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培优提升八　动能定理的应用(二)
(分值：100分)
选择题1～6题，每小题10分，共60分。
对点题组练
题组一　动能定理在多过程问题中的应用
1.如图所示，斜面倾角为θ，一质量为m的小滑块从高为h的A点由静止释放，沿轨道滑下，最后停在D点。现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于(　　)
mgh 2mgh
μmg(s＋) μmg(s＋hcos θ)
2.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，不计小球经过水平轨道与倾斜轨道连接处的能量损失，重力加速度为g，则经过A点的速度大小为(　　)
eq \r(v－4gh) eq \r(4gh－v)
eq \r(v－2gh) eq \r(2gh－v)
3.(多选)置于水平面上的物体在水平拉力F作用下由静止开始前进了s，撤去力F后，物体又前进了s后停止运动。若物体的质量为m，则(　　)
物体受到的摩擦力的大小为
物体受到的摩擦力的大小为F
运动过程中的最大动能为
物体在运动位移的中点时的速度最大
题组二　动能定理在平抛运动、圆周运动中的应用
4.(2024·广东深圳高一期中)把A、B两相同小球在离地面同一高度处以相同大小的初速度v0分别沿水平方向和竖直方向抛出，不计空气阻力，如图所示，则下列说法正确的是(　　)
两小球落地时速度相同
两小球落地时，重力的瞬时功率相同
从开始运动至落地，重力对两小球做的功不同
从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率PA>PB
5.如图所示为一水平的转台，半径为R，一质量为m的滑块放在转台的边缘，已知滑块与转台间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。若转台的转速由零逐渐增大，当滑块在转台上刚好要发生相对滑动时，该过程中转台对滑块所做的功为(　　)
μmgR 2πmgR
2μmgR 0
综合提升练
6.(2024·全国甲卷)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下降过程中对大圆环的作用力大小(　　)
在Q点最大 在Q点最小
先减小后增大 先增大后减小
7.(20分)(2024·广东江门高一期末)一条滑雪道如图所示，倾斜滑道AB、CD段的倾角均为37°。AB段长度为L＝100 m，动摩擦因数为μ，半径R＝20 m的BC段为圆弧滑道与AB段平滑连接。一滑雪者连同装备(视为质点)总质量m＝70 kg，从A点由静止出发沿着滑道下滑，从C点水平抛出落到N点，NC段长度为d＝75 m，将滑雪者从B至C的运动看作匀速圆周运动。忽略运动过程中所受的空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：
(1)(10分)运动到C点时滑雪者速度的大小和滑雪者对滑道压力的大小；
(2)(10分)滑道AB段的动摩擦因数μ的大小；
培优加强练
8.(20分)(2023·湖北卷)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：
(1)(6分)小物块到达D 点的速度大小；
(2)(6分)B和D两点的高度差；
(3)(8分)小物块在A点的初速度大小。
培优提升八　动能定理的应用(二)
1．B　[滑块由A点运动至D点，设克服摩擦力做功为WAD，由动能定理得mgh－WAD＝0，即WAD＝mgh，滑块从D点回到A点，由于是缓慢推，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为WDA，由动能定理知当滑块从D点被推回A点有WF－mgh－WDA＝0，WAD＝WDA，联立解得WF＝2mgh，故A、C、D错误，B正确。]
2．B　[设小球在由A到B的过程中阻力做功为W，由A到B的过程中由动能定理得－mgh＋W＝0－mv，小球由B返回到A的过程中，阻力做的功仍为W，由动能定理得mgh＋W＝mv－0，以上两式联立可得vA＝eq \r(4gh－v)，A、C、D错误，B正确。]
3．ACD　[设物体所受的摩擦力大小为f，根据动能定理得F·s－f·2s＝0－0，解得f＝F，故A正确，B错误；物体前一半路程做加速运动，后一半路程做减速运动，则物体运动到位移的中点时的速度最大，当运动到中点时，由动能定理得Fs－fs＝Ekm－0，得Ekm＝，故C、D正确。]
4．D　[根据动能定理得mgh＝mv2－mv，重力做功相同，初动能相同，则末动能相同，可知落地的速度大小相等，但是方向不同，故A、C错误；由P＝mgvcos θ知，落地的速度大小相等，但是A落地时速度方向与重力之间有夹角，可知两球落地时的重力功率不同，故B错误；从开始抛出到落地，重力做功相同，但是竖直上抛运动的时间大于平抛运动的时间，由P＝可知，PA>PB，故D正确。]
5．A　[在转台转速由零增大的过程中，静摩擦力大小和方向都在变化，无法直接利用W＝Fscos α求摩擦力做的功。滑块即将开始滑动时，最大静摩擦力(等于滑动摩擦力)提供向心力，有μmg＝，根据动能定理有Wf＝mv2－0，解得Wf＝μmgR，A正确。]
6．C　[设小环运动轨迹所对的圆心角为θ(0≤θ≤π)，大圆环的半径为R，大圆环对小环的作用力为F，则由动能定理有mgR(1－cos θ)＝mv2，又小环做圆周运动，则有F＋mgcos θ＝m，联立得小环下滑过程中受到大圆环的作用力F＝mg(2－3cos θ)，则F的大小先减小后增大，且当cos θ＝时F最小，当cos θ＝－1，即小环在大圆环最低点时F最大，结合牛顿第三定律可知，C正确。]
7．(1)20 m/s　2 100 N　(2)0.5
解析　(1)从C处平抛，竖直方向有dsin 37°＝gt2
水平方向有dcos 37°＝vCt，得vC＝20 m/s
由牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(v,R)，得FN＝2 100 N
由牛顿第三定律，滑雪者对滑道的压力为FN′＝FN＝2 100 N。
(2)从A到B由动能定理得
mgLsin 37°－μmgLcos 37°＝mv－0
在B处vB＝vC＝20 m/s，解得μ＝0.5。
8．(1)　(2)0　(3)
解析　(1)由题知，小物块恰好能到达圆弧轨道的最高点D，则在D点有meq \f(v,R)＝mg，解得vD＝。
