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高中物理沪科技版（2020）必修第二册第三节 动能 动能定理导学案
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这是一份高中物理沪科技版（2020）必修第二册第三节 动能 动能定理导学案，文件包含第15课动能定理综合应用原卷版docx、第15课动能定理综合应用解析版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共39页， 欢迎下载使用。
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1、进一步理解动能定理，领会应用动能定理解题的优越性
2、会利用动能定理分析变力做功、曲线运动以及多过程问题
知识精讲
问题1：列车在机车牵引力的作用下什么形式的能在能增加？
问题2：握力器在手的压力作用下什么形式的能增加？
知识点01 动能定理
一、利用动能定理求变力的功
利用动能定理求变力的功是最常用的方法，这种题目中，物体受到一个变力和几个恒力作用，这时可以先求出几个恒力所做的功，然后用动能定理间接求变力做的功，即WF＋W其他＝ΔEk.
【典例1】
如图所示，斜槽轨道下端与一个半径为0.4 m的圆形轨道相连接．一个质量为0.1 kg的物体从高为H＝2 m的A点由静止开始滑下，运动到圆形轨道的最高点C处时，对轨道的压力等于物体的重力．求物体从A运动到C的过程中克服摩擦力所做的功．(g取10 m/s2)
【解析】物体运动到C点时受到重力和轨道对它的压力，由圆周运动知识可知N＋mg＝eq \f(mv\\al(2,C),r)，又N＝mg，
联立两式解得vC＝eq \r(2gr)＝2eq \r(2) m/s，
在物体从A点运动到C点的过程中，由动能定理有
mg(H－2r)－Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－0，
代入数据解得Wf＝0.8 J.
【答案】0.8 J
【典例2】
某同学从h＝5 m高处，以初速度v0＝8 m/s抛出一个质量为m＝0.5 kg的橡皮球，测得橡皮球落地前瞬间速度为12 m/s，求该同学抛球时所做的功和橡皮球在空中运动时克服空气阻力做的功．(g取10 m/s2)
【解析】本题所求的两问，分别对应着两个物理过程，但这两个物理过程以速度相互联系，前一过程的末速度为后一过程的初速度．该同学对橡皮球做的功不能用W＝Fx求出，只能通过动能定理由外力做功等于球动能的变化这个关系求出．
某同学抛球的过程，球的速度由零增加为抛出时的初速度v0，故抛球时所做的功为W＝eq \f(mv\\al( 2,0),2)＝eq \f(0.5×82,2) J＝16 J.
橡皮球抛出后，重力和空气阻力做功，由动能定理得：
mgh＋Wf＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)，
解得：Wf＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)－mgh＝－5 J.
即橡皮球克服空气阻力做功为5 J.
【答案】16 J 5 J
【即学即练1】
如图所示，由细管道组成的竖直轨道，其圆形部分半径分别是R和eq \f(R,2)，质量为m的直径略小于管径的小球通过这段轨道时，在A点时刚好对管壁无压力，在B点时对管外侧壁压力为eq \f(mg,2)(A、B均为圆形轨道的最高点)．求小球由A点运动到B点的过程中摩擦力对小球做的功．
【答案】由圆周运动的知识可知，小球在A点时的速度vA＝eq \r(gR).
小球在A点的动能EkA＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＝eq \f(1,2)mgR
设小球在B点的速度为vB，则由圆周运动的知识得meq \f(v\\al(2,B),\f(R,2))＝mg＋eq \f(mg,2)＝eq \f(3,2)mg.
因此小球在B点的动能EkB＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝eq \f(3,8)mgR.
小球从A点运动到B点的过程中，重力做功WG＝mgR.
摩擦力做功为Wf，由动能定理得：
EkB－EkA＝mgR＋Wf，
由此得Wf＝－eq \f(9,8)mgR.
【即学即练2】
一个人站在距地面20 m的高处，将质量为0.2 kg的石块以v0＝12 m/s的速度斜向上抛出，石块的初速度方向与水平方向之间的夹角为30°，g取10 m/s2，求：
(1)人抛石块过程中对石块做了多少功？
(2)若不计空气阻力，石块落地时的速度大小是多少？
(3)若落地时的速度大小为22 m/s，石块在空中运动过程中克服阻力做了多少功？
【答案】(1)根据动能定理知，W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝14.4 J
(2)不计空气阻力，根据动能定理得
mgh＝eq \f(mv\\al(2,1),2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v1＝eq \r(v\\al(2,0)＋2gh)≈23.32 m/s
(3)由动能定理得mgh－Wf＝eq \f(mv\\al(2,2),2)－eq \f(mv\\al(2,0),2)
解得Wf＝mgh－(eq \f(mv\\al(2,2),2)－eq \f(mv\\al(2,0),2))＝6 J
知识点02 利用动能定理分析多过程问题
对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，可以选择分段或全程应用动能定理．
1．分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解．
2．全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力的做功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解．
当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便．
注意 当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移．计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和．
【典例1】
如图所示，ABCD为一位于竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑且与BC平滑连接．一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点速度为零．(g取10 m/s2)求：
(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；
(2)物体第5次经过B点时的速度；
(3)物体最后停止的位置(距B点多少米)．
【解析】(1)由动能定理得
－mg(h－H)－μmgsBC＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，
解得μ＝0.5.
(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得
mgH－μmg·4sBC＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，
解得v2＝4eq \r(11) m/s≈13.3 m/s.
(3)分析整个过程，由动能定理得
mgH－μmgs＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，
解得s＝21.6 m.
所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m，故距B点的距离为2 m－1.6 m＝0.4 m.
【答案】(1)0.5 (2)13.3 m/s (3)距B点0.4 m
【典例2】
如图所示，质量m＝1 kg 的木块静止在高h＝1.2 m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平推力F＝20 N，使木块产生位移x1＝3 m时撤去，木块又滑行x2＝1 m后飞出平台，求木块落地时速度的大小．
【解析】木块的运动分为三个阶段，先是在x1段做匀加速直线运动，然后是在x2段做匀减速直线运动，最后是平抛运动．考虑应用动能定理，设木块落地时的速度为v，整个过程中各力做功情况分别为
推力做功WF＝Fx1，
摩擦力做功Wf＝－μmg(x1＋x2)，
重力做功WG＝mgh，
对整个过程由动能定理得Fx1－μmg(x1＋x2)＋mgh＝eq \f(1,2)mv2－0，
代入数据解得v＝8eq \r(2) m/s.
