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(共46张PPT)
第2讲 动能和动能定理
考点一 动能定理的应用
考点二 动能定理与图像的结合
考点一 动能定理的应用
理清 知识结构
知识梳理 构建体系
1.动能
（1）在物理学上，用①_______表示物体的动能，式中 为物体的质
量， 为物体的速度。
（2）动能是②______，只具有大小，没有方向；由于速度具有相对性，
因此动能也具有③______性。
（3）单位：④________。 。
标量
相对
焦耳
2.动能定理
（1）文字表述：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程
中⑤______的变化。
力：指物体受到的⑥______力。
功：指合外力做的功，它等于各个力做功的⑦______和。
（2）数学表述：或 或
。
动能
合外
代数
（3）适用范围：既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒
力做功，也适用于变力做功；力可以是各种性质的力，既可同时作用，
也可分阶段作用。
考教衔接 以图说法
1.如图所示，质量为 的物块在光滑水平面上，在
水平恒力作用下发生了一段位移 ，物块在始、
末状态的速度分别是和 。请根据牛顿第二定律
和运动学规律推导动能定理的表达式。
[答案] 物块在恒力 作用下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
由运动学公式有，即
把、代入得 。
2.如图所示，小滑块自左侧斜面高度的点由静止开始下滑，经长度
的水平面，最后滑到右侧斜面，到达高度为的 点时速度恰好减为零。
若、两点的连线与水平面之间的夹角为 ，小滑块与左、右两斜面
及水平面之间的动摩擦因数处处相同，请推导出动摩擦因数 与角度
之间的关系式。
[答案] 对整个过程应用动能定理，有
解得
由几何知识可得 。
突破 考点题型
1.动能定理的理解
2.应用动能定理解题的基本思路
角度1 单过程
例1 如图所示，失控车辆缓冲坡是设置在公路右侧的斜坡，路
面通常由沙砾构成，是专为失控车辆在刹车失灵时冲上斜坡以减少损失
而设计的。一质量为的失控货车以某一速度径直冲上一个倾角为
的缓冲坡，其上坡过程为直线运动，且摩擦力大小恒为 ，货车沿斜
面上升的最大高度为，重力加速度为 ，则在这个过程中
（取 ）( )
A.货车的重力势能增加了
B.货车克服摩擦力做的功为
C.货车的初动能为
D.货车沿缓冲坡上升的高度为 时的速度是
√
[解析] 货车沿斜面上升高度的过程中，重力做的功 ，即
货车的重力势能增加了 ，A项错误;货车所受的摩擦力做的功
，即货车克服摩擦力做的功为 ，B
项错误;根据动能定理 ，C项错误;根据C项分
析可知货车的初动能为，货车沿缓冲坡上升的高度为 时，根据
动能定理有，解得 ，D项正确。
角度2 多过程
例2 如图所示，竖直面内光滑的，半径为的
圆弧轨道与足够长的水平轨道相切于
点。点位于点的正上方，与 点之间的距离
为。将一质量为的小物块从点由静止释放，下落到 点时沿切线方
向进入圆弧轨道，离开 点后在水平轨道上做匀减速直线运动，已知
小物块与水平轨道间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 ，求：
（1）小物块经过 点时对圆弧轨道压力的大小。