(2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有cos 60°＝
小物块从C到D的过程中，根据动能定理有
－mg(R＋Rcos 60°)＝mv－mv
则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有
mgHBD＝mv－mv，联立解得vB＝，HBD＝0。
(3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有
－μmgs＝mv－mv，s＝π·2R，解得vA＝。培优提升八　动能定理的应用(二)
学习目标　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.会应用动能定理分析多过程问题。
提升1　动能定理在多过程问题中的应用
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，对每个子过程的受力和各力做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，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，分析每个力做的功，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简单，更方便。
4.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。
例1 如图所示，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，则沙子对铅球的平均阻力为(g取10 m/s2)(　　)
A.1 980 N 　　 B.2 000 N
C.2 020 N 　　 D.2 040 N
1.本题可采用分段分析，分段利用动能定理进行列式求解，但全程利用动能定理要更方便。
2.在分段分析时，有些过程可以用牛顿第二定律，也可利用动能定理，动能定理比牛顿第二定律解题更简单方便，所以我们可优先采用动能定理解决问题。　　
例2 如图所示，将物体从倾角为θ的固定斜面上由静止释放，物体开始向下滑动，到达斜面底端与挡板相碰后，原速率弹回。已知物体开始时距底端高度为h，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，求物体从开始到停止通过的路程。
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1.在有摩擦力做功的往复运动过程中，注意两种力做功的区别：
(1)重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关。
(2)滑动摩擦力做功与路径有关，克服摩擦力做的功Wf＝fs(s为路程)。
2.由于动能定理解题的优越性，求多过程往复运动问题中的路程时，一般应选用动能定理。
训练 如图所示，一薄木板斜放在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端置于地板的P处，并与地板平滑连接。将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，滑块沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处。滑块与木板及地板之间的动摩擦因数相同。现将木板截短一半，仍按上述方式放在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放，则滑块最终将停在(　　)
A.P处 B.P、Q之间
C.Q处 D.Q的右侧
提升2　动能定理在平抛、圆周运动中的应用
1.与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度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)可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝0。
(2)不可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为只有重力提供向心力，即mg＝eq \f(mv,R)，解得vmin＝。
例3 如图所示，一可以看成质点的质量m＝2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入固定圆弧轨道，BC为圆弧的竖直直径，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R＝0.5 m。已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力，g取10 m/s2。
(1)求小球的初速度v0的大小；
(2)若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功。
　
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随堂对点自测
1.(动能定理在多过程问题中的应用)如图所示，AB为圆弧轨道，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，与两个轨道的动摩擦因数都为μ，重力加速度为g，当它由轨道顶端A从静止下滑时，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力做功为(　　)
A.μmgR B.mgR
C.mgR D.(1－μ)mgR
2.(动能定理在多过程问题中的应用)(2024·广东中山高一期末)如图，两块弹性挡板竖直固定在水平地面上，相距8 m，一个小木块(体积很小，可视为质点)从两块挡板正中间开始以初速度10 m/s向右运动，小木块与地面之间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10 m/s2，每次小木块与挡板碰撞后，都会以原速率反弹，则最终小木块停止的位置与左边挡板距离为(　　)
A.1 m B.2 m
C.3 m D.7 m
3.(动能定理在平抛运动中的应用)如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上以初速度v0滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知小物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，g＝10 m/s2，则(　　)