【答案】 8eq \r(2) m/s
【即学即练1】
一艘由三个推力相等的发动机推动的气垫船在湖面上由静止开始加速前进s距离后，关掉一个发动机，气垫船匀速运动，当气垫船将要运动到码头时，又关掉两个发动机，最后它恰好停在码头，则三个发动机都关闭后，气垫船通过的距离是多少？(设气垫船所受阻力恒定)
【答案】设每个发动机的推力是F，气垫船所受的阻力是f.当关掉一个发动机时，气垫船做匀速运动，则：
2F－f＝0，f＝2F.
开始阶段，气垫船做匀加速运动，设末速度为v，气垫船的质量为m，应用动能定理有
(3F－f)s＝eq \f(1,2)mv2，得Fs＝eq \f(1,2)mv2.
又关掉两个发动机时，气垫船做匀减速运动，应用动能定理有－fs1＝0－eq \f(1,2)mv2，得2Fs1＝eq \f(1,2)mv2.
所以s1＝eq \f(s,2)，即关闭三个发动机后气垫船通过的距离为eq \f(s,2).
【即学即练2】
一铅球质量m＝4 kg，从离沙坑面1.8 m高处自由落下，铅球进入沙坑后下陷0.1 m静止，g＝10 m/s2，求沙对铅球的平均作用力．
【答案】解法一 铅球进入沙坑后不仅受阻力，还要受重力．从开始下落到最终静止，铅球受重力和沙的阻力的作用，重力一直做正功，沙的阻力做负功．
W总＝mg(H＋h)＋(－F阻h)
铅球动能的变化ΔEk＝Ek2－Ek1＝0.
由动能定理得
ΔEk＝mg(H＋h)＋(－F阻h)＝0
将H＝1.8 m，h＝0.1 m代入上式解得
F阻＝eq \f(mgH＋h,h)＝760 N．即沙对铅球的平均作用力为760 N.
解法二 分段分析做功问题
铅球下落过程可分为两个过程(如图所示)
(1)自由落体下落H；
(2)在沙中减速下降h.
这两个过程的联系是铅球落至沙面时的速度，即第一段过程的末速度为第二段过程的初速度．设这一速度为v，对第一段过程应用动能定理：mgH＝eq \f(1,2)mv2①
第二段过程铅球受重力和阻力，同理可得
mgh－F阻h＝0－eq \f(1,2)mv2②
由①②式得F阻＝eq \f(H＋h,h)·mg＝760 N.
知识点03 动能定理和动力学方法的综合应用
动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意：
(1)与平抛运动相结合时，求平抛运动的有关物理量．
(2)与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件：
①有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能过最高点的临界条件为vmin＝0.
②没有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能过最高点的临界条件为vmin＝eq \r(gR).
【典例1】
如图3所示，质量m＝0.1 kg的金属小球从距水平面h＝2.0 m的光滑斜面上由静止开始释放，运动到A点时无能量损耗，水平面AB是长2.0 m的粗糙平面，与半径为R＝0.4 m的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，其中圆轨道在竖直平面内，D为轨道的最高点，小球恰能通过最高点D，求：(g＝10 m/s2)
图3
(1)小球运动到A点时的速度大小；
(2)小球从A运动到B时摩擦阻力所做的功；
(3)小球从D点飞出后落点E与A的距离．
【解析】(1)根据题意和题图可得：小球下落到A点时由动能定理得：
W＝mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，
所以vA＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×2.0) m/s＝2eq \r(10) m/s
(2)小球运动到D点时：mg＝eq \f(mv\\al(2,D),R)
vD＝eq \r(gR)＝2 m/s
当小球由B运动到D点时由动能定理得：－mg×2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)veq \\al(2,B)
解得vB＝eq \r(4gR＋v\\al(2,D))＝2eq \r(5) m/s
所以A到B时：Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＝eq \f(1,2)×0.1×(20－40) J＝－1 J
(3)小球从D点飞出后做平抛运动，故有
2R＝eq \f(1,2)gt2
t＝eq \r(\f(4R,g))＝0.4 s
水平位移xBE＝vDt＝0.8 m
所以xAE＝xAB－xBE＝1.2 m.
【答案】(1)2eq \r(10) m/s (2)－1 J (3)1.2 m
【典例2】
如图所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两部分组成，其中AB部分为光滑的圆弧，圆心为O，∠AOB＝37°，圆弧的半径R＝0.5 m；BD部分水平，长度为0.2 m，C为BD的中点．现有一质量m＝1 kg、可视为质点的物块从A端由静止释放，恰好能运动到D点．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
(1)物块运动到B点时，对工件的压力大小；
(2)为使物块恰好运动到C点静止，可以在物块运动到B点后，对它施加一竖直向下的恒力F，F应为多大？
【解析】(1)物块由A运动到B点的过程中，由动能定理有：mgR(1－cs 37°)＝eq \f(1,2)mv2
解得：v2＝2gR(1－cs 37°)＝2×10×0.5×(1－0.8)＝2 (m/s)2
在B点，由牛顿第二定律有：N－mg＝meq \f(v2,R)
解得：N＝mg＋meq \f(v2,R)＝1×(10＋eq \f(2,0.5)) N＝14 N
由牛顿第三定律有：N′＝N＝14 N
(2)物块由B运动到D点的过程中，由动能定理有：μmg
BD＝eq \f(1,2)mv2
施加恒力F后，物块由B运动到C点的过程中，由动能定理有：μ(mg＋F)BC＝eq \f(1,2)mv2
可得：mgBD＝(mg＋F)BC
由题知：BD＝2BC，得：2mg＝mg＋F
解得：F＝mg＝1×10 N＝10 N.
【答案】(1)14 N (2)10 N
【即学即练1】
如图所示，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内．滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零．已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
(1)滑块在C点的速度大小vC；
(2)滑块在B点的速度大小vB；
(3)A、B两点间的高度差h.
