BC段，输出功率不变，速度减小，根据P=Fv知，牵引力增大，根据牛顿第二定律知，a=，则加速度减小，故B错误．
C、根据动能定理知，Pt﹣，在BC段的阻力，可以根据P=f2v2求出，则结合动能定理可以求出汽车在BC段前进的距离．故C错误．
D、根据P=Fv可以求出速度为8m/s时的牵引力，结合牛顿第二定律求出加速度的大小，故D正确．
随练4、
【答案】 A
【解析】 在0﹣t1时间内，如果匀速，则v﹣t图象是与时间轴平行的直线，如果是加速，根据P=Fv，牵引力减小；根据F﹣f=ma，加速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为0时，即F1=f，汽车开始做匀速直线运动，此时速度v1==．所以0﹣t1时间内，v﹣t图象先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线；
在t1﹣t2时间内，功率突然增加，故牵引力突然增加，是加速运动，根据P=Fv，牵引力减小；再根据F﹣f=ma，加速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为0时，即F2=f，汽车开始做匀速直线运动，此时速度v2==．所以在t1﹣t2时间内，即v﹣t图象也先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线．
故A正确，BCD错误；
故选：A．
动能定理及其应用
动能定理的理解和简单应用
例题1、[多选题]
【答案】 B D
【解析】 A、选择A和B作为研究对象，运用动能定理研究：
B受外力F做功，A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，
wF+（﹣f•△x）=△EkA+△EkB，其中△x为A、B的相对位移．
所以外力F做的功不等于A和B的动能的增量，故A错误．
B、对A物运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量，故B正确．
C、A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，故C错误．
D、对B物体应用动能定理，WF﹣Wf=△EkB，Wf为B克服摩擦力所做的功，
即WF=△EkB+Wf，就是外力F对B做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，故D正确．
例题2、
【答案】 B
【解析】 AB、物块在斜面滑动时，克服摩擦力做的功为：Wf＝μmgcosθ•L，物块在曲面上滑动时，做曲线运动，根据牛顿第二定律，则有：FN－mgcosθ＝，即FN＞mgcosθ，此时的滑动摩擦力f′＝μFN＞μmgcosθ，且物块在曲面上滑过路程等于在斜面的滑过的路程L，故物块在曲面上克服摩擦力做的功：Wf′＞Wf＝μmgcosθ•L，
根据动能定理，可知，物块将停在C点左侧，故A错误，B正确；
CD、从释放到最终停止，动能的改变量为零，根据动能定理，可知，物块克服摩擦力做的功等于重力做的功，而两种情况下，重力做功的相同，物块从释放到停止的过程中，克服摩擦力做的功等于W，故CD错误。
例题3、
【答案】 C
【解析】 A、设小物块到达最低点N时的速度大小为v。
在N点，根据牛顿第二定律得：
据题有FN＝2mg
联立得，故A错误。
B、小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为mgR，故B错误。
C、小物块从P点运动到N点的过程，由动能定理得：
可得，克服摩擦力所做的功为，故C正确。
D、由于小物块要克服摩擦力做功，机械能不断减少，所以小物块不可能到达Q点，故D错误。
随练1、
【答案】 A
【解析】 竖直向上过程，设初速为v0，则速度时间关系为：v＝v0－gt
此过程动能为：
即此过程EK与t成二次函数关系，且开口向上，故BC错误；
下落过程做自由落体运动，
此过程动能为：
即此过程EK与t也成二次函数关系，且开口向上，故A正确，D错误；
随练2、
【答案】 D
【解析】 A、当转速较小时，摩擦力提供向心力，此时细绳上无拉力，故A错误
B、对物体受力分析知物块离开圆盘前，合力为：F=f+Tsinθ=mv2…①
N+Tcosθ=mg…②
根据动能定理知：W=Ek=mv2…③
AB、当弹力T=0，r=Lsinθ…④
由①②③④解得：W=fLsinθ≤μmgLsinθ至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为μmgLsinθ，故B错误；
C、当N=0，f=0，根据牛顿第二定律可知：mgtanθ=mω2Lsinθ，解得：，故C错误
D、当N=0，f=0，由①②③知：W=mgLsinθtanθ=，故D正确。
随练3、[多选题]
【答案】 B C
【解析】 A、从发球到O点应用动能定理列出等式可知：，所以可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰，只要保证擦冰的距离一定就行。
故A错误，B正确；
C、擦冰区间越靠近投掷线，则开始阶段冰壶的平均速度就越大，总的平均速度越大，距离一定，所以时间越短，故C正确，D错误。
随练4、
【答案】 （1）g
（2）
（3）
【解析】 （1）由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以，软钢锭在平台上滑过距离L时，
滑块脱离做自由落体运动，最大加速度：a＝g；
（2）对软钢锭，由动能定理得：，解得：；
（3）滑块脱离软钢锭后做自由下落到平台的时间与软钢锭在平台最后滑动L的时间相同，都为t。
滑块离开软钢锭到软钢锭静止过程，软钢锭做匀减速直线运动，由位移公式得：，
对软钢锭，从滑上平台到静止的过程中，
由动能定理得：，
滑块落到平台上时的速度：υm＝gt，
滑块到达平台时的动能：，
解得：．
应用动能定理解决多过程问题
例题1、
【答案】 （1）1s
（2）3N
【解析】 （1）为使小物块到达O1点，小物块到达O1点的速度大于等于0，恰好到达时，由动能定理可得：
Fx﹣μmgs＝0
代入数据解得：x＝2m
由牛顿第二定律：F﹣μmg＝ma
解得：a＝4m/s2
由运动公式：
解得t＝1s
（2）设小物块到达O1点的速度为v2时，刚好到达最高点时的速度为v，
由牛顿第二定律：
由机械能守恒定律：
在水平轨道上运动，应用动能定理：
联立解得：F1＝3N。
例题2、[多选题]
【答案】 B D
【解析】 A：对物体B和平板A整体分析可知，A和B达到最大速度时应满足kx＝（m＋M）gsinθ＋μ（m＋M）gcosθ，说明弹簧仍处于压缩状态，所以A错误；
B：根据题意可知，A和B恰好分离时，弹簧正好恢复原长，对A和B整体由牛顿第二定律得：
（m＋M）gsinθ＋μ（m＋M）gcosθ＝（m＋M）a，
解得：a＝gsinθ＋μgcosθ＝g（sinθ＋μcosθ），所以B正确；
C：对A从释放到速度达到最大的过程由动能定理可得：W弹－MgLsinθ－μMgLcosθ－WBA
解得：，故C错误；
D：对B从释放到A和B达到最大速度的过程由动能定理可得：
解得A对B所做的功等于，故D正确。
例题3、
【答案】 （1）4m/s
（2）0.6m
（3）
【解析】 （1）物块被弹簧弹出，有：
解得滑块被弹簧弹出时的速度为：v0=4m/s
（2）若滑块在传送带上一直加速，设经过传送带获得的速度为v′，有：v′2﹣
解得：
所以，滑块在传送带上先加速后匀速，经过传送带获得的速度为：v=6m/s
从B到E，由动能定理得：
代入数据解得：R=0.6m
（3）设物块在B点的速度为v1时能恰到F点，在F点满足：
从B到F点过程中由动能定理可知：
代入数据解得：
设物块在B点的速度为v2时，物块撞挡板后返回能恰好再次上滑到E点。
由动能定理可知：
代入数据解得：
因为物块在传送带上一直加速获得的速度为，所以传动带速度的可调范围为。
故：（1）滑块被弹簧弹出时的速度是4m/s。
（2）右侧圆弧的轨道半径R是0.6m。
（3）传送带速度的可调范围是。
随练1、[多选题]
【答案】 B D
【解析】 从A到C的过程中，物体受重力、支持力、摩擦阻力三个力的作用，只有重力与摩擦阻力做功，初、末速度都为0，由动能定理有：
W1－W2＝0
得：W1＝W2
由C到A的过程中，物体受重力、拉力、支持力、摩擦阻力四个力的作用，只有重力、摩擦阻力、拉力三个力做功，由动能定理有：
W3－W1－W4＝0
得：W3＝W1＋W4
由于AB轨道是弯曲的，由A到B与由B到A的速度大小关系不清楚，故有：W2≠W4，故AC错误，BD正确。
随练2、
【答案】 （1）3mg﹣3μmg（2）R（3）L′≥
【解析】 （1）根据几何关系：PB=
从P点到E点根据动能定理，有：
mgR﹣μmgcosθ•PB=﹣0
代入数据：mgR﹣μmg•
解得：
在E点，根据向心力公式有：
解得：FN=3mg﹣3μmg
（2）物体滑回到轨道AB上距B点的最大距离x，
根据动能定理，有
mg（BP﹣x）•sinθ﹣μmgcosθ（BP+x）=0﹣0
代入数据：
解得：x=R
（3）刚好到达最高点时，有mg=m
解得：v=
根据动能定理，有
mg（L′sinθ﹣R﹣Rcosθ）﹣μmgcosθ•L′=﹣0
代入数据：mgR
解得：L′=
所以L′≥，物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点D．
随练3、
【答案】 （1）θ角增大到tanθ≥0.05；，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）
（2）当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，物块与桌面间的动摩擦因数μ2为0.8；
（3）继续增大θ角，发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大，此最大距离x为1.9m．
【解析】 （1）为使小物块下滑，则有：
mgsinθ≥μ1mgcosθ；
故θ应满足的条件为：
tanθ≥0.05；
（2）克服摩擦力做功Wf=μ1mgL1cosθ+μ2（L2﹣L1cosθ）
由动能定理得：mgL1sinθ﹣Wf=0
代入数据解得：
μ2=0.8；
（3）由动能定理得：
mgL1sinθ﹣Wf=mv2
解得：v=1m/s；
对于平抛运动，竖直方向有：
H=gt2；
解得：t=0.4s；
水平方向x1=vt
解得：x1=0.4m；
总位移xm=x1+L2=0.4+1.5=1.9m；
答：（1）θ角增大到tanθ≥0.05；，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）
（2）当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，物块与桌面间的动摩擦因数μ2为0.8；
（3）继续增大θ角，发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大，此最大距离x为1.9m．
动能定理和图像综合问题
例题1、
【答案】 C
【解析】 A、由图象可得，A加速运动的加速度为a=，减速运动的加速度为a′=，根据牛顿第二定律知=①
=②由①②得f1=F
B加速运动的加速度为，减速运动的加速度为，根据牛顿第二定律知=③
=④
由③④得f2=F
所以与水平面的摩擦力大小之比为：=5：12 ⑤，
联立①②⑤可得，=⑥；
由f=μmg可知：
=1； 故AB错误；
C、合外力做功减速阶段两图象的斜率相等，故加速度相等，而此时a=μg，故摩擦系数相同，由牛顿第二定律知，质量之比等于摩擦力之比为5：12，在匀加速运动阶段，合外力做功之比为等于末动能之比，为m1v12：m2v22=5×22：12×12=5：3，故C正确；
D、根据功的公式可知：W=FL，则力F做功之比：W1：W2=F：F=1：2； 故D错误
例题2、
【答案】 D
【解析】 A．物体做匀速运动时，受力平衡，则f=F=8N，==0.4，故A错误；
CD．图像与坐标轴围成的面积表示拉力做的功，则由图像可知，（4+8）×8J=48J，滑动摩擦力做的功Wf=﹣μmgx=﹣0.4×2×10×8=﹣64J，所以合外力做的功为W合=﹣64+48=﹣16J，故C错误，D正确．
B．根据动能定理得：，解得：，故B错误；
例题3、[多选题]
【答案】 A D
【解析】 A、在0～h过程中物体的动能、重力势能均增加，则机械能增加，故A正确。
B、物体在上升到高度h时，由图象可知，F＝mg，速度为v，则功率为P＝mgv，故B错误。
C、在h～2h过程中，物体匀速上升，此时拉力对物体要做功，故物体的机械能不守恒，故C错误；
D、在2h～3h过程中，根据动能定理得△Ek＝F合△h，知图象的斜率大小k＝F合＝mg，则拉力始终为零，故D正确。
