2022年高中物理粤教版必修2教学案：第四章 第三节　探究外力做功与物体动能变化的关系(含解析)

2022年高中物理粤教版必修2教学案：第四章 第三节探究外力做功与物体动能变化的关系(含解析)1动能定理：合力对物体所做的功等于物体动能的变化，即WEk2Ek1。2物体动能的变化与合外力做功有关，合外力做正功，动能增加，合外力做负功，动能减少。3动能定理不仅适用于恒力做功和直线运动，也适用于变力做功和曲线运动。第1课时实验：探究外力做功与物体动能变化的关系一、实验目的1通过实验探究外力对物体做的功与物体动能变化的关系。2学习利用图像法研究外力做功与物体动能变化的关系。二、实验原理物体做自由落体运动时，若下落高度h时瞬时速度为v，则有重力做功WGmgh，动能的变化量Ekmv20。通过比较WG与Ek的大小，探究外力做功与物体动能变化的关系。图431三、实验器材打点计时器、纸带、重锤、铁架台、夹子、刻度尺、电源等。四、实验步骤1把打点计时器安装在铁架台上并与学生电源连接好。(如图431所示)2把纸带的一端在重锤上用夹子固定好，另一端穿过打点计时器的限位孔，用手竖直提起纸带使重锤停在靠近打点计时器附近。3接通电源待打点稳定后，松开纸带，让重锤自由下落。4重复35次，挑选点迹清晰的纸带。五、数据处理1测量和记录实验数据测量纸带的相关数据：(如图432所示)图432记录数据的表格：sBEsACsDFtACtDF2.数据处理并填入下表vBvEEkBmvB2EkEmvE2EkEkEEkBWGmgsBE3.处理实验数据，比较得出实验结论：重力所做的功WG与物体动能的改变量Ek在误差允许的范围内是相等的。六、实验结论合力对物体所做的功等于物体动能的变化。即：W合EkEk2Ek1。七、注意事项1应选用质量和密度较大的重物，以减小空气阻力的影响。2打点计时器必须稳固安装在铁架台上，并且两个限位孔的中线要严格竖直，以减小纸带所受的摩擦力。3释放前将纸带拉至竖直且保证不与限位孔接触以减小纸带与限位孔间的摩擦。4测量下落高度时，选取的计数点的间隔适当大些。八、误差分析1重锤和纸带在下落过程中受到打点计时器和空气的阻力，比较W与Ek关系时，W只计算重力做功，未考虑阻力做功，给实验带来误差。2竖直固定打点计时器，适当增加重锤的质量来减小相对误差。九、其他方案如图433所示由重物通过滑轮牵引小车，小车运动过程中拖动纸带，打点计时器在纸带上打点记录小车的运动情况。利用纸带及拉力F与小车质量m的数据，量出起始点至各计数点的距离，计算小车在打下各计数点时的瞬时速度，进而计算出小车运动到打下各计数点过程中合外力对它做的功W以及所增加的动能Ek，研究二者的关系。图433例1某同学在“探究功与物体速度变化的关系”实验中，设计了如图434甲所示的实验。将纸带固定在重物上，让纸带穿过电火花打点计时器。先用手提着纸带，使重物静止在靠近打点计时器的地方。然后接通电源，松开纸带，让重物自由下落，打点计时器就在纸带上打下一系列小点。得到的纸带如图乙所示，O点为打点计时器打下的第1个点，该同学对数据进行了下列处理：取OAABBC，并根据纸带算出了A、B、C三点的速度分别为vA0.12 m/s，vB0.17 m/s，vC0.21 m/s。根据以上数据，你能否大致判断Wv2。图434解析设由O到A的过程中，重力对重物所做的功为W0，那么由O到B过程中，重力对重物所做的功为2W0，由O到C的过程中，重力对重物所做的功为3W0。由计算可知，vA21.44102 m2/s2，vB22.89102 m2/s2，vC24.41102 m2/s2，2，3，即vB22vA2，vC23vA2，由以上数据可以判定Wv2是正确的。也可以根据Wv2图像来判断，如图所示。答案见解析例2某实验小组采用如图435所示的装置探究功与速度变化的关系，图中小车中可放置砝码，实验中，打点计时器的工作频率为50 Hz。图435(1)实验的部分步骤如下：在小车中放入砝码，把纸带穿过打点计时器，连在小车后端，用细线连接小车和钩码；将小车停在打点计时器附近，_，_，小车拖动纸带，打点计时器在纸带上打下一系列点，_；改变钩码或小车中砝码的数量，更换纸带，重复的操作。(2)图436是钩码质量为0.03 kg、砝码质量为0.02 kg时得到的一条纸带，在纸带上选择起始点O及A、B、C、D、E计数点，可获得各计数点到O的距离x及对应时刻小车的瞬时速度v，请将C点的测量结果填在表中的相应位置。图436纸带的测量结果测量点x/cmv/(ms1)O0.000.35A1.510.40B3.200.45CD7.150.53E9.410.60(3)本实验，若用钩码的重力表示小车受到的合外力，为了减小这种做法带来的实验误差，应采取的两项措施是：_；_。