2020版物理浙江高考选考一轮复习讲义：必修2第五章第2讲动能　动能定理

第2讲　动能　动能定理

知识排查
动能
1.定义：物体由于运动而具有的能叫动能。
2.公式：Ek＝mv2。
3.单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
4.矢标性：动能是标量，只有正值。
5.状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度。
动能定理
1.内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
2.表达式：W＝mv－mv或W＝Ek2－Ek1。
3.物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。
4.适用条件
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以间断作用。
5.应用动能定理解决的典型问题大致分为两种
(1)单一物体的单一过程或者某一过程；
(2)单一物体的多个过程。动能定理由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法要简便。
小题速练
1.思考判断
(1)物体的动能不变，所受合外力一定为零(　　)
(2)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化(　　)
(3)动能不变的物体，一定处于平衡状态(　　)
(4)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化(　　)
(5)如果物体所受的合外力不为零，那么合外力对物体做功一定不为零(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×
2.韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中(　　)
A.动能增加了1 900 J
B.动能增加了2 000 J
C.重力势能减小了1 900 J
D.重力势能减小了2 000 J
解析　由题可得，重力做功WG＝1 900 J，则重力势能减少1 900 J ，故选项C正确，D错误；由动能定理得，WG－Wf＝ΔEk，克服阻力做功Wf＝100 J，则动能增加1 800 J，故选项A、B错误。
答案　C

　动能　动能定理的应用
1.对动能定理的三点理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号，它并不意味着“功就是动能增量”，也不意味着“功转变成了动能”，而是意味着“功引起物体动能的变化”。
(2)动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力。
(3)合外力对物体做正功，物体的动能增加；合外力对物体做负功，物体的动能减少；合外力对物体不做功，物体的动能不变。
2.应用动能定理解决问题的步骤
(1)选取研究对象，明确它的运动过程。
(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况，然后求各个外力做功的代数和。
受哪些力→各力是否做功→做正功还是负功→做多少功
(3)明确物体始末状态的动能Ek1和Ek2。
(4)列出动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解题方程，进行求解。
【典例1】　在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到vmax后立即关闭发动机直到停止，汽车的速度－时间图象如图1所示。设汽车的牵引力为F，摩擦力为Ff，全过程中牵引力做功W1，克服摩擦力做功W2。以下判断中正确的是(　　)

图1
A.F∶Ff＝1∶3 B.F∶Ff＝3∶1
C.W1∶W2＝1∶1 D.W1∶W2＝1∶3
解析　由图象可以看出，汽车在0～1 s内做匀加速运动，由牛顿第二定律和运动学规律可得加速度大小为a1＝＝；汽车在1～4 s内做匀减速运动，加速度大小为a2＝＝，由以上两式可得＝；对汽车运动的全过程应用动能定理有W1－W2＝0－0，得到W1＝W2，所以选项C正确。
答案　C
【典例2】　一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图2所示。当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为(　　)

图2
A.tan θ和 B.tanθ和
C.tan θ和 D.tan θ和
解析　设物块与斜坡间的动摩擦因数为μ，则物块沿斜坡上滑的过程中，由动能定理
－＝0－mv2①
由①得μ＝tan θ
当物块的初速度为时，由动能定理知
－(mgh＋μmgcos θ)＝0－m②
由①②两式得h＝。选项D正确。
答案　D

1.人用手托着质量为m的物体，从静止开始沿水平方向运动，前进距离s后，速度为v(物体与手始终相对静止)，物体与人手掌之间的动摩擦因数为μ，则人对物体做的功为(　　)
A.mgs B.0 C.μmgs D.mv2
解析　物体与手掌之间的摩擦力是静摩擦力，静摩擦力在零与最大值之间取值，不一定等于μmg。在题述过程中，只有静摩擦力对物体做功，故根据动能定理，知人对物体做的功W＝mv2。
答案　D
2.北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目。将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来。换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将(　　)
A.不变 B.变小
C.变大 D.无法判断
解析　冰壶在冰面上以一定初速度被推出后，在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，根据动能定理有－μmgs＝0－mv2，得s＝，两种冰壶的初速度相等，材料相同，故运动的距离相等。故选项A正确。
答案　A
3.(2018·宁波模拟)如图3所示，粗糙的AB水平面与竖直平面内的光滑弯曲轨道BC在B点相接。一小物块从AB上的D点以初速度v0＝8 m/s出发向B点滑行，DB长为L＝12 m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，求：