解答 小物块从由静止释放到经过 点，根据动能定理有
在点，根据牛顿第二定律有
解得小物块经过点时，圆弧轨道对小物块的支持力
根据牛顿第三定律，小物块对圆弧轨道压力的大小 。
（2）小物块在水平轨道上滑动的距离。
[答案] 小物块从由静止释放到再次静止，根据动能定理有
解得小物块在水平轨道上滑动的距离 。
例3 如图所示，是长为 的水平
粗糙轨道，与半径为 的竖直光滑半圆
轨道相切于点， 为该轨道最高点。另
一半径为的竖直光滑半圆轨道与
相切于 点。三条轨道间均平滑连接。现使
一小物块以的速度从点沿轨道水平向右运动，到达最高点 时的速
度为，已知小物块的质量为，与水平面间的动摩擦因数为 ，
重力加速度取 ，求：
（1）小物块在 点具有的初速度。
解答 从到过程，由动能定理有
解得 。
（2）小物块从 点水平抛出后落到半圆轨道时的动能大小。
[答案] 从到点，由动能定理有
解得
从点做平抛运动，则有，，又
落到半圆轨道时的动能
联立解得 。
核心归纳
运用动能定理求解多过程问题的技巧
应用动能定理时，选取不同的研究过程列出的方程式是不同的，因为动
能定理表达式是个过程式，选取合适的过程往往可以大大简化计算。若
物体运动的全过程包含几个不同的物理过程，解题时可以分段考虑，也
可以将全过程作为一整体，利用动能定理解题，用后者往往更为简捷。
角度3 往复运动
例4 如图所示，在竖直平面内，有一倾角
的斜面与半径 的光滑圆
弧轨道相切于点，是最低点，
与的夹角 ，与圆心 等高。
将一质量的小滑块从 点由静止
释放后沿斜面运动，斜面上、间的距离 ，小滑块与斜面间的
动摩擦因数，空气阻力不计，， ，重
力加速度取 。求：
（1）小滑块第一次运动到 点时的速度大小。
解答 设小物块运动到点时的速度为 ，根据动能定理可得
解得 。
（2）小滑块通过点后，能到达的位置离 点的最大高度。
[答案] 设小滑块通过点后，能到达的位置离点的最大高度为 ，则
解得 。
（3）小滑块在整个运动过程中通过斜面的路程。
[答案] 最后小滑块在间做往复运动，在 点速度为0，设小滑块在
整个运动过程中通过斜面的路程为 ，根据动能定理可得
解得 。
例5 质量为 的小球在地面上空运动，其所受空气阻力的
大小恒定，与重力大小的比值为 ，小球与地面相互作用过程中
没有能量损失。已知重力加速度为 。
（1）若阻力可以忽略不计，假设小球从地面上以初速度 ，沿与地面
夹角为 的方向斜向上抛出，则从开始抛出至到达最高点的过程中，
克服重力所做的功为多少？
解答 不计阻力，小球仅受重力作用。小球做斜上抛运动，在最高点时，
速度 ， 。由动能定理有
因此，克服重力所做的功为 。
（2）如果阻力不可忽略不计，小球自地面 高处由静止开始下落，求小
球与地面碰撞了 次后，小球上升的高度。
[答案] 考虑阻力，对小球第一次下落过程和第一次上升过程，由动能定
理分别有
解得
同理，研究第二次下落过程和第二次上升过程，可得
继续研究，不难推理得到 。
（3）若阻力不可忽略不计，小球自高处以速度 ，沿竖直方向向上抛
出，则小球停止运动前所通过的总路程为多少？
[答案] 考虑阻力，小球经过若干次碰撞后速度减为零，整个过程应用动
能定理，有
解得 。
核心归纳
运用动能定理求解往复运动的三个注意事项
1.根据运动过程受力特点判断出物体最终状态是停在某处，还是在某区
间继续运动。
2.分析物体运动中的受力特点以及物体的运动性质。
3.大小一定的力，如空气阻力、滑动摩擦力等做功与路径有关，在计算