解析(1)将小车停在打点计时器附近后，需先接通电源，再释放小车，让其拖动纸带，待打点计时器在纸带上打下一系列点后，关闭打点计时器电源。(2)在验证C点时，由题图可知，C点与刻度尺上的6.18 cm(6.16 cm6.20 cm均可)对齐，所以C点距O点的距离是xO C5.18 cm(5.16 cm5.20 cm均可)。从纸带上可知C点的速度就是BD段的平均速度，vC102 m/s0.49 m/s。(3)平衡摩擦力后，细线上的拉力就等于小车受到的合外力。当钩码的重力远小于小车及砝码的重力和时，细线上的拉力就近似等于钩码的重力。答案(1)先接通电源再释放小车关闭打点计时器电源(2)5.18(5.165.20均可)0.49(3)平衡摩擦力钩码的重力远小于小车及砝码的重力和1在探究“合外力做功和动能变化的关系”实验中作出的下列Wv2图像，符合实际的是()解析：选B实验证明，力做的功W与物体速度v的二次方成正比，即Wv2，故作出的Wv2图像为一条过原点的倾斜直线，B正确。2(多选)如图437所示，在“探究合外力做功和动能变化的关系”的实验中，与小车相连的足够长的且穿过打点计时器的一条纸带上的间距明显不均匀，右端间距小，左端间距大，下面的分析和判断正确的是()图437A若左端与小车相连，可能平衡摩擦力时，木板倾斜度太大B若右端与小车相连，可能平衡摩擦力时，木板倾斜度太大C若左端与小车相连，可能小车有一定的初速度，实验前忘记平衡摩擦力或没有完全平衡摩擦力D若右端与小车相连，可能小车运动前忘记或没有完全平衡摩擦力解析：选BC若纸带左端与小车相连，从纸带间距可以判断小车做减速运动，小车有一定的初速度，减速原因可能是忘记或没有完全平衡摩擦力，A错误，C正确。若纸带右端与小车相连，小车一直做加速运动，说明可能平衡摩擦力时，倾角太大，B正确，D错误。3在“探究合外力做功和动能变化的关系”实验中(装置如图438所示)：图438(1)下列说法哪一项是正确的_。(填选项前的字母)A平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上B为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量C实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放(2)图439所示是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O、A、B、C计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz，则打B点时小车的瞬时速度大小为_m/s(保留三位有效数字)。图439解析：(1)平衡摩擦力时不需将钩码挂在小车上，选项A错误；为减小系统误差，应使钩码质量远小于小车质量，选项B错误；实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放，选项C正确。(2)由纸带可知，B点的瞬时速度为vBAC m/s0.653 m/s。答案：(1)C(2)0.6534某同学为探究“恒力做功与物体动能改变的关系”，设计了如下实验，他的操作步骤是：连接好实验装置如图4310所示。图4310将质量为200 g的小车拉到打点计时器附近，并按住小车。在质量为10 g、30 g、50 g的三种钩码中，他挑选了一个质量为50 g的钩码挂在拉线的挂钩P上。释放小车，接通打点计时器的电源，打出一条纸带。(1)在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条。经测量、计算，得到如下数据：第一个点到第N个点的距离为40.0 cm。打下第N个点时小车的速度大小为1.00 m/s。该同学将钩码的重力当做小车所受的拉力，拉力对小车做的功为_ J，小车动能的增量为_ J。(2)此次实验探究结果，他没能得到“恒力对物体做的功等于物体动能的增量”，且误差很大，显然，在实验探究过程中忽视了各种产生误差的因素。请你根据该同学的实验装置和操作过程帮助他分析一下，造成较大误差的主要原因有：_。(至少写出两条原因)解析：(1)拉力Fmg0.0509.8 N0.49 N，拉力对小车做的功WFx0.490.400 J0.196 J小车动能的增量Ekmv20.2001.002 J0.100 J。(2)误差很大的可能原因：小车质量不满足远大于钩码质量；没有平衡摩擦力；先放小车后接通电源，使打第一个点时，小车已有了一定的初速度。