图3
(1)小物块滑到B点时的速度大小vB；
(2)小物块沿弯曲轨道上滑的最大高度h。
解析　(1)对DB段利用动能定理有
－μmgL＝mv－mv，解得vB＝4 m/s。
(2)小物块从B到C的过程中由动能定理得
mgh＝mv，解得h＝0.8 m。
答案　(1)4 m/s　(2)0.8 m
　应用动能定理解决多过程问题
1.动能定理适用于直线运动，也可用于曲线运动；动能定理适用于恒力做功，也可用于变力做功；动能定理可分段处理，也可整过程处理。
2.解决多过程问题方法
(1)首先需要建立运动模型，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，要注意运用它们的做功特点：
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的功等于力的大小与路程的乘积。
(3)关注过程与过程的连接状态的受力特征与运动特征(比如：速度、加速度或位移)。
(4)列整体(或分过程)的动能定理方程。
【典例】　如图4所示，倾角θ＝45°的粗糙平直导轨AB与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内。一质量为m的小滑块(可以看作质点)从导轨上离地面高为h＝3R的D处无初速度下滑进入圆环轨道。接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：

图4
(1)滑块运动到圆环最高点C时的速度大小；
(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；
(3)滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功。
解析　(1)小滑块从C点飞出来做平抛运动，水平速度为v0。
竖直方向上：R＝gt2①
水平方向上：R＝v0t②
解得v0＝③
(2)小滑块在最低点时速度为v，由动能定理得
－mg·2R＝mv－mv2④
解得v＝⑤
在最低点由牛顿第二定律得
FN－mg＝m⑥
解得FN＝6mg
由牛顿第三定律得FN′＝6mg⑦
(3)从D到最低点过程中，设DB过程中克服摩擦阻力做功Wf，由动能定理得
mgh－Wf＝mv2－0⑧
解得Wf＝mgR⑨
答案　(1)　(2)6mg　(3)mgR
【拓展延伸1】　在【典例】中，若小滑块刚好能过C点，求滑块与轨道AB间的动摩擦因数。
解析　小滑块刚好能过C点，则在C点由牛顿第二定律得
mg＝m，解得vC＝
小滑块由D至C过程，由动能定理得
mg(h－2R)－μmgcos θ·＝mv－0，
解得μ＝≈0.18
答案　(或0.18)
【拓展延伸2】　在【典例】中的滑块从轨道的P点由静止释放，滑块与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ，求滑块整个运动过程中在AB轨道上通过的总路程。
解析　滑块在P点释放，滑块将在两轨道间做往返运动，当滑块到达B点时的速度为零后滑块将只在圆弧轨道上运动，故全过程由动能定理得
mgsPBsin θ－μmgcos θ·s＝0
由几何关系得sPB＝R
解得s＝
答案　

应用动能定理解题的基本思路


1.如图5所示，质量为m的小球，从离地面H高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)

图5
A.小球落地时动能等于mgH
B.小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能
C.整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)
D.小球在泥土中受到的平均阻力为mg(1＋)
解析　小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH－fH＝mv，选项A错误；设泥的平均阻力为f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－f0h＝0－mv，解得f0h＝mgh＋mv＝mgh＋mgH－fH，f0＝mg(1＋)－，选项B、D错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，选项C正确。
答案　C
2.如图6所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O点质量为m＝1 kg的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变。现对小物块施加F＝10 N水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动。小物块在向左运动到A点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6 N，运动到A点时撤去推力F，小物块最终运动到B点静止。图中OA＝0.8 m，OB＝0.2 m，重力加速度取g＝10 m/s2。求小物块：

图6
(1)与桌面间的动摩擦因数μ；
(2)向右运动过程中经过O点的速度；
(3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量。
解析　(1)小物块速度达到最大时，加速度为零。
F－μmg－F弹＝0，μ＝＝0.4。
(2)设向右运动通过O点时的速度为v0，从O―→B，由动能定理得－FfxOB＝0－mv，Ff＝μmg＝4 N，
解得v0＝ m/s≈1.26 m/s。
(3)弹簧最大压缩量为xmax，对小物块运动的全过程，根据动能定理得FxOA－Ff(2xmax＋xOB)＝0，
代入数值得xmax＝0.9 m。
答案　(1)0.4　(2)1.26 m/s　(3)0.9 m
3.如图7所示，摩托车做特技表演时，以v0＝10.0 m/s的初速度冲向高台，然后从高台水平飞出。若摩托车冲向高台的过程以P＝4.0 kW的额定功率行驶，冲到高台上所用时间t＝3.0 s，人和车的总质量m＝1.8×102 kg，台高h＝5.0 m，摩托车的落地点到高台的水平距离x＝10.0 m。不计空气阻力，取g＝10 m/s2。求：

