【物理】2018届一轮复习人教版 动能定理及其应用 学案 18页

第 28 课时　动能定理及其应用(重点突破课) [基础点·自主落实] [必备知识] 1．动能 (1)定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能。 (2)公式：Ek＝1 2mv2，单位：焦耳。 (3)动能是标量、状态量，只有正值。 2．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＝1 2mv22－1 2mv12。 (3)物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。 [小题热身] 1．判断正误 (1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，速度变化时，动能也一定变化。(×) (2)处于平衡状态的物体动能一定保持不变。(√) (3)如果物体所受的合力为零，那么合力对物体做功一定为零。(√) (4)物体在合力作用下做变速运动时，动能一定变化。(×) (5)物体的动能不变，所受的合力必定为零。(×) (6)做自由落体运动的物体，动能与下落的高度成正比。(√) 2．下列有关动能的说法中正确的是(　　 ) A．物体只有做匀速运动时，动能才不变 B．物体做平抛运动时，水平速度不变，动能不变 C．物体做自由落体运动时，物体的动能增加 D．物体的动能变化时，速度不一定变化 解析：选 C　物体只要速率不变，动能就不变，A 错误；物体做平抛运动时，速率增大， 动能增大，B 错误；物体做自由落体运动时，其速率增大，物体的动能增加，C 正确；物体 的动能变化时，速度的大小一定变化，D 错误。 3.如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行， 并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点 A 的速度为 v，压缩弹簧至 C 点时弹簧 最短，C 点距地面高度为 h，不计小球与弹簧碰撞过程中的能量损失，则弹簧被压缩至 C 点， 弹簧对小球做的功为(　　 ) A．mgh－1 2mv2　　　　　　 　B.1 2mv2－mgh C．mgh＋1 2mv2 D．mgh 解析：选 A　小球从 A 点运动到 C 点的过程中，重力和弹簧弹力对小球做负功，由于 支持力与位移方向始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得 WG＋WF＝0－1 2mv2， 重力做功为 WG＝－mgh，则弹簧弹力对小球做的功为 WF＝mgh－1 2mv2，A 正确。 [提能点·师生互动] 提能点(一)　动能定理的理解和应用 1.定理中“外力”的两点理解 (1)重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同 时作用。 (2)既可以是恒力，也可以是变力。 2．公式中“＝”体现的三个关系 3．优先考虑动能定理的问题 不涉及加速度和时间的问题；有多个物理过程的问题；变力做功问题；曲线运动问题。 4．应用动能定理的解题步骤 [典例]　(2014·全国卷)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，如图所示；当物块的初速度为 v 2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(　　) A．tan θ 和H 2　　　　　　 　B.( v2 2gH－1)tan θ 和H 2 C．tan θ 和H 4 D.( v2 2gH－1)tan θ 和H 4 [解析]　物块沿斜坡向上运动过程中，对其受力分析，如图所示， 根据牛顿第二定律可得 FN＝mgcos θ，μFN＋mgsin θ＝ma，可得 a＝μgcos θ＋gsin θ。由图中几何关系和运动学公式可得 v2＝2a H sin θ，v2 4 ＝2a h sin θ， 可得 h＝H 4，μ＝( v2 2gH－1)tan θ，选项 D 正确，选项 A、B、C 错误。 [答案]　D 应用动能定理的注意事项 (1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静 止的物体为参考系。 (2)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负。 (3)应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画 出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系。 [集训冲关] 1．质量 m＝2 kg 的物体，在光滑水平面上以 v1＝6 m/s 的速度匀速向西运动，若有一 个 F＝8 N 方向向北的恒力作用于物体，在 t＝2 s 内物体的动能增加了(　　 ) A．28 J B．64 J C．32 J D．36 J 解析：选 B　由于力 F 与速度 v1 垂直，物体做曲线运动，其两个分运动为向西的匀速 运动和向北的匀加速直线运动，对匀加速运动：a＝F m＝4 m/s2，v2＝at＝8 m/s。