答案：(1)0.1960.100(2)小车质量没有远大于钩码质量；没有平衡摩擦力；操作错误：先放小车后接通电源(任选其二)5如图4311所示，某组同学借用“探究a与F、m之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操作，进行“研究合外力做功和动能变化的关系”的实验：图4311(1)为达到平衡阻力的目的，取下细绳及托盘，通过调整垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做_运动。(2)连接细绳及托盘，放入砝码，通过实验得到图4312所示的纸带。纸带上O为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0. 1 s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G。实验时小车所受拉力为0. 2 N，小车的质量为0.2 kg。图4312请计算小车所受合外力做的功W和小车动能的变化Ek，补填表中空格(结果保留至小数点后第四位)。OBOCODOEOFW/J0.043 20.057 20.073 40.091 5Ek/J0.043 00.057 00.073 40.090 7分析上述数据可知：在实验误差允许的范围内W Ek，与理论推导结果一致。(3)实验前已测得托盘质量为7.7103 kg，实验时该组同学放入托盘中的砝码质量应为_kg(g取9.8 m/s2，结果保留至小数点后第三位)。解析：实验中，首先平衡摩擦力，改变长木板的倾角，轻椎小车，小车沿长木板向下做匀速直线运动。打下F点时，小车运动的位移大小等于O、F间的距离，即0.557 5 m，细绳对小车的拉力为0.2 N，则拉力做功为0.111 5 J，小车的瞬时速度为(0.667 70.457 5)m/(0.2 s)1.051 m/s，动能增量为0.110 5 J。由纸带数据求得：AD21.20 cm，DG30.07 cm，小车、托盘和砝码组成的整体运动的加速度大小为am/s20.985 6 m/s2，小车受到的拉力为F0.2 N，设托盘和砝码的总质量为m，由牛顿第二定律得mgFma，得m2.269102kg，托盘中砝码质量为0.015 kg。答案：(1)匀速直线(或匀速)(2)0.111 50.110 5(3)0.0156某实验小组利用拉力传感器和速度传感器探究动能定理。如图4313所示，他们将拉力传感器固定在小车上，用不可伸长的细线将其通过一个定滑轮与钩码相连，用拉力传感器记录小车受到拉力的大小。在水平桌面上相距50.0 cm的A、B两点各安装一个速度传感器，记录小车通过A、B点时的速度大小。小车中可以放置砝码。图4313(1)实验主要步骤如下：测量_和拉力传感器的总质量M1；把细线的一端固定在拉力传感器上，另一端通过定滑轮与钩码相连；正确连接所需电路。将小车停在C点，_，小车在细线拉动下运动，记录细线的拉力及小车通过A、B点时的速度。在小车中增加砝码，或_，重复的操作。(2)下表是他们测得的一组数据，其中M是M1与小车中砝码质量之和。|v22v12|是两个速度传感器记录速度的平方差的绝对值，可以据此计算出动能的变化量Ek，F是拉力传感器受到的拉力，W是F在A、B间所做的功。表格中的Ek3_，W3_。(结果保留三位有效数字)数据记录表次数M/kg|v22v12|/(ms1)2Ek/JF/NW/J10.5000.7600.1900.4000.20020.5001.650.4130.8400.42030.5002.40Ek31.22W341.002.401.202.421.2151.002.841.422.861.43(3)根据表格，请在图4314中的方格纸上作出EkW图线。图4314解析：(1)实验的研究对象是小车(包括砝码和拉力传感器)，所以应测量小车及拉力传感器的质量(砝码质量已知)；为使小车稳定运行，小车最好由静止释放；重复实验，可通过增减砝码的数量即改变研究对象的质量来实现。(2)由表中数据解得：Ek3M(v22v12)0.600 J，W3F3x1.220.500 J0.610 J。(3)EkW图线是一条过原点的倾斜直线，如图所示。答案：(1)小车由静止开始释放减少砝码(2)0.600 J0.610 J(3)图见解析第2课时动能定理一、理论推导图4315如图4315所示，设某物体的质量为 m，在与运动方向相同的恒力F的作用下，在粗糙的水平面上发生一段位移s，速度由v1增加到v2。由牛顿第二定律得Ffma由运动学公式得v22v122as两式联立得(Ff)smv22mv12。二、动能定理1内容：合力对物体所做的功等于物体动能的变化。这个结论叫做动能定理。2表达式：WEk2Ek1。3意义：外力对物体做正功，物体的动能增加；外力对物体做负功，物体的动能减少。