A.小物块的初速度是5 m/s
B.小物块的水平射程为1.2 m
C.小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功
D.小物块落地时的动能为0.9 J
4.(动能定理在圆周运动中的应用)质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用。设某一时刻小球通过轨迹的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，已知重力加速度为g，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是(　　)
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
培优提升八　动能定理的应用(二)
提升1
例1 C　[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v2＝2gH
在沙坑中的运动阶段，设铅球做匀减速运动的加速度大小为a，则有v2＝2ah，联立以上两式解得a＝g
设铅球在沙坑中运动时受到的平均阻力大小为f，由牛顿第二定律得f－mg＝ma，联立解得f＝2 020 N，故C正确。
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mgH＝mv2－0，设铅球在沙中受到的平均阻力大小为f，由动能定理得mgh－fh＝0－mv2，联立以上两式得
f＝mg＝2 020 N，故C正确。
法三　应用动能定理全程求解。
铅球下落全过程受重力，只有进入沙中铅球才受阻力f，重力做功WG＝mg(H＋h)，阻力做功Wf＝－fh
由动能定理得mg(H＋h)－fh＝0－0
代入数据得f＝2 020 N，故C正确。]
例2
解析　物体最终停在挡板处，选从开始运动到停止这一全过程，由动能定理得mgh－μmgcos θ·s＝0
解得物块从开始到停止通过的路程s＝。
训练 C　[设木板长为L，在水平地板上滑行位移为s，木板倾角为θ，全过程由动能定理得mgh－μmgcos θ·L－μmgs＝0，则滑块总的水平位移s总＝Lcos θ＋s＝，与木板长度及倾角无关，改变L与θ，水平位移s总不变，滑块最终仍停在Q处，故C选项正确。]
提升2
例3 (1)3 m/s　(2)－4 J
解析　(1)在A点，由平抛运动规律得vA＝＝v0
小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得
mg(R＋Rcos θ)＝mv－mv
联立解得v0＝3 m/s。
(2)若小球恰好能通过最高点C，在最高点C处有mg＝eq \f(mv,R)，小球从桌面运动到C点的过程中
由动能定理得Wf＝mv－mv
代入数据解得Wf＝－4 J。
随堂对点自测
1．D　[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，选项D正确。]
2．C　[小木块从开始向右运动至停下，根据动能定理可得－μmgs＝0－mv2，运动的总路程s＝25 m，又＋5 m＝s，则停下位置距离左边挡板距离d＝L－5 m＝3 m，故C正确。]
3．D　[小物块在粗糙水平桌面上滑行时，由动能定理得－μmgs＝mv2－mv，解得v0＝7 m/s，小物块克服摩擦力做功为Wf＝μmgs＝2 J，A、C错误；小物块飞离桌面后做平抛运动，由h＝gt2，x＝vt得x＝0.9 m，B错误；由动能定理得mgh＝Ek－mv2，小物块落地时的动能为Ek＝0.9 J，D正确。]
4．C　[小球通过最低点时，设绳的张力为FT，则FT－mg＝meq \f(v,R)，即6mg＝meq \f(v,R)；小球恰好通过最高点，绳子拉力为零，则有mg＝meq \f(v,R)；小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得－mg·2R－W阻＝mv－mv，联立解得W阻＝mgR，C正确。](共43张PPT)
培优提升八　动能定理的应用(二)
第四章　机械能及其守恒定律
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.会应用动能定理分析多过程问题。
学习目标
目 录
CONTENTS
提升
01
随堂对点自测
02
课后巩固训练
03
提升
1
提升2　动能定理在平抛、圆周运动中的应用
提升1　动能定理在多过程问题中的应用
提升1　动能定理在多过程问题中的应用
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，对每个子过程的受力和各力做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，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，分析每个力做的功，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简单，更方便。
4.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。
C
例1 如图所示，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，则沙子对铅球的平均阻力为(g取10 m/s2)(　　)
A.1 980 N 　　 B.2 000 N
C.2 020 N 　　 D.2 040 N
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v2＝2gH
在沙坑中的运动阶段，设铅球做匀减速运动的加速度大小为a，则有v2＝2ah
法二　应用动能定理分段求解。
法三　应用动能定理全程求解。
铅球下落全过程受重力，只有进入沙中铅球才受阻力f，重力做功WG＝mg(H＋h)
阻力做功Wf＝－fh
由动能定理得mg(H＋h)－fh＝0－0
代入数据得f＝2 020 N，故C正确。
1.本题可采用分段分析，分段利用动能定理进行列式求解，但全程利用动能定理要更方便。
2.在分段分析时，有些过程可以用牛顿第二定律，也可利用动能定理，动能定理比牛顿第二定律解题更简单方便，所以我们可优先采用动能定理解决问题。　　