例题4、
【答案】 （1）
（2）0.2；0.25
【解析】 （1）由动能定理，对全过程有：
mgh－μ1mgcosθ•AD－μ2mg•x＝0
即为：．
（2）对照图象，代入数值可知：
μ1＝0.2
μ2＝0.25
随练1、
【答案】 C
【解析】 根据动能定理可得：mah＝△Ek，解得斜率的大小为；
上升过程中：
下落过程中：
设与运动方向相反的外力为F，根据牛顿第二定律可得：
上升过程中：mg＋F＝ma1，
下落过程中：mg－F＝ma2，
联立解得：m＝1kg。
故C正确，ABD错误。
随练2、
【答案】 （1）4m
（2）32J
【解析】 （1）对于从B到A过程，由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma′
得：，
由运动学公式得：，
故AB间距离为4m。
（2）对前3s分析，由动能定理可知：
W－μmg•2x＝0－0
解得：W＝0.2×1×10×2×4J＝16J
对于后2s，根据图像可知，牵引力为4N，位移为4m；
故牵引力所做功的W'＝FL＝4×4＝16J；
故5s内牵引力做功W总＝W＋W'＝32J．
随练3、[多选题]
【答案】 B D
【解析】 由图象可知当时，，而，则，由动能定理有，解得，B正确，在点时，，，由动能定理可得，则，D正确．
随练4、[多选题]
【答案】 A C
【解析】 A、在星球表面，根据万有引力等于重力可得，则GM＝R2g，所以有：，解得：；
根据图象可知，在M星球表面的重力加速度为gM＝3a0，在N表面的重力加速度为gN＝a0，星球M的半径是星球N的3倍，则M与N的密度相等，故A正确；
B、加速度为零时受力平衡，根据平衡条件可得：mPgM＝kx0，mQgN＝2kx0，解得：，故B错误；
C、根据动能定理可得max＝Ek，根据图象的面积可得：EkP＝mP•3a0•x0，EkQ＝mQ•a0•2x0，，故C正确；
D、根据简谐运动的特点可知，P下落过程中弹簧最大压缩量为2x0，Q下落过程中弹簧最大压缩量为4x0，Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的2倍，故D错误。
实验：探究动能定理
探究动能定理
例题1、
【答案】 （1）交流
（2）AD
（3）0.81
【解析】 （1）由图可知，打点计时器需要交流电源，同时需要导线、开关；为了测量数据，还需要刻度尺；
（2）A、若用砂和小桶的总重力表示小车受到的合力，为了减少这种做法带来的实验误差，必须使长木板左端抬起一个合适的角度，以平衡摩擦力，以保证合外力等于绳子的拉力，但不需要每次都平衡摩擦力；故A正确，B错误；
C、本实验采用橡皮筋拉动小车，不需要用物体来拉动小车，故C错误；
为了准确判断纸带是否做匀速运动，同时由于打点时存在摩擦力，故在判断时应接通电源后判断是否已平衡摩擦力；故C错误；
D、本实验中需要探究功与速度间的关系，因此需要作出多种可能的图象进行分析，再找出可能的关系，故D正确；
（3）当小车做匀速直线运动时，速度最大，最大速度为：
。
随练1、
【答案】 （1）BD
（2）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；大于零
（3）C；v2与n成正比
【解析】 （1）实验时用完全相同的橡皮筋对小车做功，通过改变橡皮筋的条数可以改变橡皮筋对小车做的功，实验不需要具体求出橡皮筋做功的具体数值，根据打出的纸带求出小车的速度，实验不需要测出小车质量，从而研究功与速度变化的关系，故BD正确，AC错误；
（2）实验前要平衡摩擦力，平衡摩擦力后橡皮筋恢复原长时小车做匀速直线运动，纸带上相邻点间的距离相等，
成5︰9各计数点间距不相等的原因可能是：没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。
由于没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，该小车达到最大速度时，橡皮筋仍然处于伸长状态，橡皮筋的伸长量大于零。
（3）旧橡皮筋老化，不同的橡皮筋伸长相等长度时弹性势能不同，由图示图象可知，用新橡皮筋得出的图象是C，
由图示图象可知，v2与n成正比（v2与橡皮筋对小车所做的功成正比）。
随练2、
【答案】 （1）BCD
（2）不正确；此时小车仍处于加速阶段
（3）不能；由图象只能得出W与△Ek成线性关系，并不能得到两者相等关系
【解析】 （1）A、实验时，应先开通电源，再释放小车，故A错误；
B、实验时，要求通过增加橡皮筋的条数，使功成倍增加，故增加橡皮筋根数时，应选取相同的橡皮筋，并且每次应将小车拉到相同的位置由静止释放，故BC正确；
D、实验要探究橡皮筋做的功等于小车动能的变化量，所以应该消除摩擦力的干扰，故实验前应先平衡小车在木板上所受的摩擦力，故D正确。
（2）他的算法不正确；理由是由纸带可看出在打2、3、4点时，小车仍处于加速阶段，应该选取小车匀速的纸带计算速度；
（3）根据此图象不能验证动能定理；因为由图象只能得出W与△Ek成线性关系，并不能得到两者相等关系。
动能定理实验创新
例题1、
【答案】 （1）D
（2）10g
（3）
（4）由于钩码做加速运动，所以细绳对小车的拉力小于钩码的重力mg
【解析】 （1）在平衡摩擦力时，不挂钩码，轻推拖着纸带的小车，小车能够匀速下滑即可，故ABC错误，D正确；
（2）在实验过程中要保证小车的质量远大于钩码的质量，故钩码的质量选择10g；
（3）打4点时的瞬时速度为：v=，故小车的动能增量为：△Ek=；
（4）小车在钩码的拉力作用下，小车和钩码一起做匀加速运动，所以细绳对小车的拉力小于钩码的重力。
例题2、
【答案】 （1）ADE
（2）L2
（3）系统误差
【解析】 （1）小球离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度，可计算出平抛运动的时间，再根据小物块抛出点到落地点的水平距离L＝v0t，可计算出小球离开桌面时的速度，根据动能的表达式，还需要知道小球的质量。
故ADE正确、BC错误。
（2）根据，和L＝v0t，可得，因为功与速度的平方成正比，所以功与L2正比，故应以W为纵坐标、L2为横坐标作图，才能得到一条直线。
（3）一般来说，从多次测量揭示出的实验误差称为偶然误差，不能从多次测量揭示出的实验误差称为系统误差。由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于系统误差。
例题3、
【答案】 （1）1.20
（3）
（4）FL；略大于
【解析】 （1）游标卡尺的主尺读数为：1mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为4×0.05mm＝0.20mm，
所以最终读数为：1mm＋0.20mm＝1.20mm＝1.20mm
（3）由于宽度较小，时间很短，所以瞬时速度接近平均速度，则。
滑块在经过两光电门过程动能的改变量可由计算式算出；
（4）由图可知，滑块的位移为L，滑块受到的合外力为F，则合外力做的功：W＝FL；由于没有考虑摩擦力等阻力，所以合外力做的功总是略大于滑块增加的动能。
随练1、
【答案】 （1）AC
（2）mgx2；
（3）打O1点速度的二次方
（4）不会
【解析】 （1）A、探究小车做匀变速直线运动的规律，为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平，故A正确；
B、在平衡摩擦力时，需要连接纸带。故B错误
C、为了充分利用纸带，实验时应小车从靠近打点计时器处释放，故C正确；
（2）小车受到的拉力大小等于mg，在打O点到打B点的过程中，拉力对小车做的功W＝mgx2；
B点时小车的速度：
打B点时小车的动能；
（3）以小车受到的二次方v2为纵坐标，则x＝0时，对应的是打O1点速度的二次方；
（4）在实验过程中钩码减小的重力势能等于钩码与小车增加的动能的和，则：
可知钩码做的功与v2成正比，没有保证钩码质量远小于小车质量，他利用实验数据作出的v2－W图象仍然是直线，不会弯曲。
随练2、
【答案】 （1）CD
（2）
（3）；小球的质量m，桌面的高度h，重力加速度g
【解析】 （1）本实验利用平抛运动的规律测量出平抛运动的初速度，即橡皮筋做功的末速度。要测量平抛运动的初速度，需要测量小钢球的水平射程，故需要用到重锤线确定管口在地面上的投影，以方便测量水平射程。故CD正确、AB错误。故选：CD。
（2）将皮筋做的功与测得小钢球水平位移x以及x2的数据整理如下表所示：
皮筋做的功W
W
2W
3W
4W
水平位移x（m）
1.01
1.43
1.75
2.02
x2（m2）
1.02
2.04
3.06
4.08
从表中数据可知，皮筋做的功W与小球的水平位移x的平方成正比，
故以W为纵轴，以x2为横轴，可在坐标纸上得到一条直线，图象如所示：
（3）钢球离开桌面后做平抛运动，
竖直方向：，水平方向：x＝v0t，则，
对钢球，由动能定理得：，
则W－x2图象的斜率：。
随练3、
【答案】 （1）A（2）D
【解析】 （1）A．拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故A不必要；
B．应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故B是必要的；
C．应将气垫导轨调节水平，保持拉线方向与木板平面平行，这样拉力才等于合力，故CD是必要的．
（3）根据牛顿第二定律得a=，
那么
解得：t2=
所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应做出图像或做出t2﹣图像，故D正确．
拓展
1、
【答案】 C
【解析】 AB、甲图中，人匀速上楼，支持力向上，与速度方向为锐角，则支持力做正功。不受静摩擦力，摩擦力不做功，故AB错误。
CD、乙图中，支持力与速度方向垂直，支持力不做功，摩擦力方向与速度方向相同，做正功。故C正确，D错误。
2、
【答案】 C
【解析】 暂无解析
3、[多选题]
【答案】 A C
【解析】 A、根据几何关系知，A球的水平位移，B球的水平位移xB＝2R，C球的水平位移xC＝2Rcos60°＝R，则三个小球的水平位移之比为，初速度相等，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，则三小球的运动时间之比为，故A正确。
B、根据知，三个小球下落的高度之比为3︰4︰1，故B错误。
C、根据WG＝mgh知，下落的高度之比为3︰4︰1，则重力做功之比为3︰4︰1，故C正确。
D、根据知，重力做功之比为3︰4︰1，运动的时间之比为，则重力的平均功率之比为，故D错误。
4、
【答案】 （1）甲站到乙站的距离是1950m；（2）如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，公交车排放气态污染物的质量是2.04kg．
【解析】 （1）72km/h=20m/s，
匀加速直线运动的位移为：m．
匀速直线运动的位移为：x2=vt2=20×80m=1600m．
匀减速直线运动的位移为：m．
则总位移为：x=x1+x2+x3=200+1600+150m=1950m
（2）设列车在第一阶段的牵引力为F，所做的功为W1，在第二阶段牵引力的功率为P，所做的功为W2，设燃油公交车从甲站到乙站做相同的功W，排放的污染物的质量为M，则：
W1=Fx1；
W2=Pt2
W=W1+W2
M=W•（3×10﹣9kg•J﹣1）
联立以上公式，代入数据得：M=2.04kg
答：（1）甲站到乙站的距离是1950m；（2）如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，公交车排放气态污染物的质量是2.04kg．
5、
【答案】 （1）；
（2）
（3）
【解析】 （1）刷子受到重力、垫子的支持力、推力F1和摩擦力作用，则水平方向受力平衡有，
刷子和垫子整体在竖直方向受力平衡有；
（2）设刷子和垫子运动的加速度为a，由牛顿第二定律可得F2cos30°－μ2（mg＋Mg＋F2sin30°）＝（M＋m）a
对刷子有F2cos30°－f2＝ma，解得；
（3）刷子离开垫子的过程受到的摩擦力做的功
由动能定理有，
解得。
6、
【答案】 （1）0.25
（2）
（3）
【解析】 （1）物块在OC上下滑，做匀加速运动；对物块进行受力分析，由牛顿第二定律可得加速度为：
；
故物块A与直轨道间的动摩擦因数为：
；
（2）物块由C到O1，再回到C的运动过程只有摩擦力做功，故由动能定理可得：
；
物块下滑、上滑过程，摩擦力大小相等，位移相等，做功相等，故物块由C到O1的过程摩擦力做功为：
所以，；
物块由C到O1的过程只有重力、摩擦力、弹簧弹力做功，故由动能定理可得：
；
故小物块A运动到O1点时弹簧的弹性势能为：
；