1自主思考判一判(1)某物体的速度加倍，它的动能也加倍。()(2)合外力做功不等于零，物体的动能一定变化。()(3)物体的速度发生变化，合外力做功一定不等于零。()(4)物体的动能增加，合外力做正功。()(5)除重力之外的力对物体做正功，物体的动能一定增加。()2合作探究议一议图4316(1)骑自行车下坡时，没有蹬车，车速却越来越快，动能越来越大，这与动能定理相矛盾吗？提示：不矛盾。虽然人没蹬车，但重力却对人和车做正功，动能越来越大。(2)在同一高度以相同的速率将手中的小球以上抛、下抛、平抛三种不同方式抛出，落地时速度、动能是否相同？提示：重力做功相同，动能改变相同，末动能、末速度大小相同，但末速度方向不同。对动能定理的理解1动能的特性(1)瞬时性：动能是状态量，与物体某一时刻的速度相对应。速度变化时，动能不一定变化，但动能变化时，速度一定变化。(2)相对性：选取不同的参考系，物体的速度不同，动能也不同，一般以地面为参考系。(3)标量性：只有大小，没有方向；只有正值，没有负值。2对动能定理的理解(1)动能定理描述了做功和动能变化的对应关系。等值关系：物体动能的变化量总等于外力对它做的总功。因果关系：外力对物体做功是引起物体动能变化的原因，外力做功的过程实质上是其他形式的能与动能相互转化的过程，转化了多少由外力做的功来度量。(2)求总功的两种思路1下列关于运动物体所受的合力、合力做功和动能变化的关系，正确的是()A如果物体所受的合力为零，那么合力对物体做的功一定为零B如果合力对物体做的功为零，则合力一定为零C物体在合力作用下做匀变速直线运动，则动能在一段过程中变化量一定不为零D如果物体的动能不发生变化，则物体所受合力一定是零解析：选A功是力与物体在力的方向上发生的位移的乘积，如果物体所受的合力为零，那么合力对物体做的功一定为零，A正确；如果合力对物体做的功为零，可能是合力不为零，而是物体在力的方向上的位移为零，B错误；竖直上抛运动是一种匀变速直线运动，在上升和下降阶段经过同一位置时动能相等，动能在这段过程中变化量为零，C错误；动能不变化，只能说明速度大小不变，但速度方向有可能变化，因此合力不一定为零，D错误。2.跳伞表演是一项观赏性体育项目。如图4317所示，当运动员从直升机由静止跳下后，在下落过程中会受到水平风力的影响。下列说法正确的是()图4317A运动员下落过程动能保持不变B运动员下落过程一定做直线运动C风力越大，运动员下落时间越长D风力越大，运动员着地速度越大解析：选D运动员下落过程中重力和风力均做了正功，故运动员的动能增加，选项A错误；若风力越大，则风力做正功越多，故运动员着地速度越大，选项D正确；若下落过程中水平风力的大小是改变的，即运动员受到的合力方向改变，则力与速度的方向不在一直线上，此时运动员就做曲线运动，选项B错误；水平风力对运动员在竖直方向上的运动没有影响，故运动员下落的时间恒定，选项C错误。3.如图4318所示，物体沿曲面从A点无初速度滑下，滑至曲面的最低点B时，下滑的高度为5 m，速度为6 m/s，若物体的质量为1 kg。则下滑过程中物体克服阻力所做的功为()图4318A50 JB18 JC32 J D0 J解析：选C由动能定理得mghWfmv2，故Wfmghmv21105 J162 J32 J，C正确。动能定理的应用1应用动能定理的解题步骤(1)确定研究对象，通常是单个物体。(2)明确运动过程，可以是运动的某段过程，也可以是运动的整个过程。(3)分析受力情况及各力做功情况。(4)找准对应过程的始末动能(或速度)。(5)依据动能定理列式求解。2用动能定理求解变力做功动能定理是求变力做功的最常用的方法，这类题目中，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WFW其他Ek。典例如图4319所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，已知OP，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B。图4319(1)小球到达B点时的速率为多大？(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多大？(3)若初速度v03，则在小球从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？思路点拨小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B的临界条件是在B点重力提供做圆周运动的向心力；由A到B的过程，不计空气阻力仅重力做功，由动能定理求出初速度v0；空气阻力是变力，可应用动能定理求解。