例2 如图所示，将物体从倾角为θ的固定斜面上由静止释放，物体开始向下滑动，到达斜面底端与挡板相碰后，原速率弹回。已知物体开始时距底端高度为h，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，求物体从开始到停止通过的路程。
1.在有摩擦力做功的往复运动过程中，注意两种力做功的区别：
(1)重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关。
(2)滑动摩擦力做功与路径有关，克服摩擦力做的功Wf＝fs(s为路程)。
2.由于动能定理解题的优越性，求多过程往复运动问题中的路程时，一般应选用动能定理。
训练 如图所示，一薄木板斜放在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端置于地板的P处，并与地板平滑连接。将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，滑块沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处。滑块与木板及地板之间的动摩擦因数相同。现将木板截短一半，仍按上述方式放在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放，则滑块最终将停在(　　)
A.P处 B.P、Q之间
C.Q处 D.Q的右侧
C
提升2　动能定理在平抛、圆周运动中的应用
例3 如图所示，一可以看成质点的质量m＝2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入固定圆弧轨道，BC为圆弧的竖直直径，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R＝0.5 m。已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力，g取10 m/s2。
(1)求小球的初速度v0的大小；
(2)若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功。
答案　(1)3 m/s　(2)－4 J
随堂对点自测
2
D
C
2.(动能定理在多过程问题中的应用)(2024·广东中山高一期末)如图，两块弹性挡板竖直固定在水平地面上，相距8 m，一个小木块(体积很小，可视为质点)从两块挡板正中间开始以初速度10 m/s向右运动，小木块与地面之间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10 m/s2，每次小木块与挡板碰撞后，都会以原速率反弹，则最终小木块停止的位置与左边挡板距离为(　　)
A.1 m B.2 m
C.3 m D.7 m
D
3.(动能定理在平抛运动中的应用)如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上以初速度v0滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知小物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，g＝10 m/s2，则(　　)
A.小物块的初速度是5 m/s
B.小物块的水平射程为1.2 m
C.小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功
D.小物块落地时的动能为0.9 J
C
4.(动能定理在圆周运动中的应用)质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用。设某一时刻小球通过轨迹的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，已知重力加速度为g，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是(　　)
课后巩固训练
3
B
题组一　动能定理在多过程问题中的应用
1.如图所示，斜面倾角为θ，一质量为m的小滑块从高为h的A点由静止释放，沿轨道滑下，最后停在D点。现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于(　　)
对点题组练
B
2.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，不计小球经过水平轨道与倾斜轨道连接处的能量损失，重力加速度为g，则经过A点的速度大小为(　　)
ACD
D
题组二　动能定理在平抛运动、圆周运动中的应用
4.(2024·广东深圳高一期中)把A、B两相同小球在离地面同一高度处以相同大小的初速度v0分别沿水平方向和竖直方向抛出，不计空气阻力，如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A.两小球落地时速度相同
B.两小球落地时，重力的瞬时功率相同
C.从开始运动至落地，重力对两小球做的功不同
D.从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率PA>PB
A
5.如图所示为一水平的转台，半径为R，一质量为m的滑块放在转台的边缘，已知滑块与转台间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。若转台的转速由零逐渐增大，当滑块在转台上刚好要发生相对滑动时，该过程中转台对滑块所做的功为(　　)
C
6.(2024·全国甲卷，4)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下降过程中对大圆环的作用力大小(　　)
A.在Q点最大 B.在Q点最小
C.先减小后增大 D.先增大后减小
7.(2024·广东江门高一期末)一条滑雪道如图所示，倾斜滑道AB、CD段的倾角均为37°。AB段长度为L＝100 m，动摩擦因数为μ，半径R＝20 m的BC段为圆弧滑道与AB段平滑连接。一滑雪者连同装备(视为质点)总质量m＝70 kg，从A点由静止出发沿着滑道下滑，从C点水平抛出落到N点，NC段长度为d＝75 m，将滑雪者从B至C的运动看作匀速圆周运动。忽略运动过程中所受的空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：
(1)运动到C点时滑雪者速度的大小和滑雪者对滑道压力的大小；
(2)滑道AB段的动摩擦因数μ的大小；