【解析】(1)对C点，滑块竖直方向所受合力提供向心力mg＝eq \f(mv\\al(2,C),R)
vC＝eq \r(gR)＝2 m/s
(2)对B→C过程，由动能定理得
－mgR(1＋cs 37°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
vB＝≈4.29 m/s
(3)滑块在A→B的过程，由动能定理得
mgh－μmgcs 37°·eq \f(h,sin 37°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－0
代入数据解得h≈1.38 m
【答案】(1)2 m/s (2)4.29 m/s (3)1.38 m
能力拓展
【典例1】
如图所示，绷紧的传送带在电动机带动下，始终保持v0＝2 m/s的速度匀速运行，传送带与水平地面的夹角θ＝30°，现把一质量m＝10 kg的工件轻轻地放在传送带底端，由传送带传送至h＝2 m的高处．已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)，g取10 m/s2.
(1)试通过计算分析工件在传送带上做怎样的运动？
(2)工件从传送带底端运动至h＝2 m高处的过程中摩擦力对工件做了多少功？
【解析】(1)工件刚放上传送带时受滑动摩擦力：f＝μmgcs θ，
工件开始做匀加速直线运动，由牛顿第二定律：f－mgsin θ＝ma可得：
a＝eq \f(f,m)－gsin θ
＝g(μcs θ－sin θ)
＝10×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs 30°－sin 30°))m/s2
＝2.5 m/s2.
设工件经过位移x与传送带达到共同速度，由匀变速直线运动规律可得：x＝eq \f(v\\al(2,0),2a)＝eq \f(22,2×2.5) m＝0.8 m＜eq \f(h,sin θ)＝4 m
故工件先以2.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，运动0.8 m与传送带达到共同速度2 m/s后做匀速直线运动．
（2）在工件从传送带底端运动至h＝2 m高处的过程中，设摩擦力对工件做功Wf，由动能定理得Wf－mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，
可得：Wf＝mgh＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝10×10×2 J＋eq \f(1,2)×10×22 J＝220 J
【答案】 (1)工件以2.5 m/s2的加速度先匀加速，运动0.8 m与传送带达到共同速度2 m/s后做匀速直线运动
(2)220 J
【即学即练1】
如图1所示，AB为eq \f(1,4)圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R，一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为( )
图1
A.eq \f(1,2)μmgR B.eq \f(1,2)mgR
C.－mgR D.(1－μ)mgR
【解析】 物体从A运动到B所受的弹力要发生变化，摩擦力大小也要随之变化，所以克服摩擦力所做的功，不能直接由做功的公式求得.而在BC段克服摩擦力所做的功，可直接求得.对从A到C全过程运用动能定理即可求出物体在AB段克服摩擦力所做的功.
设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A到C的全过程，根据动能定理，有mgR－WAB－μmgR＝0.
所以有WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR.
分层提分
题组A 基础过关练
一、单选题
1．如图是利用太阳能驱动的小车，若小车保持牵引力恒定，在平直的水泥路上从静止开始运动，经过时间t前进距离x，电动机的功率达到额定功率P，速度达到。小车的质量为m，所受阻力恒为f，那么这段时间内（ ）
A．小车做加速度逐渐减小的加速运动B．小车受到的牵引力等于f
C．电动机对小车所做的功为D．电动机对小车所做的功为
【答案】C
【详解】
A．小车保持牵引力恒定，小车所受阻力恒定，则小车在运动时间内所受合外力恒定，小车做匀加速直线运动，即小车的加速度保持不变，故A错误；
B．小车匀加速，牵引力大于阻力，故B错误；
C．在小车运动过程，利用动能定理，有
整理可得电动机对小车所做的功为，故C正确；
D．由题意知，小车速度达到v时，电动机的功率达到额定功率P，在小车速达到v之前，电动机的实际功率小于电动机的额定功率，故电动机对小车所做的功小于Pt，故D错误。
故选C。
2．甲、乙两物体质量相等，速度大小之比是3：1，则甲与乙的动能之比是（ ）
A．1:3B．3:1C．9:1D．1:9
【答案】C
【详解】
根据动能定义
可知
故选C。
3．当重力对物体做正功时，物体的（ ）
A．重力势能一定增加，动能一定减小
B．重力势能一定减小，动能一定增加
C．重力势能不一定减小，动能一定增加
D．重力势能一定减小，动能不一定减小
【答案】D
【详解】
当重力对物体做正功时，由功能关系可知，重力势能一定减小；
根据动能定理知道
当重力对物体做正功时，物体可能还受到其他的力做功，所以对物体做的总功可能是正功，也有可能是负功，也有可能为0，所以物体的动能可能增加，也有可能减小，也有可能不变。
D正确，ABC错误。
故选D。
4．在体育课上，某同学练习投篮，他站在罚球线处用力将篮球从手中投出，如图所示，篮球约以1m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6kg，篮筐离地高度约为3m，则该同学投篮时对篮球做的功约为（ ）
A．1JB．10JC．40JD．100J
【答案】B
【详解】
对整个过程运用动能定理得
代入数据解得
故B正确。
故选B。
5．图示为儿童蹦极的照片，儿童绑上安全带，在两根弹性绳的牵引下上下运动。在儿童从最高点下降到最低点的过程中 （ ）
A．重力对人做负功B．合力对人做正功
C．弹性绳的弹力对人做负功D．人重力的功率一直减少
【答案】C
【详解】
A．儿童高度下降，因此重力对人做正功，故A错误；
B．在儿童从最高点下降到最低点的过程，初末状态动能均为零，根据动能定理可知，合力对人做功为零，故B错误；
C．弹性绳处于拉伸状态，弹力向上，人向下运动，所以弹力做负功，故C正确；
D．在儿童从最高点下降到最低点的过程中，速度先增大后减小，所以人重力的功率先增大后减小，故D错误。
故选C。
二、多选题
6．新能源汽车的研发和使用是近几年的热门话题，在某次新车性能测试过程中，质量为m的新能源汽车以恒定的功率P启动，其速度随时间变化的图像如图所示，经过时间t0，新能源汽车达到最大速度vm，之后新能源汽车匀速行驶，关于该汽车从启动到车速达到最大的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．新能源汽车的位移小于
B．新能源汽车的加速度越来越小
C．新能源汽车的牵引力做功等于
D．新能源汽车克服阻力所做的功为
【答案】BD
【详解】
A．图像的面积等于位移，可知新能源汽车的位移大于从静止做匀加速运动的物体在时间t0内速度到达v0时的位移，即位移大于，选项A错误；
B．图像的斜率等于加速度，可知新能源汽车的加速度越来越小，选项B正确；