2 s 末物体 的速度 v＝ v12＋v22＝10 m/s,2 s 内物体的动能增加了 ΔE＝1 2mv2－1 2mv12＝64 J，故选项 B 正确。 2.光滑斜面上有一个小球自高为 h 的 A 处由静止开始滚下，抵达 光滑水平面上的 B 点时速度大小为 v0。光滑水平面上每隔相等的距离 设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条，如图所示，小球越过 n 条活动阻挡条后停下来。若让小球从 h 高处以初速度 v0 滚下，则小球能越过的活动阻挡条的 条数是(设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等)(　　 ) A．n B．2n C．3n D．4n 解析：选 B　设每条阻挡条对小球做的功为 W，当小球在水平面上滚动时，由动能定 理得 nW＝0－ 1 2mv02，对第二次有 NW＝0－ 1 2mv22＝0－ ( 1 2mv02＋mgh)，又因为 1 2mv02＝ mgh，联立解得 N＝2n，选项 B 正确。 3.(2017·三明质检)如图所示，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＝ L 2，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。求： (1)小球到达 B 点时的速率； (2)若不计空气阻力，则初速度 v0 为多少； (3)若初速度 v0＝3 gL，则小球在从 A 到 B 的过程中克服空气阻力做了多少功？ 解析：(1)小球恰能到达最高点 B，由牛顿第二定律得 mg＝mvB2 L 2 ，解得 vB＝ gL 2 。 (2)若不计空气阻力，从 A→B 由动能定理得 －mg(L＋L 2 )＝1 2mvB2－1 2mv02 解得 v0＝ 7gL 2 。 (3)当 v0＝3 gL 时，由动能定理得 －mg(L＋L 2 )－Wf＝1 2mvB2－1 2mv02 解得 Wf＝11 4 mgL。 答案：(1) gL 2 　(2) 7gL 2 　(3)11 4 mgL 提能点(二)　动能定理与图像的综合 1.力学中图像所围“面积”的意义 v­t 图像 由公式 x＝vt 可知，v­t 图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移 a­t 图像 由公式 Δv＝at 可知，a­t 图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量 F­x 图像 由公式 W＝Fx 可知，F­x 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功 P­t 图像 由公式 W＝Pt 可知，P­t 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功 2．解决物理图像问题的基本步骤 (1)观察题目给出的图像，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，图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题。或者利用函数 图线上的特定值代入函数关系式求物理量。 [典例]　如图甲所示，长为 4 m 的水平轨道 AB 与半径为 R＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道 BC 在 B 处相连接，有一质量为 1 kg 的滑块(大小不计)，从 A 处由静止开始受水平向右的力 F 作用，F 的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与 AB 间的动摩擦因数为 μ＝0.25， 与 BC 间的动摩擦因数未知，g 取 10 m/s2。求： (1)滑块到达 B 处时的速度大小； (2)滑块在水平轨道 AB 上运动前 2 m 过程所用的时间； (3)若到达 B 点时撤去力 F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点 C，则 滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？ [解析]　(1)对滑块从 A 到 B 的过程，由动能定理得 F1x1－F3x3－μmgx＝1 2mvB2 代入数值解得 vB＝2 10 m/s。 (2)在前 2 m 内，有 F1－μmg＝ma，且 x1＝1 2at12， 解得 t1＝ 8 35 s。 (3)当滑块恰好能到达最高点 C 时， 有：mg＝mvC2 R 对滑块从 B 到 C 的过程，由动能定理得： Wf－mg·2R＝1 2mvC2－1 2mvB2 代入数值得 Wf＝－5 J， 即克服摩擦力做的功为 5 J。 [答案]　(1)2 10 m/s (2) 8 35 s (3)5 J 动能定理与图像结合问题的分析方法 (1)首先看清楚所给图像的种类(如 v­t 图像、F­t 图像、Ek­t 图像等)。 (2)挖掘图像的隐含条件——求出所需要的物理量，如由 v­t 图像所包围的“面积”求位 移，由 F­x 图像所包围的“面积”求功等。 (3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。 [集训冲关] 1．如图甲所示，一半径 R＝1 m、圆心角等于 143°的竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相 切于 B 处，圆弧轨道的最高点为 M，斜面倾角 θ＝37°，t＝0 时刻有一物块沿斜面上滑，其 在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示，若物块恰能到达 M 点，取 g＝10 m/s2，sin 37°＝ 0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)物块经过 M 点的速度大小； (2)物块经过 B 点的速度大小； (3)物块与斜面间的动摩擦因数。 解析：(1)物块恰能到达 M 点，则有 mg＝mvM2 R 解得 vM＝ gR＝ 10 m/s。 (2)物块从 B 点运动到 M 点的过程中，由动能定理得 －mgR(1＋cos 37°)＝1 2mvM2－1 2mvB2 解得 vB＝ 46 m/s。 (3)由题图乙可知，物块在斜面上运动时，加速度大小为 a＝Δv Δt＝10 m/s2，方向沿斜面 向下，有 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma 解得 μ＝0.5 答案：(1) 10 m/s　(2) 46 m/s　(3)0.5 2．(2017·九江质检)打桩机是利用冲击力将桩贯入地层的桩工机械。某同学对打桩机的 工作原理产生了兴趣。他构建了一个打桩机的简易模型，如图甲所示。他设想，用恒定大 小的拉力 F 拉动绳端 B，使物体从 A 点(与钉子接触处)由静止开始运动，上升一段高度后 撤去 F，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度。按此模型分析， 若物体质量 m＝1 kg，上升了 1 m 高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能 Ek 与上升高度 h 的关系图像如图乙所示。(g 取 10 m/s2，不计空气阻力) (1)求物体上升到 0.4 m 高度处 F 的瞬时功率。 (2)若物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其不再落下，钉子获得 20 J 的动能向下运动。钉 子总长为 10 cm。撞击前插入部分可以忽略，不计钉子重力。已知钉子在插入过程中所受阻 力 Ff 与深度 x 的关系图像如图丙所示，求钉子能够插入的最大深度。 解析：(1)撤去 F 前，根据动能定理，有(F－mg)h＝Ek－0 由题图乙得，斜率为 k＝F－mg＝20 N 得 F＝30 N 又由题图乙得，h＝0.4 m 时，Ek＝8 J，则 v＝4 m/s P＝Fv＝120 W。 (2)碰撞后，对钉子有－Ffx′＝0－Ek′ 已知 Ek′＝20 J Ff＝k′x′ 2 又由题图丙得 k′＝105 N/m 解得 x′＝0.02 m。 答案：(1)120 W　(2)0.02 m 提能点(三)　动能定理求解多过程问题 考法 1　直线与平抛运动组合的多过程问题 [例 1]　(2015·浙江高考)如图所示，用一块长 L1＝1.0 m 的木板在 墙和桌面间架设斜面，桌子高 H＝0.8 m，长 L2＝1.5 m。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＝0.2 kg 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＝10 m/s2；最大静摩擦力等于滑 动摩擦力) (1)当 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 sin 37°＝0.6，cos 37°＝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 xm。 [解析]　(1)为使小物块下滑， 应有 mgsin θ≥μ1mgcos θ① 则 θ 满足的条件为 tan θ≥0.05② 即当 θ＝arctan 0.05 时物块恰好从斜面开始下滑。 (2)克服摩擦力做功 Wf＝μ1mgL1cos θ＋μ2mg(L2－L1cos θ)③ 由动能定理得 mgL1sin θ－Wf＝0④ 代入数据得 μ2＝0.8。⑤ (3)由动能定理得 mgL1sin θ－Wf＝1 2mv2⑥ 结合③式并代入数据得 v＝1 m/s⑦ 由平抛运动规律得 H＝1 2gt2，x1＝vt 解得 t＝0.4 s⑧ x1＝0.4 m⑨ xm＝x1＋L2＝1.9 m。