答案　(1)20 m/s　2 100 N　(2)0.5
(1)小物块到达D 点的速度大小；
(2)B和D两点的高度差；
(3)小物块在A点的初速度大小。培优提升七　动能定理的应用(一)
(分值：100分)
选择题1～7题，10题，每小题10分，共80分。
对点题组练
题组一　利用动能定理求解变力做功
1.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与一水平轻弹簧O端相距s，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧接触后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始接触到弹簧被压缩至最短(弹簧始终在弹性限度内)，物体克服弹簧弹力所做的功为(　　)
mv－μmg(s＋x)
mv－μmgx
μmgs
μmg(s＋x)
2.(多选)如图所示，质量为m的物块在水平恒力F的推动下，从粗糙山坡底部的A处由静止运动至高为h的坡顶B处，并获得速度v，A、B之间的水平距离为x，重力加速度为g，则(　　)
物块克服重力所做的功是mgh
合外力对物块做的功是mv2
推力对物块做的功是mv2＋mgh
阻力对物块做的功是mv2＋mgh－Fx
3.如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的小球自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。小球自P点滑到Q点的过程中，克服摩擦力所做的功为(　　)
mgR mgR
mgR mgR
题组二　动能定理与图像结合问题
4.(多选)在某次帆船运动比赛中，质量为500 kg的帆船，在风力和水的阻力共同作用下做直线运动的v－t图像如图所示。下列表述正确的是(　　)
在0～1 s内，风力对帆船做功1 000 J
在0～1 s内，合外力对帆船做功1 000 J
在1～2 s内，合外力对帆船做功750 J
在0～3 s内，合外力对帆船做功为0
5.(多选)质量为1.0 kg的物体以某一水平初速度在水平面上滑行，由于摩擦力的作用，其动能随位移变化的情况如图所示，g＝10 m/s2，则下列判断正确的是(　　)
物体与水平面间的动摩擦因数为0.2
物体与水平面间的动摩擦因数为0.3
物体滑行的总时间为2 s
物体滑行的总时间为4 s
6.质量为10 kg的物体，在变力F的作用下沿直线运动，力F随位移s的变化情况如图所示。物体在s＝0处，速度为1 m/s，假设物体只受力F的作用，则物体运动到s＝16 m处时，速度大小为(　　)
2 m/s 3 m/s
4 m/s m/s
综合提升练
7.(多选)(2024·广东广州高一校联考期中)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阻力作用。距地面高h在3 m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g＝10 m/s2。该物体的质量m和所受的阻力f是(　　)
m＝2 kg m＝1 kg
f＝1 N f＝2 N
8.(10分)如图所示，运输机器人水平推着小车沿水平地面从静止开始运动，机器人对小车和货物做功的功率恒为40 W，已知小车和货物的总质量为20 kg，受到的阻力为小车和货物重力的，小车向前运动了10 s达到最大速度，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)(3分)小车运动的最大速度的大小；
(2)(3分)机器人对小车和货物做的功；
(3)(4分)小车在这段时间内的位移大小。
9.(10分)如图甲所示，两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连，B距地面一定高度，A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动。已知mA＝2 kg，mB＝4 kg，斜面倾角θ＝37°。某时刻由静止释放A，得到A沿斜面向上运动的v－t图像如图乙所示。已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
(1)(3分)A与斜面间的动摩擦因数；
(2)(3分)A沿斜面向上滑动的最大位移；
(3)(4分)滑动过程中细线对A的拉力所做的功。
培优加强练
10.(多选)(2023·广东卷，8)人们用滑道从高处向低处运送货物，如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有(　　)
重力做的功为360 J
克服阻力做的功为440 J
经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
培优提升七　动能定理的应用(一)
1．A　[由动能定理得－W－μmg(s＋x)＝0－mv，W＝mv－μmg(s＋x)，A正确，B、C、D错误。]
2．ABD　[物块上升的高度为h，则物块克服重力做的功为mgh，故A正确；物块初动能为零，末动能为mv2，根据动能定理知，合外力对物块做的功为mv2，故B正确；F为水平恒力，则推力F对物块做的功为Fx。根据动能定理知Fx－mgh＋Wf＝mv2，解得阻力对物块做的功为Wf＝mv2＋mgh－Fx，故C错误，D正确。]
3．C　[在最低点，根据牛顿第三定律可知，轨道对小球的支持力FN＝2mg，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝m，从P点到最低点Q的过程，由动能定理可得mgR－Wf＝mv2，联立可得小球克服摩擦力所做的功Wf＝mgR，选项C正确。]
4．BD　[在0～1 s内，根据动能定理得W合＝ΔEk＝mv2＝×500×4 J＝1 000 J，又合外力做的功W合＝W风＋W阻，则风力对帆船做功大于1 000 J，故A错误，B正确；在1～2 s内，根据动能定理得W合′＝ΔEk′＝×500×1 J－×500×4 J＝－750 J，合外力做负功，故C错误；在0～3 s内，根据动能定理得W合″＝ΔEk″＝0，合外力做功为0，故D正确。]
5．AC　[根据动能定理得－μmgs＝ΔEk，结合图像解得μ＝0.2，A正确，B错误；物体的初速度v0＝＝4 m/s，所以物体滑行的总时间为t＝＝2 s，C正确，D错误。]
6．B　[根据力F随位移s变化关系图线与横轴所围“面积”表示力F做的功，可知力F做功W＝4×10 J＋×(8－4)×10 J－×(16－12)×10 J＝40 J。由动能定理得W＝mv2－mv，解得v＝3 m/s，选项B正确。]
