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培优提升三　动能定理的应用
(分值：100分)
选择题1～8题，每小题8分，共64分。
对点题组练
题组一　应用动能定理解决变力做功问题
1.一个质量为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，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(　　)
mglcos θ mgl(1－cos θ)
Flcos θ Flsin θ
2.如图所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，两轨道在B点平滑连接，圆弧的半径为R，BC的长度也是R。一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，不计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为(　　)
μmgR mgR
mgR (1－μ)mgR
3.如图所示，长为R的轻绳一端固定在水平桌面上，另一端连接质量为m的小物块(可视为质点)。小物块以初速度大小为 开始在水平桌面上绕轻绳固定端做圆周运动。小物块与桌面之间的动摩擦因数为 ，重力加速度大小为g，不计空气阻力。小物块整个运动过程中的位移为(　　)
0 R
R 6πR
题组二　动能定理与图像结合的问题
4.(2024·陕西西安高一期中)一质量m＝1 kg的物块静止在光滑水平面上，现用水平恒力F1推物块，作用2 s后，改用方向相反的水平恒力F2推物块，利用速度传感器得到物块速度随时间的变化关系图像(v－t图像)如图所示，0～4 s时间内水平恒力F2做功为(　　)
－10 J 10 J
－18 J 18 J
5.质量为10 kg的物体，在变力F的作用下沿s轴做直线运动，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
题组三　应用动能定理解决多过程问题
6.如图所示，用平行于斜面的推力F，使质量为m的物体(可视为质点)从倾角为θ的光滑固定斜面的底端，由静止向顶端做匀加速运动。当物体运动到斜面中点时，撤去推力，物体刚好能到达顶端，重力加速度为g，则推力F大小为(　　)
2mgsin θ mg(1－sin θ)
2mgcos θ 2mg(1＋sin θ)
7.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(　　)
P处 P、Q之间
Q处 Q的右侧
综合提升练
8.质量为2 kg的物体以一定的初速度沿倾角为30°的足够长斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能Ek随位移s的变化关系如图所示，重力加速度g＝10 m/s2。则物体返回到出发点时的动能为(　　)
10 J 20 J
30 J 50 J
9.(12分)如图所示，人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯经过以下过程：两人同时通过绳子对重物各施加一个恒力，力的大小均为300 N，方向都与竖直方向成37°角，重物离开地面50 cm时人停止施力，之后重物先上升，再自由下落把地面砸深10 cm。已知重物的质量为40 kg，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略空气阻力。求：
(1)(4分)两绳对重物共做多少功？
(2)(4分)重物上升的最大高度；
(3)(4分)重物受到地面的平均阻力大小。
10.(12分)(新教材鲁科版P326T改编)一个人站在距地面20 m的高处，将质量为0.2 kg的石块以v0＝12 m/s的速度斜向上抛出，石块的初速度方向与水平方向之间的夹角为30°，g取10 m/s2，求：
(1)(4分)人抛石块过程中对石块做的功；
(2)(4分)若不计空气阻力，则石块落地时的速度大小；
(3)(4分)若石块落地时的速度大小为22 m/s，则在空中运动过程中克服阻力做的功。
培优加强练
11.(12分)滑板运动受到青少年的追捧。如图所示是某滑板运动员在一次表演时的一部分赛道在竖直平面内的示意图，CD是光滑的四分之一圆弧赛道。水平轨道AB粗糙，且恰与圆弧CD在C点相切，轨道固定在水平面上。一个质量为m的运动员(可视为质点)从轨道的A端以初动能E冲上水平轨道AB沿着轨道运动，由DC弧滑下后停在水平轨道AB的中点。已知水平轨道长为L，重力加速度为g。求：
(1)(4分)运动员的鞋底与水平轨道间的动摩擦因数μ；
(2)(4分)为了保证运动员不从轨道的D端离开轨道，圆弧轨道的半径至少为多大？
(3)(4分)若圆弧轨道半径取第(2)问计算出的最小值，增大运动员的初动能，使得运动员冲上轨道后可以达到最大高度为1.5R处，运动员的初动能是多大？
培优提升三　动能定理的应用
1.B　[设小球从P点到Q点拉力F所做的功为WF，由动能定理得－mgl(1－cos θ)＋WF＝0，解得WF＝mgl(1－cos θ)，B正确，A、C、D错误。]
2.D　[设AB段克服摩擦力所做的功为WAB，对物体从A到C的全过程，由动能定理得mgR－WAB－μmgR＝0，故WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正确。]
3.A　[小物块运动的过程中，根据动能定理有－μmgs＝0－mv2，则小物块运动的圈数n＝＝3，即小物块恰好回到初始位置停止运动，其位移为零，故A正确。]
4.B　[0～2 s内，由动能定理知水平恒力F1做功W1＝mv－0＝8 J，设2～4 s水平恒力F2做功为W2，0～4 s内由动能定理有W1＋W2＝mv－0，解得W2＝10 J，故B正确，A、C、D错误。]
5.B　[根据力F随位移s变化关系图像与横轴所围“面积”表示功，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，B正确。]
6.A　[设斜面的长度为2L，对全过程，由动能定理可得FL－2mgLsin θ＝0，解得F＝2mgsin θ，故A正确。]
7.C　[设平台高为h，木板长为L，滑块在水平地板上滑行位移为x，木板倾角为θ，全过程由动能定理得