（3）由（2）可得：；
弹簧压缩到O1时，弹簧的弹性势能为；
物块A、B一起运动到O，然后弹簧对A的弹力沿斜面向下，物块A和B分离；
对物块A、B一起运动到O的过程应用动能定理可得：
；
在O点分离后，小物块继续上滑，上滑过程只有重力、摩擦力做功，设小物块B向上滑行距O点的最大距离为s，则有：
；
故
；
故小物块B向上滑行距O1点的最大距离为。
7、
【答案】 （1）左端；匀速
（2）相同位置
（3）GK
【解析】 （1）实验前，应平衡摩擦力，可以将长木板的左端适当垫高，使小车拉着穿过打点计时器的纸带自由下滑时能保持匀速运动。
（2）在实验中，每根橡皮筋的规格相同，拉伸长度相同，通过改变橡皮筋的条数改变做功的大小。
（3）要测量最大速度，应该选用点迹恒定的部分，所以选GK部分。
第11讲 动能定律
知识图谱
功 功率
知识精讲
1． 功的正负判断和计算
（1）若物体做直线运动，依据力与位移的夹角来判断。
（2）若物体做曲线运动，依据F与v的方向夹角来判断。
（3）根据功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功，此法常用于两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断。
2．恒力做功
（1）单个力做功：计算。
（2）合力做功
方法1：先求合力，再用求功；
方法2：先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用求合力做的功。
3．变力做功
（1）大小不变、方向变化的力，可分段转化为恒力来计算；
（2）功率恒定，求变力的功，W=Pt；
（3）求出力F对位移的平均力来计算，当力F是位移s的线性函数时，平均力；
（4）作出变力F随位移变化的图象，图象与位移轴所围均“面积”即为变力做的功；
（5）根据动能定理求变力做的功；
（6）根据功和能关系求变力的功。功是能量转化的量度，做功过程一定伴随能量的转化，并且做多少功就有多少能量发生转化。
4．功率
（1）比值定义式：。
（2）功率与速度：(为F与v的夹角)。
5．机车启动问题
（1）以恒定功率启动
（2）以恒定加速度启动
三点剖析
学习目标：
1. 掌握恒力做功和变力做功的计算方法；
2. 掌握功率的计算；
3. 理解汽车启动的两种方式，会分析在启动过程中各物理量的变化。
功
例题1、 关于摩擦力做功，下列说法正确的是（ ）
A.滑动摩擦力一定对物体做负功
B.滑动摩擦力可能不对物体做功
C.静摩擦力一定不对物体做功
D.滑动摩擦力不可能对物体做正功
例题2、 如图所示，一只猫在桌边猛地将桌面从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中，下列说法正确的是（ ）
A.猫用力越大，对鱼缸做功越多
B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C.若猫减少拉力，鱼缸受到桌布的摩擦力将减小
D.若猫增大拉力，鱼缸有可能滑出桌面
例题3、[多选题] 质量为2.5kg的物体放在水平支持面上，在水平拉力F作用下由静止开始运动，拉力F做的功W和物体发生的位移x之间的关系图象如图所示，物体与水平支持面之间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取10m／s2．则( )
A.x＝0至x＝3m的过程中，物体的加速度是5m／s2
B.x＝3m至x＝9m的过程中，物体的加速度是0.8m／s2
C.x＝3m至x＝9m的过程中，物体做匀减速直线运动
D.x＝0至x＝9m的过程中，合力对物体做的功是4.5J
随练1、 一物体在互相垂直的两个恒力F1、F2作用下由静止开始运动一段位移，F1对物体做功3J，F2对物体做功4J，则F1与F2的合力对物体做功为（ ）
A.5J
B.6J
C.7J
D.8J
随练2、[多选题] 如图所示，摆球质量为m，悬线的长为L，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球运动过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是（ ）
A.重力做功为mgL
B.绳的拉力做功为0
C.空气阻力（F阻）做功0
D.空气阻力（F阻）做功﹣F阻πL
随练3、 如图所示，一物体以一定的初速度沿水平地面从A点滑到B点，摩擦力做功为W1；若该物体从A′点沿两斜面滑到B′点（物体始终没有离开斜面），摩擦力做的总功为W2，已知物体与各接触面的动摩擦因数均相同，则（ ）
A.W1＞W2
B.W1＝W2
C.W1＜W2
D.无法确定
随练4、[多选题] 如图所示，小物块在竖直平面你的恒力F作用下，沿倾角θ=300的斜面向上运动的过程中，恒力F做功与物块克服重力做的功相等，下列说法正确的是（ ）
A.若斜面光滑，则小物块一定匀速上滑
B.若斜面粗糙，则小物块一定减速上滑
C.若斜面光滑，当F最小时，F与斜面的交角为零
D.若斜面粗糙，当摩擦力做功最小时，F与斜面的夹角为600
功率
例题1、 物体m从倾角为α的固定的光滑斜面由静止开始下滑，斜面高为h，当物体滑至斜面底端时，重力做功的功率为（ ）
A.mg
B. mgsinα•
C.mg••sinα
D.mg•
例题2、[多选题] 如图所示，半径为R的半圆弧槽固定在水平面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为m的物块从P点由静止释放刚好从槽口A点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到B点，不计物块的大小，P点到A点高度为h，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）
A.物块从P到B过程克服摩擦力做的功为mg（R＋h）
B.物块从A到B过程重力的平均功率为
C.物块在B点时对槽底的压力大小为
D.物块到B点时重力的瞬时功率为
例题3、[多选题] 地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程，（ ）
A.矿车上升所用的时间之比为4︰5
B.电机的最大牵引力之比为2︰1
C.电机输出的最大功率之比为2︰1
D.电机所做的功之比为4︰5
例题4、[多选题] 一辆机动车在平直的公路上由静止启动。如图所示，图线A表示该车运动的速度与时间的关系，图线B表示该车的功率与时间的关系。设机车在运动过程中阻力不变，则以下说法正确的是（ ）
A.0～22s内机动车先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速运动
B.运动过程中机动车所受阻力为1500N
C.机动车速度为5m／s时牵引力大小为3×103N
D.机动车的质量为562.5kg
随练1、[多选题] 放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图所示．下列说法正确的是（ ）
A.0～6s内物体的位移大小为30m
B.2～6s内拉力做的功为40J
C.合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等
D.滑动摩擦力的大小为5N
随练2、[多选题] 如图，汽车在水平地面上通过一条轻绳跨过光滑的定滑轮连接小船，用水平力拉轻绳，小船以速度v0从A处水平匀速运动到B处，设小船受到的阻力，汽车受到的阻力（绳子拉力除外）均保持不变，则（ ）
A.汽车做减速运动
B.小船受到的拉力逐渐变小
C.绳子对小船的拉力的功率不变
D.汽车发动机的输出功率不变
随练3、 在如图a所示，在水平路段AB上有一质量为lxl03kg的汽车，正以l0m/s的速度向右匀速行驶，汽车前方的水平路段BC因粗糙程度不同引起阻力变化，汽车通过整个ABC路段的v﹣t图象如图b所示，t=15s时汽车刚好到达C点，并且已作匀速直线运动，速度大小为5m/s．运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变，假设汽车在AB路段上运动时所受的恒定阻力为Ff=2000N，下列说法正确的是（ ）
A.汽车在AB、BC段发动机的额定功率不变都是l×l04W
B.汽车在BC段牵引力增大，所以汽车在BC段的加速度逐渐增大
C.由题给条件不能求出汽车在BC段前进的距离
D.由题所给条件可以求出汽车在8m/s时加速度的大小
随练4、 一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是（ ）
A.A
B.B
C.C
D.D
动能定理及其应用
知识精讲
1．动能定理：
（1）表达式：
（2）理解： “＝”体现的三个关系
①数量相等：即通过计算物体动能的变化，求合力的功，进而求出某个力所做的功；
②单位相同：都是焦耳；
③因果关系：合外力的功是物体动能变化的原因。
2．利用动能定理分析问题的基本思路
3．用动能定理解决多过程问题
（1）运用动能定理解决问题时，选择合适的研究过程能使问题得以简化。当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程。
（2）当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：
①重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；
②大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积。
4．动能定理与图象的综合问题
（1）v -t图：由公式x＝vt可知，v t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。
（2）a -t图：由公式Δv＝at可知，a t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
（3）F -x图：由公式W＝Fx可知，F x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
（4）P -t图：由公式W＝Pt可知，P t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
三点剖析
学习目标：
1．理解动能定理的内容；
2．掌握利用动能定理解决问题的思路；
3．能利用动能定理分析综合问题。
动能定理的理解和简单应用
例题1、[多选题] 如图，一块木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参照物，A、B都向前移动一段距离，在此过程中（ ）
A.外力F做的功等于A和B的动能的增量
B.B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量
C.A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功
D.外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
例题2、 如图所示，斜面AB竖直固定放置，物块（可视为质点）从A点静止释放沿斜面下滑，最后停在水平面上的C点，从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功为W．因斜面塌陷，斜面变成APD曲面，D点与B在同一水平面上，且在B点左侧。已知各接触面粗糙程度均相同，不计物块经过B、D处时的机械能损失，忽略空气阻力，现仍将物块从A点静止释放，则（ ）
A.物块将停在C点
B.物块将停在C点左侧
C.物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功大于W
D.物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功小于W
例题3、 如图所示，粗糙程度处处相同的半圆形竖直轨道固定放置，其半径为R，直径POQ水平．一质量为m的小物块（可视为质点）自P点由静止开始沿轨道下滑，滑到轨道最低点N时，小物块对轨道的压力为2mg，g为重力加速度的大小，则下列说法正确的是（ ）
A.小物块到达最低点N时的速度大小为
B.小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为2mgR
C.小物块从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功为
D.小物块从P点开始运动经过N点后恰好可以到达Q点
随练1、 从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是（ ）
A.