其做功时，其做的功等于力和路程的乘积，而不是力和位移的乘积。
考点二 动能定理与图像的结合
理清 知识结构
知识梳理 构建体系
1.五类图像中所围面积或斜率的意义
2.解决动能定理与图像结合问题的基本步骤
考教衔接 以图说法
如图1所示，质量为 的
物块初始时静止在倾角为
的斜面上，给物块施加
一沿斜面向上的恒定拉力 ，
使物块开始沿斜面运动，物块运动了时撤去拉力。物块的动能
随物块沿斜面上滑距离 变化的部分图像如图2所示，物块与斜面间的最
大静摩擦力略大于滑动摩擦力，重力加速度取 。求物块与斜面
间的动摩擦因数 及外力 的大小。
[答案] 撤掉外力，物块从运动到 过程中，根据动能定理
有
其中 ，解得
物块从运动到 过程中，根据动能定理有
，解得 。
突破 考点题型
角度1 图像与 图像
例6 某动车组由位于第1节、第5节的
两辆动力机车和6辆拖车构成，其中两
动力机车输出功率始终相同，一辆动
力机车输出功率随时间变化的关系图
像如图1所示，动车组速率随时间变化的关系图像如图2所示。每节车在
运动过程中所受阻力均为，质量均为 。下列说法正确的是( )
A.时间内，动车组运动的距离为
B.时刻，第7节车对第8节车的拉力为
C.时间内，动车组的平均速率为
D.动车组能达到的最大速度为
√
[解析] 图线与坐标轴围成的面积表示牵引力做的功， 时间内，
两辆动力机车向外做的总功 ，该过程动车组动能
的增加量， 时间内由动能定理有
，可得 时间内，动车组运动的距离
，A项错误;时刻，动力机车输出的总功率为 ，总牵
引力,则动力机车的加速度 ，设第7节车对第
8节车的拉力为，由牛顿第二定律有，可得 ，B
项正确; 时间内，两辆动力机车向外做的总功
，动车组动能的增加
量,由动能定理有 ，可得
动车组运动的距离 ，动车组的平均速度
，C项错误;结合功率知识可知，动车组的最
大速度 ，D项错误。
角度2 图像
例7 （多选）从地面竖直向上抛出一小球，在距地面高度 内，其上
升、下落过程中动能随高度 变化的图像如图所示。已知小球在运动
过程中受到的阻力大小恒定，重力加速度取 ，取地面为重
力势能参考平面，下列说法正确的是( )
BCD
A.小球抛出时的速度大小为
B.小球的质量为
C.小球运动过程中受到的阻力
D.小球上升过程的加速度大小是下落过程的2倍
[解析] 根据动能定理可知， 图像斜率的绝对值表示
合力大小，则上升过程有 ，下落过程有
，联立解得， ，B、
C两项正确;小球抛出时，由图像可知 ，解得小球抛
出时的速度大小 ，A项错误;根据牛顿第二定律可知，小球
上升过程的加速度大小与下落过程的加速度大小之比为 ，D
项正确。
角度3 图像（或 图像）
例8 如图1所示，质量 的木块静止
在水平地面上，对木块施加水平向右的推力
，推力随位移 变化的图像如图2所示。已
知木块与地面间的动摩擦因数 ，重力
加速度取，求在 的过程中，木块克服摩擦力所做的
功以及木块运动 后的动能。
解答 木块受到的滑动摩擦力
在 过程中木块受到的摩擦力不变，所以其克服摩擦力做的功
由于图像与坐标轴围成的面积为力做的功，所以在 过程中
木块受到的推力做的功
由动能定理有
即木块运动后的动能为 。
练创新试题 知命题导向
1. （多选）如图1所示，一物体在粗糙的水平地面上受到一水平
拉力作用做直线运动，拉力做的功和物体克服摩擦力 所做的功与物
体位移的关系分别如图2中的、 所示。已知物体与地面之间的动摩擦
因数，重力加速度取 。下列说法正确的是( )