CD．根据动能定理
新能源汽车的牵引力做功等于
新能源汽车克服阻力所做的功为
选项C错误，D正确。
故选BD。
题组B 能力提升练
三、填空题
7．如图所示，一个粗糙的水平转台以角速度匀速转动，转台上有一个质量为m的物体，物体与转台中心O用长为L的绳连接，此时物体与转台处于相对静止状态，设物体与转台间的动摩擦因数为，若转盘突然停止转动，则物体在转台上继续运动的距离为___________。
【答案】
【详解】
物体初动能全部克服摩擦力做功消耗，最终静止，根据动能定理得
解得
8．如图所示，质量为m的物体由静止开始从高度为h1的A点沿斜面下滑到地面，随后又沿另一斜面上滑到高h2处的B点停止，不计斜面与水平面连接处的能量损失，此过程克服摩擦力做功为______。若在B点给物体一瞬时速度，使物体从B点原路返回到A点，则需给物体的最小速度是______。
【答案】 mg(h1-h2)
【详解】
[1]根据动能定理
解得
[2]根据动能定理
解得
9．轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m=0.5kg的物块相连，如图甲所示。弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数为0.2。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴。现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示。物块运动至x=0.4m处时速度为零。则此时弹簧的弹性势能为_________。（g=10m/s2）
【答案】3.1J
【详解】
由图线与坐标轴围成的面积表示功，可得到力F做的功
W =× (5 + 10)× 0.2J + 10 × (0.4 - 0.2)J = 3.5J
设克服弹簧弹力做的功为WF，根据动能定理
WF - W弹 - μmgx = 0
代入数据有
3.5 – W弹 - 0.2 × 0.5 × 10 × 0.4 = 0
解得
W弹 = 3.1J
则弹簧的弹性势能为
EP= 3.1J
10．如图所示，板长为，板的端放有质量为的小物体，物体与板的动摩擦因数为。开始时板水平，现绕A端缓慢转过角度的过程中，小物体始终保持与板相对静止，重力加速度为。则此过程中，重力___________（填“做正功”、“做负功”、“不做功”），弹力做功大小为___________。
【答案】 做负功
【详解】
[1]物体上升，重力做负功。
[2]根据动能定理得
所以弹力做功为
11．一架喷气式飞机，质量为m，起飞过程中从静止开始滑跑。当位移达到L时，速度达到起飞速度v。在此过程中，飞机受到的平均阻力是飞机所受重力的k倍。重力加速度g已知，求飞机平均牵引力的大小。（本题要求用动能定理求解，否则不能得分）
【答案】或者
【详解】
解以飞机为研究对象，据动能定理有
即可得
故
或者
12．如图所示，假设在某次比赛中质量为m的运动员从10m高处的跳台跳下，设水的平均阻力约为其重力的5倍，在粗略估算中，把运动员当做质点处理，为了保证运动员的人身安全，池水深度至少为（不计空气阻力）_________m。
【答案】2.5
【详解】
设池水的最小深度为h2，跳台离水面的高度为h1=10m，对整个过程，由动能定理得
mg（h1+h2）-fh2=0
而
f=5mg
联立解得
h2=2.5m
题组C 培优拔尖练
四、解答题
13．如图所示，在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径，AO与BO夹角为。BC是长度为的水平传送带，CD是长度为的水平粗糙轨道，AB、CD轨道与传送带平滑连接。游戏中参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑，最后恰好能运动至D点。参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量，滑板质量可忽略。已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为，，g取，求：
（1）参赛者运动到圆弧轨道B处的速度大小；
（2）参赛者运动到水平传送带C处的速度大小；
（3）传送带的运转速率及运转方向（填“顺时针”或“逆时针”）；
（4）传送带由于传送参赛者而多消耗的电能E。
【答案】（1）；（2）；（3）；顺时针；（4）
【详解】
（1）运动员从A处由静止下滑到B处，根据动能定理有
带入数据解得
（2）运动员从C处由静止下滑到D处，根据动能定理有
带入数据解得
（3）因为，所以传送带运转方向为顺时针。
则运动员滑上传送带后先做匀加速，设加速位移为x，加速时间为t，则
解得
所以运动员在传送带上先做匀加速直线运动，与传送带共速后一起做匀速直线运动，即
（4）运动员在传送带上加速时间为
传送带的位移为
对传送带，根据动能定理有
根据功能关系
带入数据解得
14．某学校门口平直公路上设有图甲所示减速带，一摩托车经过校门口前因有减速带司机控制摩托车的加速度a，a随位移x变化的图像如图乙所示，x＝0时车速v0＝10m/s，此时加速度方向与速度方向相同；x＝62m时摩托车到达减速带处，求：
（1）摩托车在0～22m位移内所用的时间t1；
（2）末速度大小v1。
【答案】（1）2s；（2）8m/s
【详解】
（1）摩托车在0～22m位移内做匀加速直线运动，在0～22m位移内摩托车的加速度为
根据运动学公式
代入数据解得
故摩托车在0～22m位移内所用时间为2s。
（2）设摩托车在0～22m位移的末速度为v，则有
对摩托车在22m～62m位移内的运动，设阻力为f，加速度为a，位移为
以x为0处的速度方向为正方向，由动能定理得
即
其中
代入数据解得
故末速度大小为8m/s。
15．2019年12月17日，中国首艘自主建造的国产航母“山东”舰正式入役，中国海军真正拥有了可靠的航母作战能力，国产航母上的“歼15”舰载机采用滑跃式起飞。如图所示，为水平甲板，为倾斜甲板，倾角为，处由光滑圆弧平滑连接。舰载机从点启动做匀加速直线运动，经过到达点时速度为，此时舰载机发动机的功率恰好达到额定功率，随后滑上倾斜甲板继续加速，在点实现起飞。已知舰载机总质量为，滑跑过程中受到的阻力（空气阻力与摩擦阻力总和）恒为自身重力的0.1倍，方向与速度方向相反。倾斜甲板舰艏高度，，，舰载机可视为质点，航母始终处于静止状态。
（1）求航母水平甲板之间的距离和舰载机发动机的额定功率；
（2）若舰载机在倾斜甲板上继续以额定功率加速，又经过最终飞离航母。通过计算判断舰载机能否安全起飞（已知舰载机的安全起飞速度至少为）？
【答案】（1）60m；；（2）舰载机可以安全起飞，详见解析
【详解】
（1）由可得
由运动学公式可得
水平滑跑中由牛顿第二定律得
其中
可得
由得，发动机达到额定功率
（2）达到额定功率后，舰载机在倾斜甲板上做变加速运动，设C点起飞时的速度为，由动能定理可得
解得
所以舰载机可以安全起飞。
目标导航
1、进一步理解动能定理，领会应用动能定理解题的优越性
2、会利用动能定理分析变力做功、曲线运动以及多过程问题
知识精讲
问题1：列车在机车牵引力的作用下什么形式的能在能增加？
问题2：握力器在手的压力作用下什么形式的能增加？
知识点01 动能定理
一、利用动能定理求变力的功
利用动能定理求变力的功是最常用的方法，这种题目中，物体受到一个变力和几个恒力作用，这时可以先求出几个恒力所做的功，然后用动能定理间接求变力做的功，即WF＋W其他＝ΔEk.