B.
C.
D.
随练2、 如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为L的细绳将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为θ角，此时绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为μ（μ＜tanθ），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则下列说法正确的是（ ）
A.转台一开始转动，细绳立即绷直对物块施加拉力
B.当绳中出现拉力时，转台对物块做的功为μmgLsinθ
C.当物体的角速度为时，转台对物块支持力为零
D.当转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功为
随练3、[多选题] 冰壶比赛场地如图，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线MN处放手让冰壶滑出。设在某次投掷后发现冰壶投掷的初速度v0较小，直接滑行不能使冰壶沿虚线到达尽量靠近圆心O的位置，于是运动员在冰壶到达前用毛刷摩擦冰壶运行前方的冰面，这样可以使冰壶与冰面间的动摩擦因数从μ减小到某一较小值μ′，设经过这样擦冰，冰壶恰好滑行到圆心O点。关于这一运动过程，以下说法正确的是（ ）
A.为使本次投掷成功，必须在冰壶滑行路线上的特定区间上擦冰
B.为使本次投掷成功，可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰
C.擦冰区间越靠近投掷线，冰壶滑行的总时间越短
D.擦冰区间越远离投掷线，冰壶滑行的总时间越短
随练4、 如图所示，炼钢厂通常用滚筒来传送软钢锭，使具有一定初速度的软钢锭通过滚筒滑上平台。质量为M 的软钢锭长为L，上表面光滑，下表面与平台间是粗糙的。现以水平向右的初速度滑上平台，全部滑上平台时的速度为υ．此时，在其右端无初速放上一个质量为m 的滑块（视为质点）。随后软钢锭滑过2L 距离时速度为零，滑块恰好到达平台。重力加速度取g，空气阻力不计。求：
（1）滑块获得的最大加速度（不考虑与平台的撞击过程）；
（2）滑块放上后，软钢锭滑动过程克服阻力做的功；
（3）软钢锭处于静止状态时，滑块到达平台的动能。
应用动能定理解决多过程问题
例题1、 如图所示，在粗糙水平轨道OO1上的O点静止放置一质量m＝0.25kg的小物块，它与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，OO1的距离s＝4m。在O1右侧固定了一半径R＝0.32m的光滑的竖直半圆弧，现用F＝2N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力。g＝10m/s2）求：
（1）为使小物块到达O1，求拉力F作用的最短时间；
（2）若将拉力变为F1，使小物块由O点静止运动至OO1的中点位置撤去拉力，恰能使小物块经过半圆弧的最高点，求F的大小。
例题2、[多选题] 如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B靠在平板的右侧，A、B与斜面的动摩擦因数均为μ．开始时用手按住物体B使弹簧处于压缩状态，现放手，使A和B一起沿斜面向上运动距离L时，A和B达到最大速度v。则下列说法正确的是（ ）
A.A和B达到最大速度v时，弹簧是自然长度
B.若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为g（sinθ＋μcosθ）
C.从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于
D.从释放到A和B达到最大速度v的过程中，A对B所做的功等于
例题3、 如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m=1kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不栓接，弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一传送带，AB长为L=12m，与传送带相邻的粗糙水平面BC长为x=4m，物块与传送带及水平面BC间的动摩擦因数均为μ=0.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直半圆弧与BC平滑连接，在半圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带以v=6m/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失。当弹簧储存的Ep=8J能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g=10m/s2。
（1）求滑块被弹簧弹出时的速度；
（2）求右侧圆弧的轨道半径R；
（3）若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调范围。
随练1、[多选题] 如图所示，圆弧轨道AB与水平轨道BC相切于B点，两轨道平滑连接且与小物块动摩擦因数相同。现将可视为质点的小物块从圆弧轨道的A点由静止释放，最终在水平轨道上滑行一段距离停在C点，此过程中小物块重力做功为W1、克服摩擦阻力做功为W2．再用沿运动方向的外力F将小物块从C点缓慢拉回A点，拉力做功为W3、克服摩擦阻力做功为W4．则给定各力做功大小关系式正确的是（ ）
A.W2＝W4
B.W1＝W2
C.W3＝Wl＋W2
D.W3＝Wl＋W4
随练2、 如图所示，AB是倾角为θ=30°的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切．圆弧的半径为R．一个质量为m的物体（可以看作质点）从直轨道上的p点由静止释放，结果它能在两轨道上做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
（1）物体对圆弧轨道的最大压力大小；
（2）物体滑回到轨道AB上距B点的最大距离；
（3）释放点距B点的距离L′应满足什么条件，才能使物体能顺利通过圆弧轨道的最高点D．
随练3、 如图所示，用一块长L1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H=0.8m，长L2=1.5m，斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定，将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失（重力加速度取g=10m/s2，最大静止摩擦力等于滑动摩擦力）
（1）求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）
（2）当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（3）继续增大θ角，发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x．
动能定理和图像综合问题
例题1、 A、B两物体放在同一水平面上，受到大小相同的水平力F的作用，各自从静止开始运动．经过时间t0，撤去作用在A物体上的外力F；经过时间4t0，撤去作用在B物体上的外力F．两物体运动的v﹣t图象如图所示，则A、B两物体（ ）
A.A、B两物体的质量之比为3：5
B.A、B两物体与水平面间的滑动摩擦因数之比为2：1
C.在0～2t0时间间隔内，合外力对A、B两物体做功之比为5：3
D.在0～4t0时间间隔内，水平力F对A、B两物体做功之比为2：1
例题2、 一质量为2kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速直线运动．当运动一段时间后拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动．如图所示为拉力F随位移x变化的关系图像．取g=10m/s2，则据此可以求得（ ）
A.物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.25
B.物体匀速运动时的速度为v=4m/s
C.合外力对物体所做的功为W=32J
D.摩擦力对物体所做的功为Wf=﹣64J
例题3、[多选题] 如图甲所示，静止在水平地面上的物体，在竖直向上的拉力F作用下开始向上运动，在运动过程中，物体的动能Ek与位移x的关系图象如图乙所示，0～h过程中的图线为平滑曲线，h～2h过程中的图线为平行于横轴的直线，2h～3h过程中的图线为倾斜直线，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A.在0～h过程中物体的机械能增加
B.物体上升到h处时，拉力的功率为零
C.在h～2h过程中物体的机械能不变
D.在2h～3h过程中物体受到的拉力始终为零
例题4、 某兴趣实验小组的同学利用如图所示装置测定物块与木板AD、DE间的动摩擦因数μ1、μ2；两块粗糙程度不同的木板AD、DE对接组成斜面和水平面，两木板在D点光滑连接（物块在此处运动不损失机械能），且AD板能绕D点转动．现将物块在AD板上某点由静止释放，滑块将沿AD下滑，最终停在水平板的C点；改变倾角，让物块从不同的高度由静止释放，且每次释放点的连线在同一条竖直线上（以保证图中物块水平投影点B与接点D间距s不变），用刻度尺量出释放点与DE平面的竖直高度差h、释放点与D点的水平距离s，D点与最终静止点C的水平距离x，利用多次测量的数据绘出x－h图象，如图所示，则
（1）写出x－h的数学表达式________（用μ1、μ2、h及s表示）；
（2）若实验中s＝0.5m，x－h的横轴截距a＝0.1，纵轴截距b＝0.4，则μ1＝________，μ2＝________．
随练1、 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3m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10m/s2．该物体的质量为（ ）
A.2kg
B.1.5kg
C.1kg
D.0.5kg
随练2、 如图甲所示，一质量为m＝1kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块受到按如图乙所示规律变化的水平力F作用并向右运动，第3s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，（g取10m/s2）求：
（1）A与B间的距离；
（2）水平力F在5s内对物块所做的功。
随练3、[多选题] 质量为的物体，放在动摩擦因数的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功和物体发生的位移之间的关系如图所示，重力加速度取，则此物体（ ）
A.在位移时的速度是
B.在位移时的速度是
C.在段运动的加速度是
D.在段运动的加速度是
随练4、[多选题] 在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a－x关系如图中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则（ ）
A.M与N的密度相等
B.Q的质量是P的3倍
C.Q下落过程中的最大动能是P的4倍
D.Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍
实验：探究动能定理
知识精讲
1．实验目的
（1）探究力做功与速度变化的关系。
（2）通过实验数据分析，总结出外力做功与物体速度平方的正比关系。
2．实验原理
（1）改变功的大小：采用如图所示的实验装置，用1条、2条、3条、…规格同样的橡皮筋将小车拉到同一位置由静止释放，橡皮筋拉力对小车所做的功依次为W、2W、3W、…。
（2）确定速度的大小：小车获得的速度v可以由纸带和打点计时器测出，也可以用其他方法测出。
（3）寻找功与速度变化的关系：以橡皮筋拉力所做的功W为纵坐标，小车获得的速度v为横坐标，作出W v或W v2图象．分析图象，得出橡皮筋拉力对小车所做的功与小车获得的速度的定量关系。
3．数据处理
（1）求小车速度
选取纸带上点迹均匀的部分，计算小车的速度。
（2）计算W、2W、3W、…时对应v、v2的数值，填入下面表格。
W
2W
3W
4W
5W
v
v2
4．实验注意事项
（1）平衡摩擦力时，不要栓橡皮筋，但应连着纸带且接通电源.