图7
(1)摩托车从高台飞出到落地所用时间；
(2)摩托车落地时速度的大小；
(3)摩托车冲上高台过程中克服阻力所做的功。
解析　(1)摩托车在空中做平抛运动，设摩托车飞行时间为t1。则
h＝gt，t1＝＝ s＝1.0 s
(2)设摩托车到达高台顶端的速度为vx，即平抛运动的水平速度
vx＝＝ m/s＝10.0 m/s
落地时的竖直速度为vy＝gt1＝10.0 m/s
落地时速度v＝＝10 m/s
(3)摩托车冲上高台过程中，根据动能定理：
Pt－Wf－mgh＝mv－mv
Wf＝Pt－mgh
＝4.0×103×3.0 J－1.8×102×10×5.0 J
＝3.0×103 J
答案　(1)10 s　(2)10 m/s　(3)3.0×103 J


　动能定理与图象结合的问题
1.解决物理图象问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。
(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题。
2.四类图象所围“面积”的含义


1.用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止，其速度—时间图象如图8所示，且α>β，若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是(　　)

图8
A.W1>W2，F＝2Ff B.W1＝W2，F>2Ff
C.P12Ff D.P1＝P2，F＝2Ff
解析　对整个过程由动能定理可得W1－W2＝0，解得W1＝W2。由图象可知，撤去拉力F后运动的时间大于水平力F作用的时间，所以a1>|a2|，即>，F>2Ff，选项A、D错误，B正确；由于摩擦阻力作用时间一定大于水平力F作用时间，所以P1>P2，选项C错误。
答案　B
2.如图9甲所示，一质量为4 kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，(取g＝10 m/s2)，则下列说法正确的是(　　)

图9
A.物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动
B.物体在水平地面上运动的最大位移是10 m
C.物体运动的最大速度为2 m/s
D.物体在运动中的加速度先变小后不变
解析　当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，选项A错误；由题图乙中图线与x轴所围面积表示推力对物体做的功得，推力做的功W＝×4×100 J＝200 J，根据动能定理有W－μmgxm＝0，得xm＝10 m，选项B正确；当推力与摩擦力平衡时，加速度为零，速度最大，由题图乙得F＝100－25x(N)，当F＝μmg＝20 N时x＝3.2 m，由动能定理得(100＋20)·x－μmgx＝mv，解得物体运动的最大速度vm＝8 m/s，选项C错误；物体运动中当推力由100 N减小到20 N的过程中，加速度逐渐减小，当推力由20 N减小到0的过程中，加速度又反向增大，此后加速度不变，故选项D错误。
答案　B
3.质量为1 kg的物体，放置在动摩擦因数为0.2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W和物体发生的位移x之间的关系如图10所示，重力加速度为10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

图10
A.x＝3 m时速度大小为2 m/s
B.x＝9 m时速度大小为4 m/s
C.OA段加速度大小为3 m/s2
D.AB段加速度大小为3 m/s2
解析　对于前3 m过程，根据动能定理有W1－μmgx＝mv，解得vA＝3 m/s，根据速度位移公式有v＝2a1x，解得a1＝3 m/s2，A错误，C正确；对于前9 m过程，根据动能定理有W2－μmgx′＝mv，解得vB＝3m/s，B错误；AB段受力恒定，故加速度恒定，而初、末速度相等，故AB段的加速度为零，故D错误。
答案　C

科学思维——动能定理的综合应用
物理计算题历来是高考拉分题，试题综合性强，涉及物理过程较多，所给物理情境较复杂，物理模型较模糊甚至很隐蔽，运用的物理规律也较多，对考生的各项能力要求很高，为了在物理计算题上得到理想的分值，应做到细心审题、用心析题、规范答题。
【例】　(2018·3月浙江温州选考适应性考试)如图11所示，某玩具厂设计出一个“2018”字型的竖直模型玩具，固定在足够长的水平地面上，四个数字等高，“2”字和“8”字用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，过“2”字出口H点的竖直虚线与“2”字上半圆相切，“0”字是半径为R的单层光滑圆轨道，“1”字是高度为2R的具有左右两条通道的光滑竖直细管道，所有轨道转角及连接处均平滑，H、F、B、C间的距离分别为3R、3R、2R。一小物块(可视为质点)分别从“1”字轨道A端的左、右两侧通道进入模型开始运动，小物块与FB、BC段轨道的动摩擦因数μ1＝0.4，与HF段轨道的动摩擦因数μ2＝0.15，已知R＝1 m。