【典例1】
如图所示，斜槽轨道下端与一个半径为0.4 m的圆形轨道相连接．一个质量为0.1 kg的物体从高为H＝2 m的A点由静止开始滑下，运动到圆形轨道的最高点C处时，对轨道的压力等于物体的重力．求物体从A运动到C的过程中克服摩擦力所做的功．(g取10 m/s2)
【解析】物体运动到C点时受到重力和轨道对它的压力，由圆周运动知识可知N＋mg＝eq \f(mv\\al(2,C),r)，又N＝mg，
联立两式解得vC＝eq \r(2gr)＝2eq \r(2) m/s，
在物体从A点运动到C点的过程中，由动能定理有
mg(H－2r)－Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－0，
代入数据解得Wf＝0.8 J.
【答案】0.8 J
【典例2】
某同学从h＝5 m高处，以初速度v0＝8 m/s抛出一个质量为m＝0.5 kg的橡皮球，测得橡皮球落地前瞬间速度为12 m/s，求该同学抛球时所做的功和橡皮球在空中运动时克服空气阻力做的功．(g取10 m/s2)
【解析】本题所求的两问，分别对应着两个物理过程，但这两个物理过程以速度相互联系，前一过程的末速度为后一过程的初速度．该同学对橡皮球做的功不能用W＝Fx求出，只能通过动能定理由外力做功等于球动能的变化这个关系求出．
某同学抛球的过程，球的速度由零增加为抛出时的初速度v0，故抛球时所做的功为W＝eq \f(mv\\al( 2,0),2)＝eq \f(0.5×82,2) J＝16 J.
橡皮球抛出后，重力和空气阻力做功，由动能定理得：
mgh＋Wf＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)，
解得：Wf＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)－mgh＝－5 J.
即橡皮球克服空气阻力做功为5 J.
【答案】16 J 5 J
【即学即练1】
如图所示，由细管道组成的竖直轨道，其圆形部分半径分别是R和eq \f(R,2)，质量为m的直径略小于管径的小球通过这段轨道时，在A点时刚好对管壁无压力，在B点时对管外侧壁压力为eq \f(mg,2)(A、B均为圆形轨道的最高点)．求小球由A点运动到B点的过程中摩擦力对小球做的功．
【答案】由圆周运动的知识可知，小球在A点时的速度vA＝eq \r(gR).
小球在A点的动能EkA＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＝eq \f(1,2)mgR
设小球在B点的速度为vB，则由圆周运动的知识得meq \f(v\\al(2,B),\f(R,2))＝mg＋eq \f(mg,2)＝eq \f(3,2)mg.
因此小球在B点的动能EkB＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝eq \f(3,8)mgR.
小球从A点运动到B点的过程中，重力做功WG＝mgR.
摩擦力做功为Wf，由动能定理得：
EkB－EkA＝mgR＋Wf，
由此得Wf＝－eq \f(9,8)mgR.
【即学即练2】
一个人站在距地面20 m的高处，将质量为0.2 kg的石块以v0＝12 m/s的速度斜向上抛出，石块的初速度方向与水平方向之间的夹角为30°，g取10 m/s2，求：
(1)人抛石块过程中对石块做了多少功？
(2)若不计空气阻力，石块落地时的速度大小是多少？
(3)若落地时的速度大小为22 m/s，石块在空中运动过程中克服阻力做了多少功？
【答案】(1)根据动能定理知，W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝14.4 J
(2)不计空气阻力，根据动能定理得
mgh＝eq \f(mv\\al(2,1),2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v1＝eq \r(v\\al(2,0)＋2gh)≈23.32 m/s
(3)由动能定理得mgh－Wf＝eq \f(mv\\al(2,2),2)－eq \f(mv\\al(2,0),2)
解得Wf＝mgh－(eq \f(mv\\al(2,2),2)－eq \f(mv\\al(2,0),2))＝6 J
知识点02 利用动能定理分析多过程问题
对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，可以选择分段或全程应用动能定理．
1．分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解．
2．全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力的做功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解．
当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便．
注意 当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移．计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和．
【典例1】
如图所示，ABCD为一位于竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑且与BC平滑连接．一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点速度为零．(g取10 m/s2)求：
(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；
(2)物体第5次经过B点时的速度；
(3)物体最后停止的位置(距B点多少米)．
【解析】(1)由动能定理得
－mg(h－H)－μmgsBC＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，
解得μ＝0.5.
(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得
mgH－μmg·4sBC＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，
解得v2＝4eq \r(11) m/s≈13.3 m/s.
(3)分析整个过程，由动能定理得
mgH－μmgs＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，
解得s＝21.6 m.
所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m，故距B点的距离为2 m－1.6 m＝0.4 m.
【答案】(1)0.5 (2)13.3 m/s (3)距B点0.4 m
【典例2】
如图所示，质量m＝1 kg 的木块静止在高h＝1.2 m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平推力F＝20 N，使木块产生位移x1＝3 m时撤去，木块又滑行x2＝1 m后飞出平台，求木块落地时速度的大小．
【解析】木块的运动分为三个阶段，先是在x1段做匀加速直线运动，然后是在x2段做匀减速直线运动，最后是平抛运动．考虑应用动能定理，设木块落地时的速度为v，整个过程中各力做功情况分别为
推力做功WF＝Fx1，
摩擦力做功Wf＝－μmg(x1＋x2)，
重力做功WG＝mgh，
对整个过程由动能定理得Fx1－μmg(x1＋x2)＋mgh＝eq \f(1,2)mv2－0，
代入数据解得v＝8eq \r(2) m/s.