（2）每次实验小车从同一位置由静止释放。
（3）应选取纸带上点间距均匀的部分来求小车的速度。
（4）橡皮筋规格相同，不必测出功的具体值，只要知道功的倍数关系即可。
5．误差分析
（1）误差的主要来源是橡皮筋的长度、粗细不一，使橡皮筋的拉力做功W与橡皮筋的条数不成正比。
（2）没有完全平衡摩擦力或平衡摩擦力时倾角过大也会造成误差。
（3）利用打上点的纸带计算小车的速度时，测量不准带来误差。
三点剖析
学习目标：
1．明确实验目的，了解实验原理；
2．能对实验数据进行正确的分析和处理；
3．掌握实验的注意事项和误差分析。
探究动能定理
例题1、 “探究功与速度变化的关系”的实验装置如图所示，当小车在一条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为W；当用2条、3条、4条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、第4次……实验时，橡皮筋对小车做的功记为2W、3W、4W……每次实验中小车获得的最大速度可由打点计时器所打出的纸带测出。
（1）除了图中已有的试验器材外，还需要导线、开关、刻度尺和________电源（填“交流”或“直流”）；
（2）（多选）关于该实验，下列说法正确的是________。
A．将木板的一端适当垫起，以平衡小车的摩擦力
B．每次改变小车的质量时，都要重新平衡摩擦力
C．该实验一定要满足M远大于m
D．利用每次测出的小车最大速度vm和橡皮筋做的功W，依次作出W－vm、W－vm2、W－vm3、W2－vm、W3－vm…的图象，得出合力做功与物体速度变化的关系。
（3）如图所示，给出了某次实验打出的纸带，从中截取了测量小车最大速度所用的一段纸带，测得A、B、C、D、E相邻两点间的距离分别为AB＝1.48cm，BC＝1.60cm，CD＝1.62cm，DE＝1.62cm；已知相邻两点打点时间间隔为0.02s，则小车获得的最大速度vm＝________m／s。
随练1、 用图甲所示装置探究做功与物体速度变化的关系，A、B是固定在长直木板上的两个铁钉。实验时，小车在橡皮筋的作用下弹出，沿木板滑行，通过改变橡皮筋的条数改变做功的多少，再根据纸带上的打点确定小车对应运动的速度，进而探究做功与物体速度变化的关系。
（1）关于该实验的下列说法中，正确的有________。
A．需要测出小车的质量m
B．需要选择相同的橡皮筋进行实验
C．需要测出每根橡皮筋对小车所做的功W
D．改变橡皮筋条数时小车必须从同一位置由静止释放
（2）实验中得到一根纸带如图乙所示，1、2、3…是按时间先后顺序标出的计数点（每两个相邻计数点间还有4个打点未画出），造成5︰9各计数点间距不相等的原因可能是________。由图乙所示的纸带可知，该小车达到最大速度时，橡皮筋的伸长量________（选填“大于零”或“等于零”）。
（3）该小组用新、旧两组橡皮筋分别做实验，正确实验操作得到橡皮筋的条数n与小车对应速度v的多组数据，作出v2－n的图象如图丙中的C、D所示，则用新橡皮筋得出的图象是________（选填“C”或“D”），根据该图象可以得出的结论是________。
随练2、 图1是小明探究橡皮筋弹做的功W与小车动能变化△Ek间的关系的装置图，长木板放在水平桌面上，橡皮筋的两端分别与小车和挡板相连。实验中，通过增加橡皮筋的根数来改变弹力所做的功。
（1）下列实验操作正确的是________。
A．实验时，应先释放小车，然后接通电源
B．增加橡皮筋根数时，应选取相同的橡皮筋
C．每次应将小车拉到相同的位置由静止释放
D．实验前应平衡小车在木板上所受的摩擦力
（2）图2是实验中某条纸带的一部分，相邻计数点间时间间隔T＝0.1s。为探究橡皮筋弹力做的功W与小车动能变化△Ek间的关系，小明用来计算小车的速度。你认为他的算法是否正确？________（选填“正确”或“不正确”），你的理由是________。
（3）图3是根据实验数据所画出的W△Ek图象，你认为根据此图象能否验证动能定理？________（选填“能”或“不能”），你的理由是________。
动能定理实验创新
例题1、 小明所在的实验小组，为探究“拉力做功与物体动能变化的关系”，他们在实验室组装了一套如图甲所示的装置。已知小车的质量为M=200g，该小组的同学想用钩码的重力作为小车受到的合外力，为了实现这个想法，必须要先平衡摩擦力，并选择适当的钩码。
（1）平衡摩擦时，下列操作正确的是________。
A．挂上钩码，放开没有纸带的小车，能够自由下滑即可
B．挂上钩码，轻推没有纸带的小车，小车能够匀速下滑即可
C．不挂钩码，放开拖着纸带的小车，能够自由下滑即可
D．不挂钩码，轻推拖着纸带的小车，小车能够匀速下滑即可
（2）他们在实验室找到的钩码质量有10g、20g、50g和100g的，应选择质量为________的钩码最为合适。
（3）该实验小组打下一条纸带，将纸带上打的第一个点标为“0”，且认为打“0”时小车的速度为零，其后依次标出计数点1、2、3、4、5、6（相邻2个计数点间还有4个点未画），量出计数点3、4、5到计数点0的距离分别为x1、x2和x3，如图乙所示。已知打点计时器的打点周期为T，小车的质量为M，钩码质量为m，重力加速度为g，则在打计数点0到4的过程中，小车的动能增量为____________________。
（4）通过多次试验并计算，小明发现，小车动能的增量总略小于mgx．你认为造成这样的原因可能是__________________________________________________________。
例题2、 某同学利用如图所示的装置探究功与速度变化的关系。
（ⅰ）小物块在橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为M1；
（ⅱ）在钉子上分别套上2条、3条、4条…同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度都保持一致，重复步骤（ⅰ），小物块落点分别记为M2、M3、M4…；
（ⅲ）测量相关数据，进行数据处理。
（1）为求出小物块抛出时的动能，需要测量下列物理量中的________（填正确答案标号）。
A．小物块的质量m
B．橡皮筋的原长x
C．橡皮筋的伸长量△x
D．桌面到地面的高度h
E．小物块抛出点到落地点的水平距离L
（2）将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为W1、W2、W3、…，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为L1、L2、L3、…．若功与速度的平方成正比，则应以W为纵坐标、________为横坐标作图，才能得到一条直线。
（3）由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于________（填“偶然误差”或“系统误差”）。
例题3、 某同学利用图甲的装置探究动能定理。实验过程如下：
（l）测出滑块的质量为m，两光电门之间的距离为L和挡光片的宽度为d（d远小于L），其中用游标卡尺测量挡光片的结果如图乙所示，则d＝________mm；
（2）滑块置于气垫导轨上，滑块一端通过平行于导轨的细绳与固定在导轨上的拉力传感器连接，接通气垫导轨的电源，记下此时拉力传感器的读数；
（3）剪断细线，让滑块由静止开始沿气垫导轨下滑并通过两个光电门，分别记下滑块上面的挡光片通过两光电门的时间t乙和t甲．则滑块在经过两光电门过程动能的改变量可由计算式△EK＝________算出；
（4）若拉力传感器的读数用F表示，则合外力对滑块做的功计算式W合＝________，若各项测量中的误差都很小可忽略不计，则实验结果W合总是________△EK（填“等于”、“略小于”或“略大于”）。
随练1、 某实验小组利用如图甲所示装置探究恒力做功与物体动能变化的关系，质量为m的钩码通过跨过滑轮的细线牵引质量为M的小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录的运动情况．
（1）下列做法中正确的有________．
A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行
B．在平衡摩擦力时，不需要连接纸带
C．小车从靠近打点计时器处释放
（2）接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打出一系列点，将打出的第一个点标为O，在纸带上依次取A、B、C……若干个计数点，测得A、B、C……各点到O点的距离分别为x1、x2、x3……，已知相邻计数点间的时间间隔均为T。
实验中，钩码质量远小于小车质量，可认为小车受到的拉力大小等于mg，在打O点到打B点的过程中，拉力对小车做的功W＝________，打B点时小车的动能Ek＝________。
（3）小明同学实验操作正确，但打出的纸带起始点不清晰，他挑选了一个清晰的点标为O1，以小车速度的二次方v2为纵坐标，计数点到O1点的距离x为横坐标，利用实验数据作出v2－x图象，该图象纵截距的物理意义是________。
（4）小虎同学在实验过程中没有保证钩码质量远小于小车质量，他利用实验数据作出的v2－W图象________（选填“会”或“不会”）弯曲。
随练2、 某同学用图甲所示装置验证合力做功和物体速度变化的关系。一个圆形玻璃管固定在水平桌面上，管口与桌边齐平，管的两侧开有小缝，可以让皮筋穿过，见俯视图。在桌边关于圆管对称的位置上固定两个钉子，缠绕在钉子上的皮筋可以把小钢球弹出，小钢球与圆管之间摩擦可忽略，小钢球弹出后落在水平地面上，测出水平距离，然后用多组相同的皮筋从同一位置弹射小球，重复以上操作。
（1）除了图示的器材以外，实验中还需要的实验仪器有________（填器材前方选项）
A．天平
B．秒表
C．拴着细线的重锤
D．刻度尺
（2）为了验证合力做功和物体速度变化的关系，可间接测量皮筋做的功与小钢球水平位移的数据，如下：
皮筋做的功W
W
2W
3W
4W
水平位移s（cm）
1.01
1.43
1.75
2.02
根据以上数据，选择合适的物理量，标注在图丁中的坐标轴上，并在坐标纸上作出线性图象
（3）图线的斜率k＝________，并说明表达式中各物理量的含义________
随练3、 某学习小组用如图所示的实验装置探究动能定理．他们在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．
（1）下列实验要求中不必要的一项是________（请填写选项前对应的字母）．
A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量
B．应使A位置与光电门间的距离适当大些
C．应将气垫导轨调至水平
D．应使细线与气垫导轨平行
（2）实验时保持滑块的质量M、遮光条宽度d和A、B间的距离L不变，改变钩码质量
m，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点做出线性图像，研究滑块动能变化与合外力对它所做功的关系，处理数据时应做出的图像是_________（请填写选项前对应的字母）．
A．t﹣F图
B．t2﹣F图
C．﹣F图
D．﹣F图．
拓展
1、 图甲为一女士站立在台阶式（台阶水平）自动扶梯上正在匀速上楼，图乙为一男士站立在履带式自动人行道上正在匀速上楼。下列关于两人受到的力做功判断正确的是（ ）
A.甲图中支持力对人不做功
B.甲图中摩擦力对人做负功
C.乙图中支持力对人不做功
D.乙图中摩擦力对人做负功
2、 下列说法中正确的是（ ）
A.受恒力作用的物体不可能做曲线运动
B.做直线运动的物体，其位移大小一定等于路程
C.两物体间的一对相互作用力，可能对两物体都做正功
D.运动物体所受的摩擦力方向不可能与物体的速度方向垂直
3、[多选题] 内径为2R、高为H的圆简竖直放置，在圆筒内壁上边缘的P点沿不同方向水平抛出可视为质点的三个完全相同小球A、B、C．它们初速度方向与过P点的直径夹角分别为30°、0°和60°大小均为v0，已知．从抛出到第一次碰撞筒壁，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A.三小球运动时间之比