CD
A.物体质量为1.5
B.物体运动的最大位移为
C.时拉力的功率为
D.撤去拉力时物体速度为
[解析] 由对应图2中的 可知，物体与地面之间的滑动摩擦力
，由可得 ，A项错误;由图2知拉力做的功
，由动能定理得 ，即物体的最大位移
，B项错误;由对应图2中的可知， 内拉力
大小，由动能定理得，可得 ，
此时拉力的功率
，C项正确;由图2知在时撤去拉力， 做
的总功，，可得 ，D项正确。
2. （多选）将质量相同的两个小
球、同时从离地高为处由静止释放， 球
做自由落体运动， 球从固定在竖直面内的四
分之一光滑圆弧轨道上自由下滑。两球落地
BC
A. B. C. D.
时的动能分别为和，重力的瞬时功率分别为和 ，下落过程中重
力做的功分别为和，重力做功的平均功率分别为和 ，下列关
系式正确的( )
[解析] 两球下落过程中，重力做的功相同，B项正确;两球在下落过程中
均只有重力做功，则动能变化相同，即落地时的动能相同，A项错误;比
较两球在竖直方向的运动，因同一高度处球速度大，所以 球运动时
间短，则 ，C项正确;因为两球落地时速度大小相等，方向相同，
所以重力的瞬时功率相同，D项错误。第2讲　动能和动能定理
考点一　动能定理的应用
【理清·知识结构】
【知识梳理】
1.动能(Ek)
(1)在物理学上，用①　　　　表示物体的动能，式中m为物体的质量，v为物体的速度。
(2)动能是②　　　，只具有大小，没有方向；由于速度具有相对性，因此动能也具有③　　　性。
(3)单位：④　　　　。1 J=1 N·m=1 kg·m/s2。
2.动能定理
(1)文字表述：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中⑤　　　　的变化。
力：指物体受到的⑥　　　　力。
功：指合外力做的功，它等于各个力做功的⑦　　　　和。
(2)数学表述：W合=mv2-m或W合=Ek-Ek0或F合x=Ek-Ek0。
(3)适用范围：既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功；力可以是各种性质的力，既可同时作用，也可分阶段作用。
【考教衔接】
1.如图所示，质量为m的物块在光滑水平面上，在水平恒力F作用下发生了一段位移s，物块在始、末状态的速度分别是v1和v2。请根据牛顿第二定律和运动学规律推导动能定理的表达式。
2.如图所示，小滑块自左侧斜面高度h1的A点由静止开始下滑，经长度l的水平面，最后滑到右侧斜面，到达高度为h2的D点时速度恰好减为零。若A、D两点的连线与水平面之间的夹角为θ，小滑块与左、右两斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同，请推导出动摩擦因数μ与角度θ之间的关系式。
【突破·考点题型】
1.动能定理的理解
2.应用动能定理解题的基本思路
角度1　单过程
如图所示，失控车辆缓冲坡是设置在公路右侧的斜坡，路面通常由沙砾构成，是专为失控车辆在刹车失灵时冲上斜坡以减少损失而设计的。一质量为m的失控货车以某一速度径直冲上一个倾角为18°的缓冲坡，其上坡过程为直线运动，且摩擦力大小恒为mg，货车沿斜面上升的最大高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中(取sin 18°≈0.3) (　　)
A.货车的重力势能增加了mgH
B.货车克服摩擦力做的功为mgH
C.货车的初动能为mgH
D.货车沿缓冲坡上升的高度为H时的速度是
角度2　多过程
如图所示，竖直面内光滑的，半径为R的圆弧轨道AB与足够长的水平轨道BC相切于B点。P点位于A点的正上方，与A点之间的距离为R。将一质量为m的小物块从P点由静止释放，下落到A点时沿切线方向进入圆弧轨道AB，离开B点后在水平轨道上做匀减速直线运动，已知小物块与水平轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
(1)小物块经过B点时对圆弧轨道压力的大小。