【答案】 8eq \r(2) m/s
【即学即练1】
一艘由三个推力相等的发动机推动的气垫船在湖面上由静止开始加速前进s距离后，关掉一个发动机，气垫船匀速运动，当气垫船将要运动到码头时，又关掉两个发动机，最后它恰好停在码头，则三个发动机都关闭后，气垫船通过的距离是多少？(设气垫船所受阻力恒定)
【答案】设每个发动机的推力是F，气垫船所受的阻力是f.当关掉一个发动机时，气垫船做匀速运动，则：
2F－f＝0，f＝2F.
开始阶段，气垫船做匀加速运动，设末速度为v，气垫船的质量为m，应用动能定理有
(3F－f)s＝eq \f(1,2)mv2，得Fs＝eq \f(1,2)mv2.
又关掉两个发动机时，气垫船做匀减速运动，应用动能定理有－fs1＝0－eq \f(1,2)mv2，得2Fs1＝eq \f(1,2)mv2.
所以s1＝eq \f(s,2)，即关闭三个发动机后气垫船通过的距离为eq \f(s,2).
【即学即练2】
一铅球质量m＝4 kg，从离沙坑面1.8 m高处自由落下，铅球进入沙坑后下陷0.1 m静止，g＝10 m/s2，求沙对铅球的平均作用力．
【答案】解法一 铅球进入沙坑后不仅受阻力，还要受重力．从开始下落到最终静止，铅球受重力和沙的阻力的作用，重力一直做正功，沙的阻力做负功．
W总＝mg(H＋h)＋(－F阻h)
铅球动能的变化ΔEk＝Ek2－Ek1＝0.
由动能定理得
ΔEk＝mg(H＋h)＋(－F阻h)＝0
将H＝1.8 m，h＝0.1 m代入上式解得
F阻＝eq \f(mgH＋h,h)＝760 N．即沙对铅球的平均作用力为760 N.
解法二 分段分析做功问题
铅球下落过程可分为两个过程(如图所示)
(1)自由落体下落H；
(2)在沙中减速下降h.
这两个过程的联系是铅球落至沙面时的速度，即第一段过程的末速度为第二段过程的初速度．设这一速度为v，对第一段过程应用动能定理：mgH＝eq \f(1,2)mv2①
第二段过程铅球受重力和阻力，同理可得
mgh－F阻h＝0－eq \f(1,2)mv2②
由①②式得F阻＝eq \f(H＋h,h)·mg＝760 N.
知识点03 动能定理和动力学方法的综合应用
动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意：
(1)与平抛运动相结合时，求平抛运动的有关物理量．
(2)与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件：
①有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能过最高点的临界条件为vmin＝0.
②没有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能过最高点的临界条件为vmin＝eq \r(gR).
【典例1】
如图3所示，质量m＝0.1 kg的金属小球从距水平面h＝2.0 m的光滑斜面上由静止开始释放，运动到A点时无能量损耗，水平面AB是长2.0 m的粗糙平面，与半径为R＝0.4 m的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，其中圆轨道在竖直平面内，D为轨道的最高点，小球恰能通过最高点D，求：(g＝10 m/s2)
图3
(1)小球运动到A点时的速度大小；
(2)小球从A运动到B时摩擦阻力所做的功；
(3)小球从D点飞出后落点E与A的距离．
【解析】(1)根据题意和题图可得：小球下落到A点时由动能定理得：
W＝mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，
所以vA＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×2.0) m/s＝2eq \r(10) m/s
(2)小球运动到D点时：mg＝eq \f(mv\\al(2,D),R)
vD＝eq \r(gR)＝2 m/s
当小球由B运动到D点时由动能定理得：－mg×2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)veq \\al(2,B)
解得vB＝eq \r(4gR＋v\\al(2,D))＝2eq \r(5) m/s
所以A到B时：Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＝eq \f(1,2)×0.1×(20－40) J＝－1 J
(3)小球从D点飞出后做平抛运动，故有
2R＝eq \f(1,2)gt2
t＝eq \r(\f(4R,g))＝0.4 s
水平位移xBE＝vDt＝0.8 m
所以xAE＝xAB－xBE＝1.2 m.
【答案】(1)2eq \r(10) m/s (2)－1 J (3)1.2 m
【典例2】
如图所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两部分组成，其中AB部分为光滑的圆弧，圆心为O，∠AOB＝37°，圆弧的半径R＝0.5 m；BD部分水平，长度为0.2 m，C为BD的中点．现有一质量m＝1 kg、可视为质点的物块从A端由静止释放，恰好能运动到D点．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
(1)物块运动到B点时，对工件的压力大小；
(2)为使物块恰好运动到C点静止，可以在物块运动到B点后，对它施加一竖直向下的恒力F，F应为多大？
【解析】(1)物块由A运动到B点的过程中，由动能定理有：mgR(1－cs 37°)＝eq \f(1,2)mv2
解得：v2＝2gR(1－cs 37°)＝2×10×0.5×(1－0.8)＝2 (m/s)2
在B点，由牛顿第二定律有：N－mg＝meq \f(v2,R)
解得：N＝mg＋meq \f(v2,R)＝1×(10＋eq \f(2,0.5)) N＝14 N
由牛顿第三定律有：N′＝N＝14 N
(2)物块由B运动到D点的过程中，由动能定理有：μmg
BD＝eq \f(1,2)mv2
施加恒力F后，物块由B运动到C点的过程中，由动能定理有：μ(mg＋F)BC＝eq \f(1,2)mv2
可得：mgBD＝(mg＋F)BC
由题知：BD＝2BC，得：2mg＝mg＋F
解得：F＝mg＝1×10 N＝10 N.
【答案】(1)14 N (2)10 N
【即学即练1】
如图所示，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内．滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零．已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
(1)滑块在C点的速度大小vC；
(2)滑块在B点的速度大小vB；
(3)A、B两点间的高度差h.
【解析】(1)对C点，滑块竖直方向所受合力提供向心力mg＝eq \f(mv\\al(2,C),R)
vC＝eq \r(gR)＝2 m/s
(2)对B→C过程，由动能定理得
－mgR(1＋cs 37°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
vB＝≈4.29 m/s
(3)滑块在A→B的过程，由动能定理得
mgh－μmgcs 37°·eq \f(h,sin 37°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－0
代入数据解得h≈1.38 m
【答案】(1)2 m/s (2)4.29 m/s (3)1.38 m
能力拓展
【典例1】
如图所示，绷紧的传送带在电动机带动下，始终保持v0＝2 m/s的速度匀速运行，传送带与水平地面的夹角θ＝30°，现把一质量m＝10 kg的工件轻轻地放在传送带底端，由传送带传送至h＝2 m的高处．已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)，g取10 m/s2.