7．BD　[物体上升过程，根据动能定理有－(f＋mg)Δh＝36 J－72 J，同理，物体下降过程，有(mg－f)Δh＝48 J－24 J，联立，解得m＝1 kg，f＝2 N，故选B、D。]
8．(1)2 m/s　(2)400 J　(3)18 m
解析　(1)当推力等于阻力时小车的速度达到最大
vm＝＝ m/s＝2 m/s。
(2)W＝Pt＝40×10 J＝400 J。
(3)根据动能定理得W－f·s＝mv
解得s＝18 m，所以小车在这段时间内的位移大小为18 m。
9．(1)0.25　(2)0.75 m　(3)12 J
解析　(1)在0～0.5 s内，根据图像，A、B组成的系统的加速度为a1＝＝ m/s2＝4 m/s2
对A有T－mAgsin θ－μmAgcos θ＝mAa1
对B有mBg－T＝mBa1，得μ＝0.25。
(2)B落地后，A减速上升。由牛顿第二定律得
mAgsin θ＋μmAgcos θ＝mAa2，将已知量代入，可得a2＝8 m/s2
故A减速向上滑动的位移为s2＝＝0.25 m
在0～0.5 s内A加速向上滑动的位移s1＝＝0.5 m
所以，A上滑的最大位移为s＝s1＋s2＝0.75 m。
(3)A加速上滑过程中，由动能定理
W－(mAgsin θ＋μmAgcos θ)s1＝mAv2－0，得W＝12 J。
10．BCD　[重力做的功为WG＝mgh＝800 J，A错误；下滑过程由动能定理可得WG－Wf＝mv，代入数据解得，克服阻力做的功为Wf＝440 J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为a＝eq \f(v,h)＝9 m/s2，C正确；经过Q点时，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为FN＝380 N，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确。]培优提升七　动能定理的应用(一)
学习目标　1.能用动能定理求解变力做功。2.会处理动能定理和图像的综合问题。
提升1　利用动能定理求解变力做功
1.动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便。
2.当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求解变力做的功，即W变＋W其他＝ΔEk。
例1 如图所示，物体(可看成质点)沿一曲面从A点无初速度下滑，当滑至曲面的最低点B点时，下滑的竖直高度h＝5 m，此时物体的速度v＝6 m/s。若物体的质量m＝1 kg，g＝10 m/s2，求物体在下滑过程中克服阻力所做的功。
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
训练 一个质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点缓慢地移动到Q点(每个状态都可近似看作静止状态)，OQ与OP的夹角为θ，如图所示，重力加速度为g，则拉力F所做的功为(　　)
A.mglcos θ B.mgl(1－cos θ)
C.Flcos θ D.Flsin θ
例2 某大学生研制的无人环保清洁船，只需要选定“智慧清洁”功能，就能轻松地将湖面上的树枝、树叶、塑料袋子等漂浮物捞进船体内，自主完成环保清洁任务。某次作业时，机载传感器描绘出的速度—时间图像如图所示，清洁船在t1时刻达到额定功率P＝400 kW，速度为v1＝10 m/s，此后清洁船以恒定功率运动。在 t2＝15 s时达到最大速度v2＝20 m/s，已知清洁船的质量为m＝1×104 kg，清洁船在运动过程中所受阻力恒定不变。求：
(1)清洁船达到额定功率的时间t1；
(2)清洁船在0～t2时间内运动的位移大小。
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
提升2　动能定理与图像结合问题
　动能定理与图像结合问题的分析方法
1.首先看清楚图像的种类(如v－t图像、F－s图像、Ek－s图像等)。
2.挖掘图像的隐含条件，求出所需物理量，如利用v－t图像与t轴所包围“面积”求位移，利用F－s图像与s轴所包围“面积”求功，利用Ek－s图像的斜率求合力等。
3.再分析还有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。
例3 (多选)在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动。当速度达到vm后，立即关闭发动机而滑行直到停止。该过程v－t图像如图所示，汽车的牵引力大小为F，摩擦力大小为f，全过程中，牵引力做的功为W1，克服摩擦力做功为W2。以下关于F、f及W1、W2间关系的说法中正确的是(　　)
A.W1∶W2＝1∶1 B.W1∶W2＝1∶3
C.F∶f＝1∶3 D.F∶f＝4∶3
例4 (多选)如图甲所示，质量m＝2 kg的物体以100 J的初动能在粗糙程度相同的水平地面上滑行，其动能Ek随位移s变化的关系图像如图乙所示，则下列判断中正确的是(　　)
A.物体运动的总位移大小为10 m
B.物体运动的加速度大小为10 m/s2
C.物体运动的初速度大小为10 m/s
D.物体所受的摩擦力大小为10 N
随堂对点自测
1.(利用动能定理求解变力做功)如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在水平地面上的斜面。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，重力加速度为g，则从A到C的过程中弹簧弹力做的功是(　　)
A.mgh－mv2 B.mv2－mgh
C.－mgh D.－
2.(动能定理与图像结合问题)在我国的北方，屋顶常常修成倾角一定的“人”字形斜坡。现从坡顶释放一小球，用Ek表示它的动能、s表示它发生的位移，不考虑空气阻力，下列四个图像大致正确的是(　　)
3.(动能定理与图像结合问题)(2024·广东广州高一期末)轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg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μ＝0.2。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立s轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随s轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至s＝0.4 m处时速度为零，则此时弹簧的弹性势能为(g＝10 m/s2)(　　)