(2)小物块在水平轨道上滑动的距离。
如图所示，AB是长为1 m的水平粗糙轨道，与半径为0.2 m的竖直光滑半圆轨道BC相切于B点，C为该轨道最高点。另一半径为0.1 m的竖直光滑半圆轨道CD与BC相切于C点。三条轨道间均平滑连接。现使一小物块以v0的速度从A点沿轨道水平向右运动，到达最高点C时的速度为2 m/s，已知小物块的质量为1 kg，与水平面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)小物块在A点具有的初速度。
(2)小物块从D点水平抛出后落到半圆轨道时的动能大小。
核心归纳 运用动能定理求解多过程问题的技巧 应用动能定理时，选取不同的研究过程列出的方程式是不同的，因为动能定理表达式是个过程式，选取合适的过程往往可以大大简化计算。若物体运动的全过程包含几个不同的物理过程，解题时可以分段考虑，也可以将全过程作为一整体，利用动能定理解题，用后者往往更为简捷。
角度3　往复运动
如图所示，在竖直平面内，有一倾角θ=37°的斜面与半径R=2 m的光滑圆弧轨道BCD相切于B点，C是最低点，OB与OC的夹角θ=37°，D与圆心O等高。将一质量m=1 kg的小滑块从A点由静止释放后沿斜面运动，斜面上A、B间的距离L=3 m，小滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，空气阻力不计，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小滑块第一次运动到C点时的速度大小。
(2)小滑块通过C点后，能到达的位置离C点的最大高度。
(3)小滑块在整个运动过程中通过斜面的路程。
质量为m的小球在地面上空运动，其所受空气阻力的大小恒定，与重力大小的比值为k(k<1)，小球与地面相互作用过程中没有能量损失。已知重力加速度为g。
(1)若阻力可以忽略不计，假设小球从地面上以初速度v0，沿与地面夹角为30°的方向斜向上抛出，则从开始抛出至到达最高点的过程中，克服重力所做的功为多少
(2)如果阻力不可忽略不计，小球自地面h高处由静止开始下落，求小球与地面碰撞了n次后，小球上升的高度。
(3)若阻力不可忽略不计，小球自h高处以速度v0，沿竖直方向向上抛出，则小球停止运动前所通过的总路程为多少
核心归纳 运用动能定理求解往复运动的三个注意事项 1.根据运动过程受力特点判断出物体最终状态是停在某处，还是在某区间继续运动。 2.分析物体运动中的受力特点以及物体的运动性质。 3.大小一定的力，如空气阻力、滑动摩擦力等做功与路径有关，在计算其做功时，其做的功等于力和路程的乘积，而不是力和位移的乘积。
考点二　动能定理与图像的结合
【理清·知识结构】
【知识梳理】
1.五类图像中所围面积或斜率的意义
2.解决动能定理与图像结合问题的基本步骤
【考教衔接】
如图1所示，质量为0.1 kg的物块初始时静止在倾角为30°的斜面上，给物块施加一沿斜面向上的恒定拉力F，使物块开始沿斜面运动，物块运动了2 m时撤去拉力F。物块的动能Ek随物块沿斜面上滑距离x变化的部分图像如图2所示，物块与斜面间的最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求物块与斜面间的动摩擦因数μ及外力F的大小。
【突破·考点题型】
角度1　P-t图像与v-t图像
某动车组由位于第1节、第5节的两辆动力机车和6辆拖车构成，其中两动力机车输出功率始终相同，一辆动力机车输出功率随时间变化的关系图像如图1所示，动车组速率随时间变化的关系图像如图2所示。每节车在运动过程中所受阻力均为f，质量均为m。下列说法正确的是 (　　)
A.0~t1时间内，动车组运动的距离为
B.t1时刻，第7节车对第8节车的拉力为
C.t2~t3时间内，动车组的平均速率为
D.动车组能达到的最大速度为
角度2　Ek-x图像