解析(1)小球恰能到达最高点B，有mgm，得vB 。(2)从A到B由动能定理得mgmvB2mv02可求出v0 。(3)当v03时，在小球从A到B的过程中由动能定理得mgWfmvB2mv02可求出WfmgL。答案(1)(2)(3)mgL(1)所求的变力的功可以是合力的功，也可以是其中一个力的功，但动能定理中，合力的功才等于动能的变化量。(2)待求变力的功一般用符号W表示，但要分清结果是变力的功，还是克服此变力的功。1.如图4320所示，质量为m的物体用细绳经过光滑小孔牵引在光滑水平面上做匀速圆周运动，拉力为某个值F时，转动半径为R；当拉力逐渐减小到时，物体仍做匀速圆周运动，半径为2R。则外力对物体所做的功的大小是()图4320A. B.C. D零解析：选A当细绳的拉力为F时，设小球做匀速圆周运动的线速度为v1，则有F；当细绳的拉力减为时，小球做匀速圆周运动的线速度为v2，则有。在细绳的拉力由F减为的过程中，由动能定理知，细绳的拉力所做的功为Wmv22mv12。所以，细绳的拉力所做的功的大小为，选项A正确。2.如图4321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H2 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)图4321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Nmg，又Nmg，联立两式解得vC2 m/s，在物体从A点运动到C点的过程中，由动能定理有mg(H2r)WfmvC20，代入数据解得Wf0.8 J。答案：0.8 J动能定理在多过程中的应用1多过程问题的分析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。(3)当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更方便，但此方法的难点在于确定整个过程的总功。2动力学问题两种解法的比较牛顿运动定律运动学公式结合法动能定理适用条件只能研究在恒力作用下物体做直线运动的情况对于物体在恒力或变力作用下，物体做直线运动或曲线运动均适用续应用方法要考虑运动过程的每一个细节只考虑各力的做功情况及初、末状态的动能运算方法矢量运算代数运算相同点确定研究对象，对物体进行受力分析和运动过程分析通过对比可以看出应用动能定理解题不涉及加速度、时间，不涉及矢量运算，运算简单，不易出错。典例如图4322所示，一质量为2 kg的铅球从离地面2 m高处自由下落，陷入沙坑2 cm深处，求沙子对铅球的平均阻力。(取g10 m/s2)图4322思路点拨铅球在运动的两个过程中受力情况不同，重力作用于全过程，阻力仅存在于陷入沙子的过程中。解析法一应用牛顿第二定律与运动学公式求解设铅球做自由落体运动到沙面时的速度为v，则有v22gH在沙坑中运动的阶段，设铅球做匀减速运动的加速度大小为a，则有v22ah。联立以上两式解得ag设铅球在沙坑中运动时受到的平均阻力为f，由牛顿第二定律得fmgma，所以fmgmamg210 N2 020 N。法二应用动能定理分段求解设铅球自由下落到沙面时的速度为v，由动能定理得mgHmv20设铅球在沙中受到的平均阻力大小为f。由动能定理得mghfh0mv2联立以上两式得fmg2 020 N。法三应用动能定理全程求解铅球下落全过程都受重力，只有进入沙中铅球才受阻力f。重力做功WGmg(Hh)而阻力做功Wffh由动能定理得mg(Hh)fh00代入数据得f2 020 N。答案2 020 N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。1. (多选)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到vm后立即关闭发动机直到停止，运动过程的v t图像如图4323所示，设汽车的牵引力为F，所受摩擦力为f，全过程中牵引力做功W1，克服摩擦力做功W2，则()图4323AFf14 BFf41CW1W211 DW1W213解析：选BC对汽车全过程应用动能定理：W1W20，所以W1W2；由题图可知牵引力与阻力作用距离之比为14，由Fx1fx20知Ff41，B、C正确。2(多选)如图4324所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45和37的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 370.6，cos 370.8)。