图11
(1)要使小物块能通过“8”字轨道，求小物体从“1”字轨道上端右侧通道射入的初速度最小值；
(2)让小物块以m/s的初速度从“1”字轨道上端左侧通道射入，通过“0”字轨道最高点后从“2”字轨道J口飞出(J口末端水平)，求落地点到J点正下方的水平距离；
(3)若“0”字圆形轨道半径可调(F点位置不动)，且其轨道不能与其他字型重叠。现让小物体从“1”字轨道上端左侧通道静止释放，要使小物体不脱离“0”字轨道，“0”字轨道半径R′应满足什么条件？
审题流程
第一步：把握过程，构建运动模型
从1轨道左侧进入
从1轨道右侧进入
过程1
AB段
匀加速
AB段
匀加速
过程2
BF段
匀减速
BC段
匀减速
过程3
“0”轨道
圆周运动(轻绳模型)
“8”轨道
圆周运动(轻杆模型)
过程4
HF
匀减速


过程5
“2”轨道
非匀变速(轻杆模型)


过程6
从J出来
平抛运动


第二步：抓好关键点，找出突破口
小物块能通过“8”字轨道最高点D点的临界速度为vD＝0，A到D，由动能定理求初速度的最小值；A至J由动能定理求出小物块通过J点的速度，再由平抛运动的规律求落地点到J点正下方的水平距离；分析两种情况：①小物块恰过“0”字最高点G，由重力提供向心力。小物块A至G由动能定理列式，求出“0”字轨道半径R′。
②小物块恰到达“0”字轨道半径高度时速度为零，运用动能定理求出“0”字轨道半径R′，再得到“0”字轨道半径R′的范围。

规范解答
(1)能通过“8”字轨道最高点D点的临界速度为
vD＝0；
A至D由动能定理得：－μ1mg(2R)＝mv－mv，根据以上两式并代入数据得：vA＝4 m/s
(2)A至J由动能定理得：
－μ1mg(3R)－μ2mg(3R)＝mv－mv；
J飞出后至落地由平抛运动：R＝gt2，x＝vJt，
由以上三式并代入数据得：x＝2 m；
(3)①小物块恰过“0”字最高点G，设此时半径为R1，
对G点：mg＝m；
A至G由动能定理得：
mg(2R－2R1)－μ1mg(3R)＝mv－0；
代入数据得：R1＝0.32 m(或R1＝ m)所以当R′≤0.32 m时，小物块可以通过“0”字轨道最高点不脱轨。
②小物块恰到达“0”字轨道半径高度时速度为零，设此时半径为R2，由动能定理：
mg(2R－R2)－μ1mg(3R)＝0，代入数据得：R2＝1.4 m；
为了轨道不重叠，最大“0”字轨道与A端相碰。设此时半径为R3，如图，由勾股定理得：
R＝(3R)2＋(R3－2R)2；
代入数据得R3＝3.25 m，所以R2≤R′≤R3，
即1.4 m≤R′≤3.25 m，小物块也不脱轨。
答案　(1)4 m/s　(2)2 m
(3)R′≤0.32 m或1.4 m≤R′≤3.25 m
【针对训练】　(2018·宁波市九校联考)如图12所示为一遥控电动赛车(可视为质点)和它的运动轨道示意图。假设在某次演示中，赛车从A位置由静止开始运动，经2 s后关闭电动机，赛车继续前进至B点后水平飞出，赛车能从
C点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，D点和E点分别为圆形轨道的最高点和最低点。已知赛车在水平轨道AB段运动时受到的恒定阻力为0.4 N，赛车质量为0.4 kg，通电时赛车电动机的输出功率恒为2 W，B、C两点间高度差为0.45 m，C与圆心O的连线和竖直方向的夹角α＝37°，空气阻力忽略不计，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

图12
(1)赛车通过C点时的速度大小；
(2)赛道AB的长度；
(3)要使赛车能通过圆轨最高点D后回到水平赛道EG，其半径需要满足什么条件。
解析　(1)赛车在BC间做平抛运动，
则竖直方向vy＝＝3 m/s。
由图可知：vC＝＝5 m/s