(多选)从地面竖直向上抛出一小球，在距地面高度3 m内，其上升、下落过程中动能Ek随高度h变化的图像如图所示。已知小球在运动过程中受到的阻力大小恒定，重力加速度取g=10 m/s2，取地面为重力势能参考平面，下列说法正确的是 (　　)
A.小球抛出时的速度大小为10 m/s
B.小球的质量为1.5 kg
C.小球运动过程中受到的阻力f=5 N
D.小球上升过程的加速度大小是下落过程的2倍
角度3　F-x图像(或a-x图像)
如图1所示，质量m=10 kg的木块静止在水平地面上，对木块施加水平向右的推力F，推力F随位移x变化的图像如图2所示。已知木块与地面间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度取g=10 m/s2，求在0~6 m的过程中，木块克服摩擦力所做的功以及木块运动6 m后的动能。
练创新试题·知命题导向
1.(多选)如图1所示，一物体在粗糙的水平地面上受到一水平拉力F作用做直线运动，拉力F做的功和物体克服摩擦力f所做的功与物体位移x的关系分别如图2中的a、b所示。已知物体与地面之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度取g=10m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.物体质量为1.5kg
B.物体运动的最大位移为13 m
C.x1=2 m时拉力的功率为10 W
D.撤去拉力F时物体速度为3m/s
2.(多选)将质量相同的两个小球A、B同时从离地高为h处由静止释放，A球做自由落体运动，B球从固定在竖直面内的四分之一光滑圆弧轨道上自由下滑。两球落地时的动能分别为EA和EB，重力的瞬时功率分别为PA和PB，下落过程中重力做的功分别为WA和WB，重力做功的平均功率分别为和，下列关系式正确的 (　　)
A.EAC.> D.PA>PB
参考答案
考点一
知识梳理
①mv2　②标量　③相对　④焦耳(J)　⑤动能　⑥合外　⑦代数
考教衔接
1.物块在恒力F作用下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F=ma
由运动学公式有-=2as，即s=
把F、s代入W=Fs得W==m-m。
2.对整个过程应用动能定理，有mgh1-mgh2-μmgcos α·-μmg·l-μmgcos β·=0-0
解得μ=
由几何知识可得μ=tan θ。
例1　D　解析　货车沿斜面上升高度H的过程中，重力做的功WG=-mgH，即货车的重力势能增加了mgH，A项错误；货车所受的摩擦力做的功Wf=-mg·=-mgH，即货车克服摩擦力做的功为mgH，B项错误；根据动能定理|ΔEk|=|WG+Wf|=mgH，C项错误；根据C项分析可知货车的初动能为mgH，货车沿缓冲坡上升的高度为H时，根据动能定理有--=mv2-mgH，解得v=，D项正确。
例2　解答　(1)小物块从由静止释放到经过B点，根据动能定理有mg·2R=mv2
在B点，根据牛顿第二定律有FN-mg=m
解得小物块经过B点时，圆弧轨道对小物块的支持力FN=5mg
根据牛顿第三定律，小物块对圆弧轨道压力的大小FN'=FN=5mg。
(2)小物块从由静止释放到再次静止，根据动能定理有mg·2R-μmgL=0
解得小物块在水平轨道上滑动的距离L=。
例3　解答　(1)从A到C过程，由动能定理有-μmgxAB-mg·2R=m-m
解得v0=4 m/s。
(2)从C到D点，由动能定理有mg·2r=m-m
解得vD=2 m/s
从D点做平抛运动，则有x=vDt，y=gt2，又x2+y2=R2
落到半圆轨道时的动能Ek=m+mgy
联立解得Ek=(2-4) J。
例4　解答　(1)设小物块运动到C点时的速度为v0，根据动能定理可得mg(Lsin θ+R-Rcos θ)-μmgLcos θ=m
解得v0=2 m/s。
(2)设小滑块通过C点后，能到达的位置离C点的最大高度为h，则m=mgh
解得h=1 m。