则()图4324A动摩擦因数B载人滑草车最大速度为C载人滑草车克服摩擦力做功为mghD载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g解析：选AB由题意知，上、下两段斜坡的长分别为s1、s2由动能定理(或功能关系)知：2mghmgs1cos 45mgs2cos 370解得动摩擦因数，选项A正确；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1g(sin 45cos 45)g，a2g(sin 37cos 37)g，则在下落h时的速度最大，由动能定理知：mghmg s1cos 45mv2解得v，选项B正确，D错误；载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W2mgh，选项C错误。3如图4325所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑。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0。求：(取g10 m/s2)图4325(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(hH)mgsBC0mv12，解得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mgHmg4sBCmv22mv12，解得v24 m/s13.3 m/s。(3)分析整个过程，由动能定理得mgHmgs0mv12，解得s21.6 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 m1.6 m0.4 m。答案：(1)0.5(2)13.3 m/s(3)距B点0.4 m1放在光滑水平面上的物体，仅在两个同向水平力的共同作用下开始运动。若这两个力分别做了6 J和8 J的功，则该物体的动能增加了()A48 JB14 JC10 J D2 J解析：选B合力对物体做功W合6 J8 J14 J。根据动能定理得物体的动能增加量为14 J，B对。2(多选)一质量为0.1 kg的小球，以5 m/s的速度在光滑水平面上匀速运动，与竖直墙壁碰撞后以原速率反弹，若以弹回的速度方向为正方向，则小球碰墙过程中的速度变化和动能变化分别是()Av10 m/s Bv0CEk1 J DEk0解析：选AD速度是矢量，故vv2v15 m/s(5 m/s)10 m/s。而动能是标量，初末两状态的速度大小相等，故动能相等，因此Ek0，A、D正确。3速度为v的子弹，恰可穿透一块固定的木板。如果子弹速度为2v，子弹穿透木板时所受阻力视为不变，则可穿透同样的固定木板()A2块 B3块C4块 D8块解析：选C设木板的厚度为d，子弹的速度为v时，由动能定理知fd0mv2。当子弹的速度为2v时，设能穿透n块木板，由动能定理知fnd0m(2v)2，联立两式解得n4，C正确。4.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图1所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为()图1A.mv02mg(sx) B.mv02mgxCmgs Dmg(sx)解析：选A由动能定理得Wmg(sx)0mv02，故物体克服弹簧弹力做功Wmv02mg(sx)，A正确。5从离地面H高处落下一只小球，小球在运动过程中所受的空气阻力是它重力的k(k1)倍，而小球与地面相碰后，能以相同大小的速率反弹。求：(1)小球第一次与地面碰撞后，能够反弹起的最大高度是多少。(2)小球从释放开始，直至停止弹跳为止，所通过的总路程是多少。解析：(1)设小球第一次与地面碰撞后，能够反弹起的最大高度是h，则由动能定理得mg(Hh)kmg(Hh)0，解得hH。(2)设球从释放开始，直至停止弹跳为止，所通过的总路程是s，对全过程由动能定理得mgHkmgs0，解得：s。答案：(1)H(2)6.如图2所示，质量为m的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物块重力的k倍。物块与转轴OO相距R，随转台由静止开始转动。当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到滑动前的这一过程中，转台对物块的静摩擦力对物块做的功为()图2A0 B2kmgRC2kmgR D.kmgR解析：选D在转速增加的过程中，转台对物块的摩擦力是不断变化的，当转速增加到一定值时，物块在转台上即将滑动，说明此时最大静摩擦力提供向心力，即kmgm。