B.三小球下落高度之比
C.重力对三小球做功之比
D.重力的平均功率之比PA︰PB︰PC＝2︰3︰1
4、 严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响，汽车尾气是形成雾霾的首要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点．地铁列车可实现零排放、大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放．若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20s达最高速度72km/h，再匀速运动80s，接着匀减速运动15s到达乙站停住，设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106N，匀速运动阶段牵引力的功率为6×103kW，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功．
（1）求甲站到乙站的距离；
（2）如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气态污染物的质量．（燃油公交车每做1焦耳功排放气态污染物3×10﹣6克）
5、 如图所示，质量分布均匀的刷子刷地面上的薄垫子，开始时刷子和垫子的左边缘对齐，刷子的质量为m，垫子的质量为M，刷子和垫子间的动摩擦因数为μ1，垫子和地面间的动摩擦因数为μ2，刷子和地面间的动摩擦因数为μ3，重力加速度为g．
（1）若给刷子施加一个斜向右下方、与水平方向成60°角的推力F1，垫子和刷子保持静止，求刷子受到的摩擦力大小f1和地面对垫子的支持力大小FN；
（2）若给刷子施加一个斜向右下方、与水平方向成30°角的推力F2，刷子和垫子以同一加速度运动，求刷子受到的摩擦力大小f2；
（3）若给刷子施加一个水平向右的推力F3，刷子从图示位置开始运动，垫子保持静止，已知刷子的长为b，垫子的长为L（L＞b），求刷子完全离开垫子的速度大小为v。
6、 如图甲所示，一轻质弹簧一端固定在倾角为37°的固定直轨道的底端，另一端位于直轨道上O点，弹簧处于自然状态，距O点为l0的C处有质量为m（可视为质点）的小物块A，以初速度v0沿斜面向下作匀加速直线运动，加速度大小为0.4g，小物块A将弹簧压缩至最低点O1，随后沿斜面被弹回，小物块A离开弹簧后，恰好回到C点，已知重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：
（1）物块A与直轨道间的动摩擦因数μ；
（2）小物块A运动到O1点时弹簧的弹性势能；
（3）若将小物块A与弹簧上端栓接，另一个质量为2m的物块B（可视为质点）与A叠放在一起（不粘连），A、B与直导轨之间的动摩擦因数相同，外力推动B使弹簧压缩到O1点位置静止（图乙），然后撤去外力。A、B一起向上运动一段距离后分离，求小物块B向上滑行距O1点的最大距离。
7、 在用如图1所示的装置做“探究功与速度变化的关系”的实验时
（1）为了平衡摩擦力，实验中可以将长木板的________（填“左端”或“右端”）适当垫高，使小车拉着穿过打点计时器的纸带自由下滑时能保持________运动。
（2）为了使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加，每次实验中橡皮筋的规格要相同，拉伸到________。
（3）在正确操作情况下，打在纸带上的点，并不都是均匀的，为了测量小车获得的速度，应选用纸带的________部分进行测量，如图2所示。
答案解析
功 功率
功
例题1、
【答案】 B
【解析】 滑动摩擦力可做正功、负功，也可不做功．
静摩擦力可做正功、负功，也可不做功．
例题2、
【答案】 B
【解析】 A、猫用力越大，桌布对鱼缸作用时间越短，鱼缸的最大速度越小，位移越短，摩擦力做功越小，故A错误；
B、由于鱼缸在桌面上和在桌布上的动摩擦因数相同，故受到的摩擦力相等，则由牛顿第二定律可知，加速度大小相等；但在桌面上做减速运动，则由v＝at可知，它在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等；故B正确；
C、若猫减少拉力，鱼缸与桌布间是滑动摩擦力，故不变，故C错误；
D、猫增大拉力时，桌布在桌面上运动的加速度不变，则运动时间变短；因此鱼缸加速时间变短，桌布抽出时的位移以及速度均变小，则不可能滑出桌面；故D错误；
例题3、[多选题]
【答案】 C D
【解析】 A、由功：W＝Fx，由图可得：15＝F×3，解得：F＝5N，又f＝μmg＝0.1×2.5×10＝2.5N，根据牛顿第二定律可知：．故A错误；
B、由功：W＝Fx，由图可得：27－15＝F′×（9－3），解得：F′＝2N，根据牛顿第二定律可知： ．故B错误；
C、由B的分析可知，x＝3m至x＝9m的过程中，物体的加速度的方向与开始时相反，做匀减速直线运动。故C正确；
D、x＝0至x＝9m的过程中，合力对物体做的功是：W＝（F－f）•s1＋（F′－f）•s2＝（5－2.5）×3＋（2－2.5）×（9－3）＝4.5J。故D正确。
随练1、
【答案】 C
【解析】 暂无解析
随练2、[多选题]
【答案】 A B D
【解析】 A、如图所示，重力在整个运动过程中始终不变，小球在重力方向上的位移为AB在竖直方向上的投影L，所以WG=mgL．故A正确
B、因为拉力FT在运动过程中始终与运动方向垂直，故不做功，即WFT=0．故B正确
C、F阻所做的总功等于每个小弧段上F阻所做功的代数和，即WF阻=﹣（F阻△x1+F阻△x2+…）=﹣F阻πL．故C错误，D正确；
随练3、
【答案】 B
【解析】 设AB间的距离为L，则上图中摩擦力做功W1＝－μmgL。
下图中把摩擦力做功分为两段，即W2＝－μmgcosαs1－μmgcosβs2＝－μmg（s1cosα＋s2cosβ）＝－μmgL。
所以W1＝W2．故B正确，A、C、D错误。
随练4、[多选题]
【答案】 A C D
【解析】 暂无解析
功率
例题1、
【答案】 C
【解析】 物体下滑过程中机械能守恒，所以有：mgh=…①
物体滑到底端重力功率为：P=mgvsinα…②
联立①②解得：P=mgsinα，故ABD错误，C正确
例题2、[多选题]
【答案】 B C
【解析】 A、物块从A到B做匀速圆周运动，动能不变，由动能定理得mgR－Wf＝0，可得克服摩擦力做功Wf＝mgR，故A错误。
B、物块从P到A的过程，由机械能守恒得，可得物块到达A点的速度大小为 ，从A到B运动的时间，因此物块从A到B过程重力的平均功率为，故B正确。
C、物块在B点时，由牛顿第二定律得，可得，根据牛顿第三定律知物块在B点时对槽底的压力大小为，故C正确。
D、物块到B点时重力与速度垂直，因此重力的瞬时功率为零。故D错误。
例题3、[多选题]
【答案】 A C
【解析】 A、设第②次提升过程矿车上升所用的时间为t。根据v－t图象的面积表示位移，得：
解得 t＝2.5t0。
所以第①次和第②次提升过程矿车上升所用的时间之比为2t0︰t＝4︰5，故A正确。
B、根据图象的斜率表示加速度，知两次矿车匀加速运动的加速度相同，由牛顿第二定律得 F－mg＝ma，可得 F＝mg＋ma，所以电机的最大牵引力相等，故B错误。
C、设电机的最大牵引力为F．第①次电机输出的最大功率为 P1＝Fv0，第②次电机输出的最大功率为 ，因此电机输出的最大功率之比为2︰1，故C正确。
D、电机所做的功与重力做功之和为零，因此电机做功之比为 W1︰W2＝1︰1，故D错误。
例题4、[多选题]
【答案】 B D
【解析】 A、根据速度－时间图象可知，机动车先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做匀速运动，故A错误；
B、最大速度vm＝12m／s，根据图线B可以机车的额定功率为：P0＝18000W，当牵引力等于阻力时，速度取到最大值，则阻力为：，故B正确；
C、0－6s内的加速度为：，匀加速运动的牵引力为：，保持不变，故C错误；
D、根据牛顿第二定律得：F－f＝ma解得：m＝562.5kg，故D正确．
随练1、[多选题]
【答案】 A B C
【解析】 A、0～6s内物体的位移大小x=×6m=30m．故A正确．
B、在0～2s内，物体的加速度a==3m/s2，由图，当P=30W时，v=6m/s，得到牵引力F==5N．在0～2s内物体的位移为x1=6m，
则拉力做功为W1=Fx1=5×6J=30J．2～6s内拉力做的功W2=Pt=10×4J=40J．所以0～6s内拉力做的功为W=W1+W2=70J．故B正确．
C、在2～6s内，物体做匀速运动，合力做零，则合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等．故C正确．
D、在2～6s内，v=6m/s，P=10W，物体做匀速运动，摩擦力f=F，得到f=F=N=N．故D错误．
随练2、[多选题]
【答案】 A C
【解析】 A、由速度分解此时汽车的速度为：v1＝v0cosθ，船靠岸的过程中，当θ增大，cosθ减小，船的速度不变，则车速v1减小，所以汽车做减速运动，故A正确，C错误；
BC、小船以速度v0从A处水平匀速运动到B处，则绳的拉力对船做功的功率不变，设为P，
再由P＝Fv0cosθ知，绳对船的拉力为：，因此小船受到的拉力逐渐变大，故B错误，C正确；
D、由功能关系可知，汽车发动机做的功转化为克服阻力做功和绳拉船做的功，即：P输t＝fv0cosθ•t＋Pt，
所以有：P输＝fv0cosθ＋P，即输出功率减小，故D错误。
随练3、
【答案】 D
【解析】 解：A、汽车发动机的输出功率不变，根据P=Fv知，额定功率P=W，故A错误．
B、在BC段，输出功率不变，速度减小，根据P=Fv知，牵引力增大，根据牛顿第二定律知，a=，则加速度减小，故B错误．
C、根据动能定理知，Pt﹣，在BC段的阻力，可以根据P=f2v2求出，则结合动能定理可以求出汽车在BC段前进的距离．故C错误．
D、根据P=Fv可以求出速度为8m/s时的牵引力，结合牛顿第二定律求出加速度的大小，故D正确．
随练4、
【答案】 A
【解析】 在0﹣t1时间内，如果匀速，则v﹣t图象是与时间轴平行的直线，如果是加速，根据P=Fv，牵引力减小；根据F﹣f=ma，加速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为0时，即F1=f，汽车开始做匀速直线运动，此时速度v1==．所以0﹣t1时间内，v﹣t图象先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线；
在t1﹣t2时间内，功率突然增加，故牵引力突然增加，是加速运动，根据P=Fv，牵引力减小；再根据F﹣f=ma，加速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为0时，即F2=f，汽车开始做匀速直线运动，此时速度v2==．所以在t1﹣t2时间内，即v﹣t图象也先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线．
故A正确，BCD错误；
故选：A．
动能定理及其应用
动能定理的理解和简单应用
例题1、[多选题]
【答案】 B D
【解析】 A、选择A和B作为研究对象，运用动能定理研究：
B受外力F做功，A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，
wF+（﹣f•△x）=△EkA+△EkB，其中△x为A、B的相对位移．
所以外力F做的功不等于A和B的动能的增量，故A错误．
B、对A物运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量，故B正确．
C、A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，故C错误．
D、对B物体应用动能定理，WF﹣Wf=△EkB，Wf为B克服摩擦力所做的功，