(3)最后小滑块在BCB'间做往复运动，在B点速度为0，设小滑块在整个运动过程中通过斜面的路程为s，根据动能定理可得mgLsin θ=μmgcos θ·s
解得s=4.5 m。
例5　解答　(1)不计阻力，小球仅受重力作用。小球做斜上抛运动，在最高点时，速度vx=v0cos 30°，vy=0。由动能定理有
WG=m-m=-m
因此，克服重力所做的功为m。
(2)考虑阻力，对小球第一次下落过程和第一次上升过程，由动能定理分别有
mgh-kmgh=m-0
-mgh1-kmgh1=0-m
解得h1=h
同理，研究第二次下落过程和第二次上升过程，可得h2=h1=h
继续研究，不难推理得到hn=h。
(3)考虑阻力，小球经过若干次碰撞后速度减为零，整个过程应用动能定理，有
mgh-kmgs=0-m
解得s=。
考点二
考教衔接
撤掉外力，物块从x=2 m运动到x=4 m过程中，根据动能定理有-fΔx1-mgΔx1sin θ=ΔEk1=2 J-4 J
其中f=μmgcos θ，解得μ=
物块从x=0运动到x=2 m过程中，根据动能定理有FΔx2-fΔx2-mgΔx2sin θ=ΔEk2=4 J-0，解得F=3 N。
例6　B　解析　P-t图线与坐标轴围成的面积表示牵引力做的功，0~t1时间内，两辆动力机车向外做的总功W1=2×P1t1=P1t1，该过程动车组动能的增加量ΔEk1=8×m=4m，0~t1时间内由动能定理有W1-8fx1=ΔEk1，可得0~t1时间内，动车组运动的距离x1=，A项错误；t1时刻，动力机车输出的总功率为2P1，总牵引力F=，则动力机车的加速度a1==，设第7节车对第8节车的拉力为FT，由牛顿第二定律有FT-f=ma1，可得FT=，B项正确；t2~t3时间内，两辆动力机车向外做的总功W2=2×(P1+P2)(t3-t2)=(P1+P2)(t3-t2)，动车组动能的增加量ΔEk2=8×m-m，由动能定理有W2-8fx2=ΔEk2，可得动车组运动的距离x2=，动车组的平均速度=，C项错误；结合功率知识可知，动车组的最大速度vm==，D项错误。
例7　BCD　解析　根据动能定理F合·Δh=ΔEk可知，Ek-h图像斜率的绝对值表示合力大小，则上升过程有F合=mg+f= N=20 N，下落过程有F合'=mg-f= N=10 N，联立解得m=1.5 kg，f=5 N，B、C两项正确；小球抛出时，由图像可知Ek0=m=100 J，解得小球抛出时的速度大小v0= m/s，A项错误；根据牛顿第二定律可知，小球上升过程的加速度大小与下落过程的加速度大小之比为==，D项正确。
例8　解答　木块受到的滑动摩擦力f=μmg=20 N
在0~6 m过程中木块受到的摩擦力不变，所以其克服摩擦力做的功Wf1=fx1=120 J
由于F-x图像与坐标轴围成的面积为力F做的功，所以在0~6 m过程中木块受到的推力做的功
WF=×5+40×1 J=190 J
由动能定理有ΔEk=WF-Wf1=70 J
即木块运动6 m后的动能为70 J。
练创新试题
1.CD　解析　由Wf=fx对应图2中的b可知，物体与地面之间的滑动摩擦力f=2N，由f=μmg可得m=1 kg，A项错误；由图2知拉力做的功WF=27J，由动能定理得WF-fxm=0，即物体的最大位移xm=13.5 m，B项错误；由WF=Fx对应图2中的a可知，0~3 m内拉力大小F1=5N，由动能定理得W1-fx1=m，可得v1=2m/s，此时拉力的功率P1=F1v1=10 W，C项正确；由图2知在x2=9 m时撤去拉力F，F做的总功W2=27J，W2-fx2=m，可得v2=3m/s，D项正确。
2.BC　解析　两球下落过程中，重力做的功相同，B项正确；两球在下落过程中均只有重力做功，则动能变化相同，即落地时的动能相同，A项错误；比较两球在竖直方向的运动，因同一高度处A球速度大，所以A球运动时间短，则>，C项正确；因为两球落地时速度大小相等，方向相同，所以重力的瞬时功率相同，D项错误。

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