mgh－μmgLcos θ－μmgx＝0
则滑块总的水平位移s＝Lcos θ＋x＝
全过程对滑块由动能定理得mgh－μmgs＝0
改变L与θ，水平位移s不变，滑块最终仍停在Q处，故C正确。]
8.A　[物体向上滑行的过程，设摩擦力大小为f，由动能定理得－(mgsin 30°＋f)s＝0－Ek0，由图像可知，s＝3 m，Ek0＝50 J，解得f＝ N，物体向下滑行的过程，由动能定理得(mgsin 30°－f)s＝Ek－0，解得Ek＝10 J，B、C、D错误，A正确。]
9.(1)240 J　(2)60 cm　(3)2 800 N
解析　两绳对重物所做的功为
W1＝2Fcos 37°·h1＝2×300×0.8×0.5 J＝240 J。
(2)重物从离开地面到最高点，由动能定理得
W1－mgh＝0
解得h＝＝ m＝60 cm。
(3)重物从离开地面到把地面砸深停在坑中的整个过程，由动能定理得W1＋mgh3－F阻h3＝0
解得F阻＝＋mg＝ N＋400 N＝2 800 N。
10.(1)14.4 J　(2)23.32 m/s　(3)6 J
解析　(1)人抛石块的过程中，对石块根据动能定理得W＝mv＝14.4 J。
(2)不计空气阻力，石块从抛出至落地过程中，根据动能定理得mgh＝mv－mv
解得v1＝23.32 m/s。
(3)考虑阻力，设石块从抛出至落地过程中，克服阻力做的功为Wf，由动能定理得
mgh－Wf＝mv－mv
解得Wf＝mgh－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv－\f(1,2)mv))＝6 J。
11.(1)　(2)　(3)E
解析　(1)运动员最终停在AB中点，在此过程中由动能定理可得－μmg＝0－E
解得μ＝。
(2)若运动员刚好到达D处，速度为零，由动能定理可得－μmgL－mgR＝0－E
解得轨道半径至少为R＝。
(3)设运动员以初动能E′冲上轨道，可以达到最大高度1.5R，由动能定理得
－μmgL－1.5mgR＝0－E′
解得E′＝E。培优提升三　动能定理的应用
学习目标　1.会应用动能定理解决变力做功问题。2.会应用动能定理解决多过程问题。3.会应用动能定理解决相关的图像问题。
提升1　应用动能定理解决变力做功问题
1.动能定理不仅适用于求恒力做功，也适用于求变力做功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便。
2.利用动能定理求变力做的功是最常用的方法，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变力做的功，即W变＋W其他＝ΔEk。
例1 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.－
例2 (新教材鲁科版P183T改编)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车从静止开始以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，动车行驶过程所受到的阻力保持不变，则阻力大小F阻＝____________，动车在时间t内前进的位移s＝________。
提升2　动能定理与图像结合的问题
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。
角度1　F－s图像
例3 (2024·福建泉州高一期末)如图甲所示，一质量为2 kg的物体放在水平面上，在水平推力F的作用下由静止开始运动。已知F随运动距离s变化的关系图像如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g＝10 m/s2，则物体运动的最大距离为(　　)
A.8 m B.12 m
C.20 m D.28 m
角度2　v－t图像
例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，合外力对帆船做的总功为0
角度3　Ek－s图像
例5 (多选)质量为2 kg的物体以50 J的初动能在粗糙的水平面上滑行，其动能的变化与位移的关系如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A.物体运动的初速度大小为10 m/s
B.物体所受的摩擦力大小为5 N
C.物体运动的加速度大小为2.5 m/s2
D.物体运动的时间为2 s
提升3　应用动能定理解决多过程问题
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，最后联立求解。
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，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.当题目已知量和所求量不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单、更方便。
例6 如图所示，光滑固定斜面AB的倾角θ＝53°，BC为水平面，BC长度lBC＝1.1 m，CD为光滑的圆弧，半径R＝0.6 m。一个质量m＝2 kg的物体，从斜面上A点由静止开始下滑，物体与水平面BC间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道在B、C两点平滑连接。当物体到达D点时，继续竖直向上运动，最高点距离D点的高度h＝0.2 m。不计空气阻力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2。求：
(1)物体运动到C点时的速度大小vC；
(2)A点距离水平面的高度H；
(3)物体最终停止的位置到C点的距离s。
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随堂对点自测
1.(变力做功问题)(新教材鲁科版P17“迁移”改编)雨滴在高空中从静止开始竖直下落，下落距离h时速度达到最大。已知下落过程雨滴所受空气阻力f＝kv2(k为比例常数，v为雨滴下落的速度)，雨滴的质量为m，重力加速度为g，则下落距离h过程雨滴克服空气阻力做的功为(　　)
A.mgh B.