设这一过程中转台对物块的摩擦力所做的功为Wf，由动能定理可得Wfmv2，解得WfkmgR，D正确。7.一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F作用下从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，如图3所示。则力F所做的功为()图3Amglcos BFlsin Cmgl(1cos )DFl(1sin )解析：选C小球的运动过程是缓慢的，因而小球任何时刻均可看作是平衡状态，力F的大小在不断变化，F做功是变力做功。小球上升过程只有重力mg和F这两个力做功，由动能定理得mg(llcos )WF0，所以WFmgl(1cos )。8.如图4所示，一质量为1 kg的小球静止在一竖直放置的轻弹簧上，弹簧劲度系数k50 N/m，现用一竖直向下的F5 N的恒力作用在小球上，当小球向下运动到最大速度时撤去F，则小球再回到初始位置时的速度大小为(弹簧一直处于弹性限度内)()图4A1 m/s B2 m/sC2 m/s D. m/s解析：选A当弹簧的弹力等于重力和F的合力时，球的速度最大，此时弹簧又向下被压缩了xm0.1 m，根据动能定理：Fxmv2，解得：v1 m/s，故选A。9(多选)(全国丙卷)如图5，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则()图5AaBaCN DN解析：选AC质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgRWmv2，则速度v，在最低点的向心加速度a，选项A正确， 选项B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得Nmgma，N ，选项C正确，选项D错误。10如图6所示，在海滨游乐场里有一种滑沙游戏，人坐在滑板上从倾角为的斜坡上由静止开始下滑，经过斜坡底端沿水平滑道再滑行一段距离停下。已知滑板与斜面和水平滑道间的动摩擦因数均为0.3。若某人和滑板的总质量m60 kg，滑行过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2。(sin 370.6，cos 370.8)求：图6(1)把人和滑板看做整体，画出该整体从斜坡上下滑过程中的受力示意图；(2)若已知37，人从斜坡滑下时加速度的大小；(3)若已知37，水平滑道BC的最大长度为L120 m，求人在斜坡上滑下的高度应不超过多少；(4)若斜坡倾角大小可调节且大小未知、水平滑道BC的长度未知，但是场地的水平空间距离DC的最大长度为L230 m，人在斜坡上从D的正上方A处由静止下滑，那么A到D的高度不超过多少？解析：(1)受力如图所示。(2)根据牛顿第二定律得，mgsin 37fmaNmgcos 37fN联立以上三式，代入数据解得a3.6 m/s2。(3)人和滑板从距水平面高H处下滑，从人和滑板在斜面上开始运动到人和滑板停止运动的过程中，根据动能定理：mgHmgcos 37mgL100代入数据解得H10 m。(4)设A到D的高度为h，根据动能定理mghmgcos mg00代入数据解得h9 m。答案：(1)见解析(2)3.6 m/s2(3)10 m(4)9 m11.如图7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，AOB37，圆弧的半径R0.5 m；BD部分水平，长度为0.2 m，C为BD的中点。现有一质量m1 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。(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：图7(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(1cos 37)mv2解得：v22gR(1cos 37)2100.5(10.8)2 (m/s)2在B点，由牛顿第二定律有：Nmgm解得：Nmgm1N14 N由牛顿第三定律有：NN14 N。(2)物块由B运动到D点的过程中，由动能定理有：mgBDmv2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：(mgF)BCmv2可得：mgBD(mgF)BC由题知：BD2BC，得：2mgmgF解得：Fmg110 N10 N。答案：(1)14 N(2)10 N