⑩ [答案]　(1)arctan 0.05　(2)0.8　(3)1.9 m 考法 2　直线与圆周运动组合的多过程问题 [例 2]　(2016·天津高考)我国将于 2022 年举办冬奥会，跳台滑雪 是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量 m＝60 kg 的运动员 从长直助滑道 AB 的 A 处由静止开始以加速度 a＝3.6 m/s2 匀加速 滑下，到达助滑道末端 B 时速度 vB＝24 m/s，A 与 B 的竖直高度差 H＝48 m。为了改变运 动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点 C 处附近是一 段以 O 为圆心的圆弧。助滑道末端 B 与滑道最低点 C 的高度差 h＝5 m，运动员在 B、C 间 运动时阻力做功 W＝－1 530 J，取 g＝10 m/s2。 (1)求运动员在 AB 段下滑时受到阻力 Ff 的大小； (2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的 6 倍，则 C 点所在圆弧的半径 R 至少 应为多大。 [解析]　(1)运动员在 AB 段做初速度为零的匀加速运动，设 AB 的长度为 x，则有 vB2＝ 2ax① 由牛顿第二定律有 mgH x－Ff＝ma② 联立①②式，代入数据解得 Ff＝144 N。③ (2)设运动员到达 C 点时的速度为 vC，在由 B 到达 C 的过程中，由动能定理有 mgh＋W＝1 2mvC2－1 2mvB2④ 设运动员在 C 点所受的支持力为 FN，由牛顿第二定律有 FN－mg＝mvC2 R ⑤ 由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的 6 倍，联立④⑤式，代入数据解得 R＝12.5 m。⑥ [答案]　(1)144 N　(2)12.5 m 考法 3　平抛与圆周运动组合的多过程问题 [例 3]　在游乐节目中，选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面 的浮台上，两位同学观看后对此进行了讨论。如图所示，他们将选 手简化为质量 m＝60 kg 的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此 时绳与竖直方向夹角 α＝53°，绳的悬挂点 O 距水面的高度为 H＝3 m。不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。取重力加速度 g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。 (1)求选手摆到最低点时对绳拉力的大小 F； (2)若绳长 l＝2 m，选手摆到最高点时松手落入水中。设水对选手的平均浮力 F1＝800 N， 平均阻力 F2＝700 N，求选手落入水中的深度 d； (3)若选手摆到最低点时松手，甲同学认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；乙同 学却认为绳越短，落点距岸边越远。请通过推算说明你的观点。 [解析]　(1)由静止至摆动到最低点，对选手由动能定理得 mgl(1－cos α)＝1 2mv2－0 选手在最低点处由牛顿第二定律得 F′－mg＝mv2 l 由牛顿第三定律得 F＝F′＝1.8mg＝1 080 N。 (2)选手摆到最高点时松手落入水中，(如图所示) 对选手由动能定理得 mg(H－lcos α＋d)－(F1＋F2)d＝0－0 解得 d＝1.2 m。 (3)选手摆到最低点时松手将做平抛运动，则： 竖直方向 H－l＝1 2gt2 水平方向 x＝vt 由(1)可得 v＝ 0.8gl 解得 x＝ 1.6l(H－l) 可知当 l＝H 2＝1.5 m 时，x 取最大值，落点距岸边最远。 [答案]　(1)1 080 N　(2)1.2 m　(3)见解析 考法 4　含弹簧的物体运动多过程问题 [例 4]　如图甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在 O 位置。质量为 m 的物块 A(可视为质点)以初速度 v0 从距 O 点右方 x0 的 P 点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧， 将弹簧右端压到 O′点位置后，A 又被弹簧弹回。A 离开弹簧后，恰好回到 P 点。物块 A 与水平面间的动摩擦因数为 μ。求： (1)物块 A 从 P 点出发又回到 P 点的过程，克服摩擦力所做的功。 (2)O 点和 O′点间的距离 x1。 (3)如图乙所示，若将另一个与 A 完全相同的物块 B(可视为质点)与弹簧右端拴接，将 A 放在 B 右边，向左推 A、B，使弹簧右端压缩到 O′点位置，然后从静止释放，A、B 共同 滑行一段距离后分离。分离后物块 A 向右滑行的最大距离 x2 是多少？ [解析]　(1)物块 A 从 P 点出发又回到 P 点的过程，根据动能定理得 克服摩擦力所做的功为 Wf＝1 2mv02。 (2)物块 A 从 P 点出发又回到 P 点的过程，根据动能定理得 2μmg(x1＋x0)＝1 2mv02 解得 x1＝ v02 4μg－x0。 (3)A、B 在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是 v1，弹出过程弹力做功为 WF 只有物块 A 时，从 O′到 P 有 WF－μmg(x1＋x0)＝0－0 A、B 共同从 O′到 O 有 WF－2μmgx1＝1 2×2mv12 分离后对 A 有 1 2mv12＝μmgx2 联立以上各式可得 x2＝x0－ v02 8μg。 [答案]　(1)1 2mv02　(2) v02 4μg－x0　(3)x0－ v02 8μg [通法归纳] 利用动能定理求解多过程问题的基本思路 (1)弄清物体的运动由哪些过程组成。 (2)分析每个过程中物体的受力情况。 (3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响。 (4)从总体上把握全过程，写出总功表达式，找出初、末状态的动能。 (5)对所研究的全过程运用动能定理列方程。 提能点(四)　运用动能定理求解往复运动问题 有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而描述运动的物理量多数是变化的， 且重复次数又往往是无限的或者很难确定。求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学 公式将非常繁琐，甚至无法解出。而动能定理只关心物体的初、末状态而不计运动过程的 细节，所以用动能定理分析这类问题可迎刃而解。 考法 1　往复次数可确定的情形　 [例 1]　如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底 BC 的连接处都是一段与 BC 相切的圆弧，BC 是水平的，其宽度 d＝0.50 m。盆边缘的高度为 h＝0.30 m。在 A 处放 一个质量为 m 的小物块并让其从静止开始下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底 BC 面与 小物块间的动摩擦因数为 μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到 B 的距离为(　　 ) A．0.50 m B．0.25 m C．0.10 m D．0 [解析]　设小物块在 BC 段通过的总路程为 s，由于只有水平面上存在摩擦力，则小物 块从 A 点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无 关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得 s＝3 m。由于 d＝0.50 m，所以， 小物块在 BC 段经过 3 次往复运动后，又回到 B 点。 [答案]　D 考法 2　往复次数无法确定的情形　 [例 2]　如图所示，斜面的倾角为 θ，质量为 m 的滑块距挡板 P 的距离为 x0，滑块以初速度 v0 沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因 数为 μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与 挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是(　　 ) A.1 μ( v02 2gcos θ＋x0tan θ) B.1 μ( v02 2gsin θ＋x0tan θ) C.2 μ( v02 2gcos θ＋x0tan θ) D.1 μ( v02 2gcos θ＋x0cot θ)[解析]　滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为 x，对滑块运动的全程应用 功能关系，全程所产生的热量为 Q＝1 2mv02＋mgx0sin θ，又由全程产生的热量等于克服摩擦 力所做的功，即 Q＝μmgxcos θ，解以上两式可得 x＝1 μ( v02 2gcos θ＋x0tan θ)，选项 A 正确。 [答案]　A 考法 3　往复运动永不停止的情形　 [例 3]　如图所示，AB、CD 为两个对称斜面，其上部足够长，下部 B、 C 分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为 120°，半径 R 为 2.0 m，一个物体在离弧底 E 高度为 h＝3.0 m 处，以初速度 v＝4.0 m/s 沿斜面 运动，若物体与两斜面间的动摩擦因数均为 0.02，则物体在两斜面上(不包 括圆弧部分)一共运动的路程是多少？(g 取 10 m/s2) [解析]　两个斜面的下部 B、C 分别与光滑的圆弧面相切，圆心角为 120°，所以可得出 斜面的倾角为 θ＝60°，物体在斜面上所受到的滑动摩擦力为 Ff＝μmgcos 60°＝0.02×1 2mg＝0.01mg。 重力沿斜面的分力 G′＝mgsin 60°＝ 3 2 mg＞Ff， 所以物体不能停留在斜面上。 物体在斜面上滑动时，由于摩擦力做功，物体的机械能逐渐减小，物体滑到斜面上的高 度逐渐降低，物体最终将在 B、C 间做往复运动。设物体在斜面上运动的总路程为 s， 对全过程应用动能定理得 mg[h－R(1－cos 60°)]－μmgscos 60°＝0－1 2mv2， 解得 s＝280 m。 [答案]　280 m [通法归纳] 　　(1)应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的初状态和最终状态。 (2)重力做功与物体运动路径无关，可用 WG＝mgh 直接求解。 (3)滑动摩擦力做功与物体运动路径有关，其功的大小可用 Wf＝－Ffs 求解，其中 s 为物体滑 行的路程。 [课时达标检测] 一、单项选择题 1．A、B 两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力 F 作用下，由静止开始通过 相同的位移 l。若 A 的质量大于 B 的质量，则在这一过程中(　　 ) A．A 获得动能较大　　　 　 B．B 获得动能较大 C．A、B 获得动能一样大 D．无法比较 A、B 获得动能大小 解析：选 C　由动能定理可知恒力 F 做功 W＝Fl＝1 2mv2－0，因为 F、l 相同，所以 A、 B 的动能变化相同，C 正确。 2.一个质量为 m 的物体静止放在光滑水平面上，在互成 60°角的大小相 等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为 v，在力的方 向上获得的速度分别为 v1、v2，如图所示，那么在这段时间内，其中一个力 做的功为(　　 ) A.1 6mv2 B.1 4mv2 C.1 3mv2 D.1 2mv2 解析：选 B　在合力 F 的方向上，由动能定理得 W＝Fl＝1 2mv2，某个分力的功为 W1＝ F1lcos 30°＝ F 2cos 30°lcos 30°＝1 2Fl＝1 4mv2，B 正确。 3.如图所示，小球以初速度 v0 从 A 点沿不光滑的轨道运动到高 为 h 的 B 点后自动返回，其返回途中仍经过 A 点，水平轨道与倾斜轨 道之间用平滑圆弧连接(图中没画出)。则返回时经过 A 点的速度 v 的大小为(　　 ) A. v02－4gh B. 4gh－v02 C. v02－2gh D. 2gh－v02 解析：选 B　由动能定理得，小球由 A 到 B 过程有－mgh－Wf＝0－1 2mv02，小球由 B 到 A 过程有 mgh－Wf＝1 2mv2－0，联立解得 v＝ 4gh－v02，B 正确。 4.(2016·全国甲卷)小球 P 和 Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上， P 球的质量大于 Q 球的质量，悬挂 P 球的绳比悬挂 Q 球的绳短。将两 球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点， (　　) A．P 球的速度一定大于 Q 球的速度 B．P 球的动能一定小于 Q 球的动能 C．P 球所受绳的拉力一定大于 Q 球所受绳的拉力 D．P 球的向心加速度一定小于 Q 球的向心加速度 解析：选 C　两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒， 取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得 mgL＝1 2mv2，v＝ 2gL，因 LP＜LQ， 则 vP＜vQ，又 mP＞mQ，则两球的动能无法比较，选项 A、B 错误；在最低点绳的拉力为 F，则 F－mg＝mv2 L，则 F＝3mg，因 mP＞mQ，则 FP＞FQ，选项 C 正确；向心加速度 a＝F－mg m ＝2g，选项 D 错误。 5. (2015·全国卷Ⅰ)如图，一半径为 R、粗糙程度处处相同的半圆形轨 道竖直固定放置，直径 POQ 水平。一质量为 m 的质点自 P 点上方高度 R 处 由静止开始下落，恰好从 P 点进入轨道。质点滑到轨道最低点 N 时，对轨 道的压力为 4mg，g 为重力加速度的大小。用 W 表示质点从 P 点运动到 N 点的过程中克服摩擦力所做的功。则(　　) A．W＝1 2mgR，质点恰好可以到达 Q 点 B．W>1 2mgR，质点不能到达 Q 点 C．W＝1 2mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离 D．W<1 2mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离 解析：选 C　设质点到达 N 点的速度为 vN，在 N 点质点受到轨道的弹力为 FN，则 FN－ mg＝mvN2 R ，已知 FN＝FN′＝4mg，则质点到达 N 点的动能为 EkN＝1 2mvN2＝3 2mgR。质点由 开始至 N 点的过程，由动能定理得 mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功为 Wf＝－1 2mgR， 即克服摩擦力做的功为 W＝－Wf＝1 2mgR。设从 N 到 Q 的过程中克服摩擦力做功为 W′， 则 W′ gR＝2 m/s 故物块能通过圆轨道的最高点，之后做平抛运动，则 水平方向：x＝v3t 竖直方向：2R＝1 2gt2 解得 x＝2.4 m。 答案：(1)140 N，方向竖直向下　(2)能　2.4 m