(1)试通过计算分析工件在传送带上做怎样的运动？
(2)工件从传送带底端运动至h＝2 m高处的过程中摩擦力对工件做了多少功？
【解析】(1)工件刚放上传送带时受滑动摩擦力：f＝μmgcs θ，
工件开始做匀加速直线运动，由牛顿第二定律：f－mgsin θ＝ma可得：
a＝eq \f(f,m)－gsin θ
＝g(μcs θ－sin θ)
＝10×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs 30°－sin 30°))m/s2
＝2.5 m/s2.
设工件经过位移x与传送带达到共同速度，由匀变速直线运动规律可得：x＝eq \f(v\\al(2,0),2a)＝eq \f(22,2×2.5) m＝0.8 m＜eq \f(h,sin θ)＝4 m
故工件先以2.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，运动0.8 m与传送带达到共同速度2 m/s后做匀速直线运动．
（2）在工件从传送带底端运动至h＝2 m高处的过程中，设摩擦力对工件做功Wf，由动能定理得Wf－mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，
可得：Wf＝mgh＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝10×10×2 J＋eq \f(1,2)×10×22 J＝220 J
【答案】 (1)工件以2.5 m/s2的加速度先匀加速，运动0.8 m与传送带达到共同速度2 m/s后做匀速直线运动
(2)220 J
【即学即练1】
如图1所示，AB为eq \f(1,4)圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R，一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为( )
图1
A.eq \f(1,2)μmgR B.eq \f(1,2)mgR
C.－mgR D.(1－μ)mgR
【解析】 物体从A运动到B所受的弹力要发生变化，摩擦力大小也要随之变化，所以克服摩擦力所做的功，不能直接由做功的公式求得.而在BC段克服摩擦力所做的功，可直接求得.对从A到C全过程运用动能定理即可求出物体在AB段克服摩擦力所做的功.
设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A到C的全过程，根据动能定理，有mgR－WAB－μmgR＝0.
所以有WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR.
分层提分
题组A 基础过关练
一、单选题
1．如图是利用太阳能驱动的小车，若小车保持牵引力恒定，在平直的水泥路上从静止开始运动，经过时间t前进距离x，电动机的功率达到额定功率P，速度达到。小车的质量为m，所受阻力恒为f，那么这段时间内（ ）
A．小车做加速度逐渐减小的加速运动B．小车受到的牵引力等于f
C．电动机对小车所做的功为D．电动机对小车所做的功为
【答案】C
【详解】
A．小车保持牵引力恒定，小车所受阻力恒定，则小车在运动时间内所受合外力恒定，小车做匀加速直线运动，即小车的加速度保持不变，故A错误；
B．小车匀加速，牵引力大于阻力，故B错误；
C．在小车运动过程，利用动能定理，有
整理可得电动机对小车所做的功为，故C正确；
D．由题意知，小车速度达到v时，电动机的功率达到额定功率P，在小车速达到v之前，电动机的实际功率小于电动机的额定功率，故电动机对小车所做的功小于Pt，故D错误。
故选C。
2．甲、乙两物体质量相等，速度大小之比是3：1，则甲与乙的动能之比是（ ）
A．1:3B．3:1C．9:1D．1:9
【答案】C
【详解】
根据动能定义
可知
故选C。
3．当重力对物体做正功时，物体的（ ）
A．重力势能一定增加，动能一定减小
B．重力势能一定减小，动能一定增加
C．重力势能不一定减小，动能一定增加
D．重力势能一定减小，动能不一定减小
【答案】D
【详解】
当重力对物体做正功时，由功能关系可知，重力势能一定减小；
根据动能定理知道
当重力对物体做正功时，物体可能还受到其他的力做功，所以对物体做的总功可能是正功，也有可能是负功，也有可能为0，所以物体的动能可能增加，也有可能减小，也有可能不变。
D正确，ABC错误。
故选D。
4．在体育课上，某同学练习投篮，他站在罚球线处用力将篮球从手中投出，如图所示，篮球约以1m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6kg，篮筐离地高度约为3m，则该同学投篮时对篮球做的功约为（ ）
A．1JB．10JC．40JD．100J
【答案】B
【详解】
对整个过程运用动能定理得
代入数据解得
故B正确。
故选B。
5．图示为儿童蹦极的照片，儿童绑上安全带，在两根弹性绳的牵引下上下运动。在儿童从最高点下降到最低点的过程中 （ ）
A．重力对人做负功B．合力对人做正功
C．弹性绳的弹力对人做负功D．人重力的功率一直减少
【答案】C
【详解】
A．儿童高度下降，因此重力对人做正功，故A错误；
B．在儿童从最高点下降到最低点的过程，初末状态动能均为零，根据动能定理可知，合力对人做功为零，故B错误；
C．弹性绳处于拉伸状态，弹力向上，人向下运动，所以弹力做负功，故C正确；
D．在儿童从最高点下降到最低点的过程中，速度先增大后减小，所以人重力的功率先增大后减小，故D错误。
故选C。
二、多选题
6．新能源汽车的研发和使用是近几年的热门话题，在某次新车性能测试过程中，质量为m的新能源汽车以恒定的功率P启动，其速度随时间变化的图像如图所示，经过时间t0，新能源汽车达到最大速度vm，之后新能源汽车匀速行驶，关于该汽车从启动到车速达到最大的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．新能源汽车的位移小于
B．新能源汽车的加速度越来越小
C．新能源汽车的牵引力做功等于
D．新能源汽车克服阻力所做的功为
【答案】BD
【详解】
A．图像的面积等于位移，可知新能源汽车的位移大于从静止做匀加速运动的物体在时间t0内速度到达v0时的位移，即位移大于，选项A错误；
B．图像的斜率等于加速度，可知新能源汽车的加速度越来越小，选项B正确；
CD．根据动能定理
新能源汽车的牵引力做功等于
新能源汽车克服阻力所做的功为
选项C错误，D正确。
故选BD。
题组B 能力提升练
三、填空题
7．如图所示，一个粗糙的水平转台以角速度匀速转动，转台上有一个质量为m的物体，物体与转台中心O用长为L的绳连接，此时物体与转台处于相对静止状态，设物体与转台间的动摩擦因数为，若转盘突然停止转动，则物体在转台上继续运动的距离为___________。