(2)赛车在B点的速度v0＝vCcos 37°＝4 m/s
则根据动能定理：Pt－Ff lAB＝mv，得lAB＝2 m。
(3)当赛车恰好通过最高点D时，有：mg＝m
从C到D，由动能定理：
－mgR(1＋cos 37°)＝mv－mv
解得R＝ m
所以轨道半径需满足0＜R≤ m(可以不写0)
答案　(1)5 m/s　(2)2 m　(3)0＜R≤ m
活页作业
(时间：30分钟)
A组　基础过关
1.下列关于运动物体所受合外力做功和动能变化的关系正确的是(　　)
A.如果物体所受合外力为零，则合外力对物体做的功一定为零
B.如果合外力对物体所做的功为零，则合外力一定为零
C.物体在合外力作用下做变速运动，动能一定发生变化
D.物体的动能不变，所受合外力一定为零
解析　物体所受合外力为零，则根据W＝Fs可知合外力对物体做的功一定为零，选项A正确；合外力对物体所做的功为零，但合外力不一定为零，例如做匀速圆周运动物体的向心力，选项B错误；物体在合外力作用下做变速运动，动能不一定发生变化，例如做匀速圆周运动的物体，选项C、D错误。
答案　A
2.如图1所示，质量为m的物块与水平转台间的动摩擦因数为μ，物块与转轴相距R，物块随转台由静止开始转动。当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)

图1
A.0 B.2μmgR
C.2πμmgR D.
解析　物块即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物块的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物块做圆周运动的线速度为v，则有μmg＝。在物块由静止到获得速度v的过程中，物块受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物块做功，由动能定理得W＝mv2－0。联立解得W＝μmgR。故选项D正确。
答案　D
3.(2018·绍兴一中期末)物体在合外力作用下做直线运动的v－t图象如图2所示。下列表述正确的是(　　)

图2
A.在0～2 s内，合外力做正功
B.在2～4 s内，合外力不做功
C.在0～2 s内，合外力做负功
D.在0～6 s内，合外力总是做正功
解析　在0～2 s内，物体的速度在增大，即动能在增大，所以合外力做正功，A正确，C错误；2～6 s内物体的速度在减小，动能在减小，根据动能定理可得合外力做负功，B、D错误。
答案　A
4.如图3所示，一个物体由静止开始，从A点出发分别经过三个粗糙斜面下滑到同一水平面上的C1、C2、C3处。已知三个斜面的动摩擦因数都相同，则下列说法正确的是(　　)

图3
A.物体到达C3处的动能最大
B.物体在C1、C2、C3处的动能相等
C.物体在三个斜面上克服摩擦力做功都相同
D.物体沿AC3斜面下滑时克服摩擦力做功最多
解析　设斜面倾角为θ，由物体克服摩擦力做功Wf＝μmgcos θ ·x＝μmgcos θ·＝μmg知，沿AC1斜面克服摩擦力做功最多，沿AC3最少，而重力做功WG＝mgh相同，故到达C3处动能最大，选项A正确。
答案　A
5.质量为m的物体静止在光滑水平面上，在恒力F的作用下做匀加速直线运动。若物体的速度从0增加到v的过程中恒力对物体做功为W，则物体的速度从v增加到2v的过程中，恒力F对物体做的功等于(　　)
A.3W B.
C. D.2W
解析　根据动能定理W合＝ΔEk，速度从0增加到v的过程中W＝mv2。物体的速度从v增加到2v的过程中W′＝m(2v)2－mv2＝mv2，所以W′＝3W，A正确。
答案　A
6.某消防队员从一平台上跳下，下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身的重心又下降了0.5 m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为(　　)
A.自身所受重力的2倍 B.自身所受重力的5倍
C.自身所受重力的8倍 D.自身所受重力的10倍
解析　设地面对双脚的平均作用力为F，在全过程中，由动能定理得mg(H＋h)－Fh＝0，F＝＝mg＝5mg，B正确。
答案　B
7.(2018·温州模拟)在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球约以1 m/s的速度撞击篮筐。如图4所示，已知篮球质量约为0.6 kg，篮筐离地高度约为3 m，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功大约为(　　)