A.3.5 J B.3.1 J
C.5.1 J D.2.0 J
培优提升七　动能定理的应用(一)
提升1
例1 32 J
解析　物体在曲面上的受力情况为：受重力、弹力和摩擦力，其中弹力不做功。设摩擦力做功为Wf，由A→B根据动能定理得mgh＋Wf＝mv2－0，解得Wf＝－32 J。故物体在下滑过程中克服阻力所做的功为32 J。
训练 B　[小球缓慢移动，始终处于平衡状态，由平衡条件可知，F＝mgtan θ，θ为轻绳与OP的夹角，随着θ的增大，F也在增大，是一个变化的力，不能直接用功的公式求它所做的功。由于小球缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得－mgl(1－cos θ)＋WF＝0，所以WF＝mgl(1－cos θ)，B正确，A、C、D错误。]
例2 (1)5 s　(2)150 m
解析　(1)设t1时刻清洁船的牵引力为F，清洁船所受的阻力为f
由题意得F＝，f＝
由牛顿第二定律得F－f＝ma，t1＝，联立解得t1＝5 s。
(2)设清洁船在0～t1时间内运动的位移为s1，t1～t2时间内运动的位移为s2
由运动学公式得s1＝t1＝25 m
t1～t2时间内，对清洁船由动能定理可得
P(t2－t1)－fs2＝mv22－mv12
又f＝，联立解得s2＝125 m
所以，清洁船在0～t2时间内运动的位移大小为
s总＝s1＋s2＝150 m。
提升2
例3 AD　[对全过程由动能定理可知W1－W2＝0，故W1∶W2＝1∶1，故A正确，B错误；W1＝Fs，W2＝fs′，由题图可知s∶s′＝3∶4，所以F∶f＝4∶3，故C错误，D正确。]
例4 ACD　[由题图乙可知，物体运动的总位移为10 m，根据动能定理得，－fs＝0－Ek0，解得f＝＝ N＝10 N，故A、D正确；根据牛顿第二定律得，物体的加速度大小为a＝＝ m/s2＝5 m/s2，故B错误；由Ek0＝mv得v0＝＝ m/s＝10 m/s，故C正确。]
随堂对点自测
1．A　[由A到C的过程运用动能定理可得－mgh＋W＝0－mv2，所以W＝mgh－mv2，故A正确。]
2．A　[根据动能定理有Ek＝mgh＝mgssin θ，斜坡的倾角θ不变时，小球的动能与其位移成正比，所以A正确，B、C、D错误。]
3．B　[根据F－s图线与坐标轴围成的面积表示力F做功，有WF＝×(5＋10)×0.2 J＋10×(0.4－0.2) J＝3.5 J，根据动能定理，有WF－W－μmgs＝0，代入数据解得W＝3.1 J，故B正确。](共40张PPT)
培优提升七　动能定理的应用(一)
第四章　机械能及其守恒定律
1.能用动能定理求解变力做功。
2.会处理动能定理和图像的综合问题。
学习目标
目 录
CONTENTS
提升
01
随堂对点自测
02
课后巩固训练
03
提升
1
提升2　动能定理与图像结合问题
提升1　利用动能定理求解变力做功
提升1　利用动能定理求解变力做功
1.动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便。
2.当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求解变力做的功，即W变＋W其他＝ΔEk。
例1 如图所示，物体(可看成质点)沿一曲面从A点无初速度下滑，当滑至曲面的最低点B点时，下滑的竖直高度h＝5 m，此时物体的速度v＝6 m/s。若物体的质量m＝1 kg，g＝10 m/s2，求物体在下滑过程中克服阻力所做的功。
训练 一个质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点缓慢地移动到Q点(每个状态都可近似看作静止状态)，OQ与OP的夹角为θ，如图所示，重力加速度为g，则拉力F所做的功为(　　)
A.mglcos θ B.mgl(1－cos θ)
C.Flcos θ D.Flsin θ
B
解析　小球缓慢移动，始终处于平衡状态，由平衡条件可知，F＝mgtan θ，θ为轻绳与OP的夹角，随着θ的增大，F也在增大，是一个变化的力，不能直接用功的公式求它所做的功。由于小球缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得－mgl(1－cos θ)＋WF＝0，所以WF＝mgl(1－cos θ)，B正确，A、C、D错误。
例2 某大学生研制的无人环保清洁船，只需要选定“智慧清洁”功能，就能轻松地将湖面上的树枝、树叶、塑料袋子等漂浮物捞进船体内，自主完成环保清洁任务。某次作业时，机载传感器描绘出的速度—时间图像如图所示，清洁船在t1时刻达到额定功率P＝400 kW，速度为v1＝10 m/s，此后清洁船以恒定功率运动。在 t2＝15 s时达到最大速度v2＝20 m/s，已知清洁船的质量为m＝1×104 kg，清洁船在运动过程中所受阻力恒定不变。求：
(1)清洁船达到额定功率的时间t1；
(2)清洁船在0～t2时间内运动的位移大小。
答案　(1)5 s　(2)150 m
解析　(1)设t1时刻清洁船的牵引力为F，清洁船所受的阻力为f
(2)设清洁船在0～t1时间内运动的位移为s1，t1～t2时间内运动的位移为s2
联立解得s2＝125 m
所以，清洁船在0～t2时间内运动的位移大小为
s总＝s1＋s2＝150 m。
提升2　动能定理与图像结合问题
动能定理与图像结合问题的分析方法
1.首先看清楚图像的种类(如v－t图像、F－s图像、Ek－s图像等)。
2.挖掘图像的隐含条件，求出所需物理量，如利用v－t图像与t轴所包围“面积”求位移，利用F－s图像与s轴所包围“面积”求功，利用Ek－s图像的斜率求合力等。
3.再分析还有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。
例3 (多选)在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动。当速度达到vm后，立即关闭发动机而滑行直到停止。该过程v－t图像如图所示，汽车的牵引力大小为F，摩擦力大小为f，全过程中，牵引力做的功为W1，克服摩擦力做功为W2。以下关于F、f及W1、W2间关系的说法中正确的是(　　)