即WF=△EkB+Wf，就是外力F对B做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，故D正确．
例题2、
【答案】 B
【解析】 AB、物块在斜面滑动时，克服摩擦力做的功为：Wf＝μmgcosθ•L，物块在曲面上滑动时，做曲线运动，根据牛顿第二定律，则有：FN－mgcosθ＝，即FN＞mgcosθ，此时的滑动摩擦力f′＝μFN＞μmgcosθ，且物块在曲面上滑过路程等于在斜面的滑过的路程L，故物块在曲面上克服摩擦力做的功：Wf′＞Wf＝μmgcosθ•L，
根据动能定理，可知，物块将停在C点左侧，故A错误，B正确；
CD、从释放到最终停止，动能的改变量为零，根据动能定理，可知，物块克服摩擦力做的功等于重力做的功，而两种情况下，重力做功的相同，物块从释放到停止的过程中，克服摩擦力做的功等于W，故CD错误。
例题3、
【答案】 C
【解析】 A、设小物块到达最低点N时的速度大小为v。
在N点，根据牛顿第二定律得：
据题有FN＝2mg
联立得，故A错误。
B、小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为mgR，故B错误。
C、小物块从P点运动到N点的过程，由动能定理得：
可得，克服摩擦力所做的功为，故C正确。
D、由于小物块要克服摩擦力做功，机械能不断减少，所以小物块不可能到达Q点，故D错误。
随练1、
【答案】 A
【解析】 竖直向上过程，设初速为v0，则速度时间关系为：v＝v0－gt
此过程动能为：
即此过程EK与t成二次函数关系，且开口向上，故BC错误；
下落过程做自由落体运动，
此过程动能为：
即此过程EK与t也成二次函数关系，且开口向上，故A正确，D错误；
随练2、
【答案】 D
【解析】 A、当转速较小时，摩擦力提供向心力，此时细绳上无拉力，故A错误
B、对物体受力分析知物块离开圆盘前，合力为：F=f+Tsinθ=mv2…①
N+Tcosθ=mg…②
根据动能定理知：W=Ek=mv2…③
AB、当弹力T=0，r=Lsinθ…④
由①②③④解得：W=fLsinθ≤μmgLsinθ至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为μmgLsinθ，故B错误；
C、当N=0，f=0，根据牛顿第二定律可知：mgtanθ=mω2Lsinθ，解得：，故C错误
D、当N=0，f=0，由①②③知：W=mgLsinθtanθ=，故D正确。
随练3、[多选题]
【答案】 B C
【解析】 A、从发球到O点应用动能定理列出等式可知：，所以可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰，只要保证擦冰的距离一定就行。
故A错误，B正确；
C、擦冰区间越靠近投掷线，则开始阶段冰壶的平均速度就越大，总的平均速度越大，距离一定，所以时间越短，故C正确，D错误。
随练4、
【答案】 （1）g
（2）
（3）
【解析】 （1）由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以，软钢锭在平台上滑过距离L时，
滑块脱离做自由落体运动，最大加速度：a＝g；
（2）对软钢锭，由动能定理得：，解得：；
（3）滑块脱离软钢锭后做自由下落到平台的时间与软钢锭在平台最后滑动L的时间相同，都为t。
滑块离开软钢锭到软钢锭静止过程，软钢锭做匀减速直线运动，由位移公式得：，
对软钢锭，从滑上平台到静止的过程中，
由动能定理得：，
滑块落到平台上时的速度：υm＝gt，
滑块到达平台时的动能：，
解得：．
应用动能定理解决多过程问题
例题1、
【答案】 （1）1s
（2）3N
【解析】 （1）为使小物块到达O1点，小物块到达O1点的速度大于等于0，恰好到达时，由动能定理可得：
Fx﹣μmgs＝0
代入数据解得：x＝2m
由牛顿第二定律：F﹣μmg＝ma
解得：a＝4m/s2
由运动公式：
解得t＝1s
（2）设小物块到达O1点的速度为v2时，刚好到达最高点时的速度为v，
由牛顿第二定律：
由机械能守恒定律：
在水平轨道上运动，应用动能定理：
联立解得：F1＝3N。
例题2、[多选题]
【答案】 B D
【解析】 A：对物体B和平板A整体分析可知，A和B达到最大速度时应满足kx＝（m＋M）gsinθ＋μ（m＋M）gcosθ，说明弹簧仍处于压缩状态，所以A错误；
B：根据题意可知，A和B恰好分离时，弹簧正好恢复原长，对A和B整体由牛顿第二定律得：
（m＋M）gsinθ＋μ（m＋M）gcosθ＝（m＋M）a，
解得：a＝gsinθ＋μgcosθ＝g（sinθ＋μcosθ），所以B正确；
C：对A从释放到速度达到最大的过程由动能定理可得：W弹－MgLsinθ－μMgLcosθ－WBA
解得：，故C错误；
D：对B从释放到A和B达到最大速度的过程由动能定理可得：
解得A对B所做的功等于，故D正确。
例题3、
【答案】 （1）4m/s
（2）0.6m
（3）
【解析】 （1）物块被弹簧弹出，有：
解得滑块被弹簧弹出时的速度为：v0=4m/s
（2）若滑块在传送带上一直加速，设经过传送带获得的速度为v′，有：v′2﹣
解得：
所以，滑块在传送带上先加速后匀速，经过传送带获得的速度为：v=6m/s
从B到E，由动能定理得：
代入数据解得：R=0.6m
（3）设物块在B点的速度为v1时能恰到F点，在F点满足：
从B到F点过程中由动能定理可知：
代入数据解得：
设物块在B点的速度为v2时，物块撞挡板后返回能恰好再次上滑到E点。
由动能定理可知：
代入数据解得：
因为物块在传送带上一直加速获得的速度为，所以传动带速度的可调范围为。
故：（1）滑块被弹簧弹出时的速度是4m/s。
（2）右侧圆弧的轨道半径R是0.6m。
（3）传送带速度的可调范围是。
随练1、[多选题]
【答案】 B D
【解析】 从A到C的过程中，物体受重力、支持力、摩擦阻力三个力的作用，只有重力与摩擦阻力做功，初、末速度都为0，由动能定理有：
W1－W2＝0
得：W1＝W2
由C到A的过程中，物体受重力、拉力、支持力、摩擦阻力四个力的作用，只有重力、摩擦阻力、拉力三个力做功，由动能定理有：
W3－W1－W4＝0
得：W3＝W1＋W4
由于AB轨道是弯曲的，由A到B与由B到A的速度大小关系不清楚，故有：W2≠W4，故AC错误，BD正确。
随练2、
【答案】 （1）3mg﹣3μmg（2）R（3）L′≥
【解析】 （1）根据几何关系：PB=
从P点到E点根据动能定理，有：
mgR﹣μmgcosθ•PB=﹣0
代入数据：mgR﹣μmg•
解得：
在E点，根据向心力公式有：
解得：FN=3mg﹣3μmg
（2）物体滑回到轨道AB上距B点的最大距离x，
根据动能定理，有
mg（BP﹣x）•sinθ﹣μmgcosθ（BP+x）=0﹣0
代入数据：
解得：x=R
（3）刚好到达最高点时，有mg=m
解得：v=
根据动能定理，有
mg（L′sinθ﹣R﹣Rcosθ）﹣μmgcosθ•L′=﹣0
代入数据：mgR
解得：L′=
所以L′≥，物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点D．
随练3、
【答案】 （1）θ角增大到tanθ≥0.05；，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）
（2）当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，物块与桌面间的动摩擦因数μ2为0.8；
（3）继续增大θ角，发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大，此最大距离x为1.9m．
【解析】 （1）为使小物块下滑，则有：
mgsinθ≥μ1mgcosθ；
故θ应满足的条件为：
tanθ≥0.05；
（2）克服摩擦力做功Wf=μ1mgL1cosθ+μ2（L2﹣L1cosθ）
由动能定理得：mgL1sinθ﹣Wf=0
代入数据解得：
μ2=0.8；
（3）由动能定理得：
mgL1sinθ﹣Wf=mv2
解得：v=1m/s；
对于平抛运动，竖直方向有：
H=gt2；
解得：t=0.4s；
水平方向x1=vt
解得：x1=0.4m；
总位移xm=x1+L2=0.4+1.5=1.9m；
答：（1）θ角增大到tanθ≥0.05；，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）
（2）当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，物块与桌面间的动摩擦因数μ2为0.8；
（3）继续增大θ角，发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大，此最大距离x为1.9m．
动能定理和图像综合问题
例题1、
【答案】 C
【解析】 A、由图象可得，A加速运动的加速度为a=，减速运动的加速度为a′=，根据牛顿第二定律知=①
=②由①②得f1=F
B加速运动的加速度为，减速运动的加速度为，根据牛顿第二定律知=③
=④
由③④得f2=F
所以与水平面的摩擦力大小之比为：=5：12 ⑤，
联立①②⑤可得，=⑥；
由f=μmg可知：
=1； 故AB错误；
C、合外力做功减速阶段两图象的斜率相等，故加速度相等，而此时a=μg，故摩擦系数相同，由牛顿第二定律知，质量之比等于摩擦力之比为5：12，在匀加速运动阶段，合外力做功之比为等于末动能之比，为m1v12：m2v22=5×22：12×12=5：3，故C正确；
D、根据功的公式可知：W=FL，则力F做功之比：W1：W2=F：F=1：2； 故D错误
例题2、
【答案】 D
【解析】 A．物体做匀速运动时，受力平衡，则f=F=8N，==0.4，故A错误；
CD．图像与坐标轴围成的面积表示拉力做的功，则由图像可知，（4+8）×8J=48J，滑动摩擦力做的功Wf=﹣μmgx=﹣0.4×2×10×8=﹣64J，所以合外力做的功为W合=﹣64+48=﹣16J，故C错误，D正确．
B．根据动能定理得：，解得：，故B错误；
例题3、[多选题]
【答案】 A D
【解析】 A、在0～h过程中物体的动能、重力势能均增加，则机械能增加，故A正确。
B、物体在上升到高度h时，由图象可知，F＝mg，速度为v，则功率为P＝mgv，故B错误。
C、在h～2h过程中，物体匀速上升，此时拉力对物体要做功，故物体的机械能不守恒，故C错误；
D、在2h～3h过程中，根据动能定理得△Ek＝F合△h，知图象的斜率大小k＝F合＝mg，则拉力始终为零，故D正确。
例题4、
【答案】 （1）
（2）0.2；0.25
【解析】 （1）由动能定理，对全过程有：
mgh－μ1mgcosθ•AD－μ2mg•x＝0
即为：．
（2）对照图象，代入数值可知：
μ1＝0.2
μ2＝0.25
随练1、
【答案】 C
【解析】 根据动能定理可得：mah＝△Ek，解得斜率的大小为；
上升过程中：
下落过程中：
设与运动方向相反的外力为F，根据牛顿第二定律可得：
上升过程中：mg＋F＝ma1，
下落过程中：mg－F＝ma2，
联立解得：m＝1kg。
故C正确，ABD错误。
随练2、
【答案】 （1）4m
（2）32J
【解析】 （1）对于从B到A过程，由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma′
得：，
由运动学公式得：，
故AB间距离为4m。
（2）对前3s分析，由动能定理可知：
W－μmg•2x＝0－0
解得：W＝0.2×1×10×2×4J＝16J
对于后2s，根据图像可知，牵引力为4N，位移为4m；
故牵引力所做功的W'＝FL＝4×4＝16J；
故5s内牵引力做功W总＝W＋W'＝32J．
随练3、[多选题]
【答案】 B D
【解析】 由图象可知当时，，而，则，由动能定理有，解得，B正确，在点时，，，由动能定理可得，则，D正确．
随练4、[多选题]
【答案】 A C
【解析】 A、在星球表面，根据万有引力等于重力可得，则GM＝R2g，所以有：，解得：；
根据图象可知，在M星球表面的重力加速度为gM＝3a0，在N表面的重力加速度为gN＝a0，星球M的半径是星球N的3倍，则M与N的密度相等，故A正确；