图4
A.1 J B.10 J C.50 J D.100 J
解析　假设人的身高为h1＝1.8 m，则根据动能定理W－mg(h－h1)＝mv2，代入数据整理可以得到W＝7.5 J，故选项B正确。
答案　B
8.如图5所示，将质量为m的小球以速度v0由地面竖直向上抛出。小球落回地面时，其速度大小为v0。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于(　　)

图5
A.mg B.mg
C.mg D.mg
解析　根据动能定理，对全过程有－2fH＝m(v0)2－mv，上升过程－(mg＋f)H＝－mv
联立两式得f＝mg，选项D正确。
答案　D
B组　能力提升
9.如图6所示，一个弹簧左端固定于墙上，右端连接物块，物块质量为m，它与水平桌面间的动摩擦因数μ，起初用手按往物块，弹簧的伸长量为x，然后放手，当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为v0，则此过程中弹力所做的功为(　　)

图6
A.mv＋μmgx B.mv－μmgx
C.mv D.μmgx－mv
解析　当弹簧恢复到原长时，物块对地的位移为x，根据动能定理有：W弹＋(－μmgx)＝mv－0，得W弹＝mv＋μmgx，A正确。
答案　A
10.如图7所示，质量为m的物体在水平恒力F的推动下，从山坡底部A处由静止开始运动至高为h的坡顶B处，获得的速度为v，A、B间的水平距离为s，下列说法正确的是(　　)

图7
A.物体克服重力所做的功是mgh
B.合力对物体做的功是mv2
C.推力对物体做的功是Fs－mgh
D.物体克服阻力做的功是mv2＋mgh－Fs
解析　设物体克服阻力做的功为W，由动能定理得Fs－mgh－W＝mv2－0，得W＝Fs－mgh－mv2，故D错误；因为F是水平恒力，s是水平位移，推力对物体做的功可由W＝Fs计算，故C错误；由动能定理知B正确；物体克服重力所做的功为mgh，A错误。
答案　B
11.如图8所示，一滑块(可视为质点)经水平轨道AB进入竖直平面内的四分之一圆弧形轨道BC。已知滑块的质量m＝0.5 kg，滑块经过A点时的速度vA＝5 m/s，AB长x＝4.5 m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.1，圆弧形轨道的半径R＝0.5 m，滑块离开C点后竖直上升的最大高度h＝0.1 m。取g＝10 m/s2。求：

图8
(1)滑块第一次经B点时速度的大小；
(2)滑块刚刚滑上圆弧形轨道时，对轨道上B点压力的大小；
(3)滑块在从B运动到C的过程中克服摩擦力所做的功。
解析　(1)滑块由A到B的过程中，应用动能定理得
－Ffx＝mv－mv
又Ff＝μmg
解得vB＝4 m/s
(2)在B点，滑块开始做圆周运动，由牛顿第二定律可知FN－mg＝m
解得轨道对滑块的支持力FN＝21 N
根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道上B点压力的大小也为21 N。
(3)滑块从B经过C上升到最高点的过程中，由动能定理得－mg(R＋h)－Wf′＝0－mv
解得滑块克服摩擦力做功Wf′＝1 J。
答案　(1)4 m/s　(2)21 N　(3)1 J
12.(2018·浙江新高考研究联盟二联)如图9所示是游乐场中过山车的模型图，半径为R＝4.0 m的不光滑圆形轨道固定在倾角为θ＝37°斜轨道面上的B点，且圆形轨道的最高点C与A点平齐，圆形轨道与斜轨道之间圆滑连接。游戏开始前，小车在水平向左的外力F作用下静止在斜轨道P点游戏开始时撤去水平外力F，小车沿斜轨道向下运动，过图中A点时速度v0＝14 m/s。已知小车质量m＝2 kg。斜轨道面与小车间的动摩擦因数为μ＝，g＝10 m/s2。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。若小车通过圆形轨道最高点C时对轨道的压力大小等于重力的两倍，设小车受到的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则

图9
(1)小车在P点静止时水平外力F的最小值；
(2)小车从B到C过程中，克服摩擦力做了多少功。
解析　(1)在P点，对小车：
垂直斜面方向：FN＝mgcos 37°＋Fsin 37°
沿斜面方向：Fcos 37°＋μFN＝mgsin 37°
解得F＝ N
(2)C点：FN＋mg＝m；FN＝2mg；
vC＝＝2m/s
从A到C过程中：
－μmgcos θ·lAB－Wf＝mv－mv
解得lAB＝12 m，Wf＝44 J
答案　(1) N　(2)44 J