【答案】
【详解】
物体初动能全部克服摩擦力做功消耗，最终静止，根据动能定理得
解得
8．如图所示，质量为m的物体由静止开始从高度为h1的A点沿斜面下滑到地面，随后又沿另一斜面上滑到高h2处的B点停止，不计斜面与水平面连接处的能量损失，此过程克服摩擦力做功为______。若在B点给物体一瞬时速度，使物体从B点原路返回到A点，则需给物体的最小速度是______。
【答案】 mg(h1-h2)
【详解】
[1]根据动能定理
解得
[2]根据动能定理
解得
9．轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m=0.5kg的物块相连，如图甲所示。弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数为0.2。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴。现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示。物块运动至x=0.4m处时速度为零。则此时弹簧的弹性势能为_________。（g=10m/s2）
【答案】3.1J
【详解】
由图线与坐标轴围成的面积表示功，可得到力F做的功
W =× (5 + 10)× 0.2J + 10 × (0.4 - 0.2)J = 3.5J
设克服弹簧弹力做的功为WF，根据动能定理
WF - W弹 - μmgx = 0
代入数据有
3.5 – W弹 - 0.2 × 0.5 × 10 × 0.4 = 0
解得
W弹 = 3.1J
则弹簧的弹性势能为
EP= 3.1J
10．如图所示，板长为，板的端放有质量为的小物体，物体与板的动摩擦因数为。开始时板水平，现绕A端缓慢转过角度的过程中，小物体始终保持与板相对静止，重力加速度为。则此过程中，重力___________（填“做正功”、“做负功”、“不做功”），弹力做功大小为___________。
【答案】 做负功
【详解】
[1]物体上升，重力做负功。
[2]根据动能定理得
所以弹力做功为
11．一架喷气式飞机，质量为m，起飞过程中从静止开始滑跑。当位移达到L时，速度达到起飞速度v。在此过程中，飞机受到的平均阻力是飞机所受重力的k倍。重力加速度g已知，求飞机平均牵引力的大小。（本题要求用动能定理求解，否则不能得分）
【答案】或者
【详解】
解以飞机为研究对象，据动能定理有
即可得
故
或者
12．如图所示，假设在某次比赛中质量为m的运动员从10m高处的跳台跳下，设水的平均阻力约为其重力的5倍，在粗略估算中，把运动员当做质点处理，为了保证运动员的人身安全，池水深度至少为（不计空气阻力）_________m。
【答案】2.5
【详解】
设池水的最小深度为h2，跳台离水面的高度为h1=10m，对整个过程，由动能定理得
mg（h1+h2）-fh2=0
而
f=5mg
联立解得
h2=2.5m
题组C 培优拔尖练
四、解答题
13．如图所示，在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径，AO与BO夹角为。BC是长度为的水平传送带，CD是长度为的水平粗糙轨道，AB、CD轨道与传送带平滑连接。游戏中参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑，最后恰好能运动至D点。参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量，滑板质量可忽略。已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为，，g取，求：
（1）参赛者运动到圆弧轨道B处的速度大小；
（2）参赛者运动到水平传送带C处的速度大小；
（3）传送带的运转速率及运转方向（填“顺时针”或“逆时针”）；
（4）传送带由于传送参赛者而多消耗的电能E。
【答案】（1）；（2）；（3）；顺时针；（4）
【详解】
（1）运动员从A处由静止下滑到B处，根据动能定理有
带入数据解得
（2）运动员从C处由静止下滑到D处，根据动能定理有
带入数据解得
（3）因为，所以传送带运转方向为顺时针。
则运动员滑上传送带后先做匀加速，设加速位移为x，加速时间为t，则
解得
所以运动员在传送带上先做匀加速直线运动，与传送带共速后一起做匀速直线运动，即
（4）运动员在传送带上加速时间为
传送带的位移为
对传送带，根据动能定理有
根据功能关系
带入数据解得
14．某学校门口平直公路上设有图甲所示减速带，一摩托车经过校门口前因有减速带司机控制摩托车的加速度a，a随位移x变化的图像如图乙所示，x＝0时车速v0＝10m/s，此时加速度方向与速度方向相同；x＝62m时摩托车到达减速带处，求：
（1）摩托车在0～22m位移内所用的时间t1；
（2）末速度大小v1。
【答案】（1）2s；（2）8m/s
【详解】
（1）摩托车在0～22m位移内做匀加速直线运动，在0～22m位移内摩托车的加速度为
根据运动学公式
代入数据解得
故摩托车在0～22m位移内所用时间为2s。
（2）设摩托车在0～22m位移的末速度为v，则有
对摩托车在22m～62m位移内的运动，设阻力为f，加速度为a，位移为
以x为0处的速度方向为正方向，由动能定理得
即
其中
代入数据解得
故末速度大小为8m/s。
15．2019年12月17日，中国首艘自主建造的国产航母“山东”舰正式入役，中国海军真正拥有了可靠的航母作战能力，国产航母上的“歼15”舰载机采用滑跃式起飞。如图所示，为水平甲板，为倾斜甲板，倾角为，处由光滑圆弧平滑连接。舰载机从点启动做匀加速直线运动，经过到达点时速度为，此时舰载机发动机的功率恰好达到额定功率，随后滑上倾斜甲板继续加速，在点实现起飞。已知舰载机总质量为，滑跑过程中受到的阻力（空气阻力与摩擦阻力总和）恒为自身重力的0.1倍，方向与速度方向相反。倾斜甲板舰艏高度，，，舰载机可视为质点，航母始终处于静止状态。
（1）求航母水平甲板之间的距离和舰载机发动机的额定功率；
（2）若舰载机在倾斜甲板上继续以额定功率加速，又经过最终飞离航母。通过计算判断舰载机能否安全起飞（已知舰载机的安全起飞速度至少为）？
【答案】（1）60m；；（2）舰载机可以安全起飞，详见解析
【详解】
（1）由可得
由运动学公式可得
水平滑跑中由牛顿第二定律得
其中
可得
由得，发动机达到额定功率
（2）达到额定功率后，舰载机在倾斜甲板上做变加速运动，设C点起飞时的速度为，由动能定理可得
解得
所以舰载机可以安全起飞。
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