A.W1∶W2＝1∶1 B.W1∶W2＝1∶3
C.F∶f＝1∶3 D.F∶f＝4∶3
解析　对全过程由动能定理可知W1－W2＝0，故W1∶W2＝1∶1，故A正确，B错误；W1＝Fs，W2＝fs′，由题图可知s∶s′＝3∶4，所以F∶f＝4∶3，故C错误，D正确。
AD
例4 (多选)如图甲所示，质量m＝2 kg的物体以100 J的初动能在粗糙程度相同的水平地面上滑行，其动能Ek随位移s变化的关系图像如图乙所示，则下列判断中正确的是(　 　)
ACD
A.物体运动的总位移大小为10 m
B.物体运动的加速度大小为10 m/s2
C.物体运动的初速度大小为10 m/s
D.物体所受的摩擦力大小为10 N
随堂对点自测
2
A
1.(利用动能定理求解变力做功)如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在水平地面上的斜面。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，重力加速度为g，则从A到C的过程中弹簧弹力做的功是(　　)
A
2.(动能定理与图像结合问题)在我国的北方，屋顶常常修成倾角一定的“人”字形斜坡。现从坡顶释放一小球，用Ek表示它的动能、s表示它发生的位移，不考虑空气阻力，下列四个图像大致正确的是(　　)
解析　根据动能定理有Ek＝mgh＝mgssin θ，斜坡的倾角θ不变时，小球的动能与其位移成正比，所以A正确，B、C、D错误。
B
3.(动能定理与图像结合问题)(2024·广东广州高一期末)轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg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μ＝0.2。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立s轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随s轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至s＝0.4 m处时速度为零，则此时弹簧的弹性势能为(g＝10 m/s2)(　　)
A.3.5 J B.3.1 J
C.5.1 J D.2.0 J
课后巩固训练
3
A
题组一　利用动能定理求解变力做功
1.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与一水平轻弹簧O端相距s，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧接触后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始接触到弹簧被压缩至最短(弹簧始终在弹性限度内)，物体克服弹簧弹力所做的功为(　　)
对点题组练
ABD
2.(多选)如图所示，质量为m的物块在水平恒力F的推动下，从粗糙山坡底部的A处由静止运动至高为h的坡顶B处，并获得速度v，A、B之间的水平距离为x，重力加速度为g，则(　 　)
C
3.如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的小球自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。小球自P点滑到Q点的过程中，克服摩擦力所做的功为(　　)
BD
题组二　动能定理与图像结合问题
4.(多选)在某次帆船运动比赛中，质量为500 kg的帆船，在风力和水的阻力共同作用下做直线运动的v－t图像如图所示。下列表述正确的是(　 　)
A.在0～1 s内，风力对帆船做功1 000 J
B.在0～1 s内，合外力对帆船做功1 000 J
C.在1～2 s内，合外力对帆船做功750 J
D.在0～3 s内，合外力对帆船做功为0
AC
5.(多选)质量为1.0 kg的物体以某一水平初速度在水平面上滑行，由于摩擦力的作用，其动能随位移变化的情况如图所示，g＝10 m/s2，则下列判断正确的是(　　)
A.物体与水平面间的动摩擦因数为0.2
B.物体与水平面间的动摩擦因数为0.3
C.物体滑行的总时间为2 s
D.物体滑行的总时间为4 s
B
6.质量为10 kg的物体，在变力F的作用下沿直线运动，力F随位移s的变化情况如图所示。物体在s＝0处，速度为1 m/s，假设物体只受力F的作用，则物体运动到s＝16 m处时，速度大小为(　　)
BD
综合提升练
7.(多选)(2024·广东广州高一校联考期中)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阻力作用。距地面高h在3 m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g＝10 m/s2。该物体的质量m和所受的阻力f是(　　)
解析　物体上升过程，根据动能定理有
－(f＋mg)Δh＝36 J－72 J
同理，物体下降过程，有(mg－f)Δh＝48 J－24 J
联立，解得m＝1 kg，f＝2 N，故选B、D。
9.如图甲所示，两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连，B距地面一定高度，A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动。已知mA＝2 kg，mB＝4 kg，斜面倾角θ＝37°。某时刻由静止释放A，得到A沿斜面向上运动的v－t图像如图乙所示。已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
(1)A与斜面间的动摩擦因数；
(2)A沿斜面向上滑动的最大位移；
(3)滑动过程中细线对A的拉力所做的功。
答案　(1)0.25　(2)0.75 m　(3)12 J
对A有T－mAgsin θ－μmAgcos θ＝mAa1
对B有mBg－T＝mBa1
得μ＝0.25。
(2)B落地后，A减速上升。由牛顿第二定律得mAgsin θ＋μmAgcos θ＝mAa2
将已知量代入，可得a2＝8 m/s2
A.重力做的功为360 J
B.克服阻力做的功为440 J
C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
BCD

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