B、加速度为零时受力平衡，根据平衡条件可得：mPgM＝kx0，mQgN＝2kx0，解得：，故B错误；
C、根据动能定理可得max＝Ek，根据图象的面积可得：EkP＝mP•3a0•x0，EkQ＝mQ•a0•2x0，，故C正确；
D、根据简谐运动的特点可知，P下落过程中弹簧最大压缩量为2x0，Q下落过程中弹簧最大压缩量为4x0，Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的2倍，故D错误。
实验：探究动能定理
探究动能定理
例题1、
【答案】 （1）交流
（2）AD
（3）0.81
【解析】 （1）由图可知，打点计时器需要交流电源，同时需要导线、开关；为了测量数据，还需要刻度尺；
（2）A、若用砂和小桶的总重力表示小车受到的合力，为了减少这种做法带来的实验误差，必须使长木板左端抬起一个合适的角度，以平衡摩擦力，以保证合外力等于绳子的拉力，但不需要每次都平衡摩擦力；故A正确，B错误；
C、本实验采用橡皮筋拉动小车，不需要用物体来拉动小车，故C错误；
为了准确判断纸带是否做匀速运动，同时由于打点时存在摩擦力，故在判断时应接通电源后判断是否已平衡摩擦力；故C错误；
D、本实验中需要探究功与速度间的关系，因此需要作出多种可能的图象进行分析，再找出可能的关系，故D正确；
（3）当小车做匀速直线运动时，速度最大，最大速度为：
。
随练1、
【答案】 （1）BD
（2）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；大于零
（3）C；v2与n成正比
【解析】 （1）实验时用完全相同的橡皮筋对小车做功，通过改变橡皮筋的条数可以改变橡皮筋对小车做的功，实验不需要具体求出橡皮筋做功的具体数值，根据打出的纸带求出小车的速度，实验不需要测出小车质量，从而研究功与速度变化的关系，故BD正确，AC错误；
（2）实验前要平衡摩擦力，平衡摩擦力后橡皮筋恢复原长时小车做匀速直线运动，纸带上相邻点间的距离相等，
成5︰9各计数点间距不相等的原因可能是：没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。
由于没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，该小车达到最大速度时，橡皮筋仍然处于伸长状态，橡皮筋的伸长量大于零。
（3）旧橡皮筋老化，不同的橡皮筋伸长相等长度时弹性势能不同，由图示图象可知，用新橡皮筋得出的图象是C，
由图示图象可知，v2与n成正比（v2与橡皮筋对小车所做的功成正比）。
随练2、
【答案】 （1）BCD
（2）不正确；此时小车仍处于加速阶段
（3）不能；由图象只能得出W与△Ek成线性关系，并不能得到两者相等关系
【解析】 （1）A、实验时，应先开通电源，再释放小车，故A错误；
B、实验时，要求通过增加橡皮筋的条数，使功成倍增加，故增加橡皮筋根数时，应选取相同的橡皮筋，并且每次应将小车拉到相同的位置由静止释放，故BC正确；
D、实验要探究橡皮筋做的功等于小车动能的变化量，所以应该消除摩擦力的干扰，故实验前应先平衡小车在木板上所受的摩擦力，故D正确。
（2）他的算法不正确；理由是由纸带可看出在打2、3、4点时，小车仍处于加速阶段，应该选取小车匀速的纸带计算速度；
（3）根据此图象不能验证动能定理；因为由图象只能得出W与△Ek成线性关系，并不能得到两者相等关系。
动能定理实验创新
例题1、
【答案】 （1）D
（2）10g
（3）
（4）由于钩码做加速运动，所以细绳对小车的拉力小于钩码的重力mg
【解析】 （1）在平衡摩擦力时，不挂钩码，轻推拖着纸带的小车，小车能够匀速下滑即可，故ABC错误，D正确；
（2）在实验过程中要保证小车的质量远大于钩码的质量，故钩码的质量选择10g；
（3）打4点时的瞬时速度为：v=，故小车的动能增量为：△Ek=；
（4）小车在钩码的拉力作用下，小车和钩码一起做匀加速运动，所以细绳对小车的拉力小于钩码的重力。
例题2、
【答案】 （1）ADE
（2）L2
（3）系统误差
【解析】 （1）小球离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度，可计算出平抛运动的时间，再根据小物块抛出点到落地点的水平距离L＝v0t，可计算出小球离开桌面时的速度，根据动能的表达式，还需要知道小球的质量。
故ADE正确、BC错误。
（2）根据，和L＝v0t，可得，因为功与速度的平方成正比，所以功与L2正比，故应以W为纵坐标、L2为横坐标作图，才能得到一条直线。
（3）一般来说，从多次测量揭示出的实验误差称为偶然误差，不能从多次测量揭示出的实验误差称为系统误差。由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于系统误差。
例题3、
【答案】 （1）1.20
（3）
（4）FL；略大于
【解析】 （1）游标卡尺的主尺读数为：1mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为4×0.05mm＝0.20mm，
所以最终读数为：1mm＋0.20mm＝1.20mm＝1.20mm
（3）由于宽度较小，时间很短，所以瞬时速度接近平均速度，则。
滑块在经过两光电门过程动能的改变量可由计算式算出；
（4）由图可知，滑块的位移为L，滑块受到的合外力为F，则合外力做的功：W＝FL；由于没有考虑摩擦力等阻力，所以合外力做的功总是略大于滑块增加的动能。
随练1、
【答案】 （1）AC
（2）mgx2；
（3）打O1点速度的二次方
（4）不会
【解析】 （1）A、探究小车做匀变速直线运动的规律，为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平，故A正确；
B、在平衡摩擦力时，需要连接纸带。故B错误
C、为了充分利用纸带，实验时应小车从靠近打点计时器处释放，故C正确；
（2）小车受到的拉力大小等于mg，在打O点到打B点的过程中，拉力对小车做的功W＝mgx2；
B点时小车的速度：
打B点时小车的动能；
（3）以小车受到的二次方v2为纵坐标，则x＝0时，对应的是打O1点速度的二次方；
（4）在实验过程中钩码减小的重力势能等于钩码与小车增加的动能的和，则：
可知钩码做的功与v2成正比，没有保证钩码质量远小于小车质量，他利用实验数据作出的v2－W图象仍然是直线，不会弯曲。
随练2、
【答案】 （1）CD
（2）
（3）；小球的质量m，桌面的高度h，重力加速度g
【解析】 （1）本实验利用平抛运动的规律测量出平抛运动的初速度，即橡皮筋做功的末速度。要测量平抛运动的初速度，需要测量小钢球的水平射程，故需要用到重锤线确定管口在地面上的投影，以方便测量水平射程。故CD正确、AB错误。故选：CD。
（2）将皮筋做的功与测得小钢球水平位移x以及x2的数据整理如下表所示：
皮筋做的功W
W
2W
3W
4W
水平位移x（m）
1.01
1.43
1.75
2.02
x2（m2）
1.02
2.04
3.06
4.08
从表中数据可知，皮筋做的功W与小球的水平位移x的平方成正比，
故以W为纵轴，以x2为横轴，可在坐标纸上得到一条直线，图象如所示：
（3）钢球离开桌面后做平抛运动，
竖直方向：，水平方向：x＝v0t，则，
对钢球，由动能定理得：，
则W－x2图象的斜率：。
随练3、
【答案】 （1）A（2）D
【解析】 （1）A．拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故A不必要；
B．应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故B是必要的；
C．应将气垫导轨调节水平，保持拉线方向与木板平面平行，这样拉力才等于合力，故CD是必要的．
（3）根据牛顿第二定律得a=，
那么
解得：t2=
所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应做出图像或做出t2﹣图像，故D正确．
拓展
1、
【答案】 C
【解析】 AB、甲图中，人匀速上楼，支持力向上，与速度方向为锐角，则支持力做正功。不受静摩擦力，摩擦力不做功，故AB错误。
CD、乙图中，支持力与速度方向垂直，支持力不做功，摩擦力方向与速度方向相同，做正功。故C正确，D错误。
2、
【答案】 C
【解析】 暂无解析
3、[多选题]
【答案】 A C
【解析】 A、根据几何关系知，A球的水平位移，B球的水平位移xB＝2R，C球的水平位移xC＝2Rcos60°＝R，则三个小球的水平位移之比为，初速度相等，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，则三小球的运动时间之比为，故A正确。
B、根据知，三个小球下落的高度之比为3︰4︰1，故B错误。
C、根据WG＝mgh知，下落的高度之比为3︰4︰1，则重力做功之比为3︰4︰1，故C正确。
D、根据知，重力做功之比为3︰4︰1，运动的时间之比为，则重力的平均功率之比为，故D错误。
4、
【答案】 （1）甲站到乙站的距离是1950m；（2）如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，公交车排放气态污染物的质量是2.04kg．
【解析】 （1）72km/h=20m/s，
匀加速直线运动的位移为：m．
匀速直线运动的位移为：x2=vt2=20×80m=1600m．
匀减速直线运动的位移为：m．
则总位移为：x=x1+x2+x3=200+1600+150m=1950m
（2）设列车在第一阶段的牵引力为F，所做的功为W1，在第二阶段牵引力的功率为P，所做的功为W2，设燃油公交车从甲站到乙站做相同的功W，排放的污染物的质量为M，则：
W1=Fx1；
W2=Pt2
W=W1+W2
M=W•（3×10﹣9kg•J﹣1）
联立以上公式，代入数据得：M=2.04kg
答：（1）甲站到乙站的距离是1950m；（2）如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，公交车排放气态污染物的质量是2.04kg．
5、
【答案】 （1）；
（2）
（3）
【解析】 （1）刷子受到重力、垫子的支持力、推力F1和摩擦力作用，则水平方向受力平衡有，
刷子和垫子整体在竖直方向受力平衡有；
（2）设刷子和垫子运动的加速度为a，由牛顿第二定律可得F2cos30°－μ2（mg＋Mg＋F2sin30°）＝（M＋m）a
对刷子有F2cos30°－f2＝ma，解得；
（3）刷子离开垫子的过程受到的摩擦力做的功
由动能定理有，
解得。
6、
【答案】 （1）0.25
（2）
（3）
【解析】 （1）物块在OC上下滑，做匀加速运动；对物块进行受力分析，由牛顿第二定律可得加速度为：
；
故物块A与直轨道间的动摩擦因数为：
；
（2）物块由C到O1，再回到C的运动过程只有摩擦力做功，故由动能定理可得：
；
物块下滑、上滑过程，摩擦力大小相等，位移相等，做功相等，故物块由C到O1的过程摩擦力做功为：
所以，；
物块由C到O1的过程只有重力、摩擦力、弹簧弹力做功，故由动能定理可得：
；
故小物块A运动到O1点时弹簧的弹性势能为：
；
（3）由（2）可得：；
弹簧压缩到O1时，弹簧的弹性势能为；
物块A、B一起运动到O，然后弹簧对A的弹力沿斜面向下，物块A和B分离；
对物块A、B一起运动到O的过程应用动能定理可得：
；
在O点分离后，小物块继续上滑，上滑过程只有重力、摩擦力做功，设小物块B向上滑行距O点的最大距离为s，则有：
；
故
；
故小物块B向上滑行距O1点的最大距离为。
7、
【答案】 （1）左端；匀速
（2）相同位置
（3）GK
【解析】 （1）实验前，应平衡摩擦力，可以将长木板的左端适当垫高，使小车拉着穿过打点计时器的纸带自由下滑时能保持匀速运动。
（2）在实验中，每根橡皮筋的规格相同，拉伸长度相同，通过改变橡皮筋的条数改变做功的大小。
（3）要测量最大速度，应该选用点迹恒定的部分，所以选GK部分。
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