C.mgh－ D.mgh＋
2.(与图像结合问题)(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，立即关闭发动机滑行直至停止。v－t图像如图所示，汽车的牵引力大小为F1，摩擦力大小为F2，全过程中，牵引力做的功为W1，克服摩擦力做的功为W2。以下关系式正确的是(　　)
A.F1∶F2＝1∶3 B.F1∶F2＝4∶3
C.W1∶W2＝1∶1 D.W1∶W2＝1∶3
3.(多过程问题)(2024·陕西渭南高一期末)如图所示的装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度L＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；
(2)小滑块最终停止的位置距B点的距离。
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培优提升三　动能定理的应用
提升1
例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。]
例2 　vmt－eq \f(mv,2P)
解析　当牵引力等于阻力时，动车速度达到最大，则有P＝F阻vm，解得阻力大小为F阻＝；根据动能定理得Pt－F阻s＝mv，解得动车在时间t内前进的位移为s＝vmt－eq \f(mv,2P)。
提升2
例3 C　[F－s图像与横轴围成的面积表示推力F做的功，由题图乙可得WF＝×50×8 J＝200 J，设物体运动的最大距离为sm，根据动能定理可得WF－μmgsm＝0，解得sm＝20 m，C正确，A、B、D错误。]
例4 BD　[在0～1 s内，根据动能定理得W合＝ΔEk＝mv2＝×500×22 J＝1 000 J，而合外力做的功W合＝W风－W克阻，故风力对帆船做的功大于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′＝×500×12 J－×500×22 J＝－750 J，故合外力做负功，故C错误；在0～3 s内，根据动能定理得W合″＝ΔEk″＝0，故合外力做的总功为0，故D正确。]
例5 BCD　[由题图知末动能Ek2＝0，初动能Ek1＝50 J，根据动能定理得fs＝Ek2－Ek1，解得f＝－5 N，又Ek1＝mv＝50 J，解得v0＝5 m/s，由牛顿第二定律得，物体的加速度为a＝＝－2.5 m/s2，则物体运动的时间t＝＝ s＝2 s，故B、C、D正确。]
提升3
例6 (1)4 m/s　(2)1.02 m　(3)0.4 m
解析　(1)物体由C点运动到最高点，根据动能定理得－mg(h＋R)＝0－mv
解得vC＝4 m/s。
(2)物体由A点运动到C点，根据动能定理得
mgH－μmglBC＝mv－0
解得H＝1.02 m。
(3)从物体开始下滑到最终停止，根据动能定理得
mgH－μmgs1＝0
解得s1＝5.1 m
由于s1＝4lBC＋0.7 m
所以物体最终停止的位置到C点的距离为s＝0.4 m。
随堂对点自测
1.C　[下落距离h时速度达到最大，此时加速度为零，则mg＝f＝kv2，下落距离h的过程中，根据动能定理得mgh－W＝mv2，解得W＝mgh－，故C正确。]
2.BC　[对全过程由动能定理可知W1－W2＝0，故W1∶W2＝1∶1，故C正确，D错误；W1＝F1s，W2＝F2s′，由题图可知s∶s′＝3∶4，所以F1∶F2＝4∶3，故A错误，B正确。]
3.(1)3 m/s　(2)1.4 m
解析　(1)设小滑块第一次到达D点时的速度大小为vD，对小滑块从A到D的过程，根据动能定理得
mg(h1－h2)－μmgL＝mv－0，解得vD＝3 m/s。
(2)设小滑块最终在BC段滑行的总路程为s，则根据动能定理得mgh1－μmgs＝0－0
解得s＝8.6 m，小滑块最终停止的位置距B点的距离为d＝2L－s＝1.4 m。(共38张PPT)
培优提升三　动能定理的应用
第1章　功和机械能
1.会应用动能定理解决变力做功问题。
2.会应用动能定理解决多过程问题。
3.会应用动能定理解决相关的图像问题。
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的问题
提升1　应用动能定理解决变力做功问题
提升3　应用动能定理解决多过程问题
提升1　应用动能定理解决变力做功问题
1.动能定理不仅适用于求恒力做功，也适用于求变力做功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便。
2.利用动能定理求变力做的功是最常用的方法，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变力做的功，即W变＋W其他＝ΔEk。
例1 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
例2 (新教材鲁科版P183T改编)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车从静止开始以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，动车行驶过程所受到的阻力保持不变，则阻力大小F阻＝____________，动车在时间t内前进的位移s＝________。
提升2　动能定理与图像结合的问题
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。
C
角度1　F－s图像
例3 (2024·福建泉州高一期末)如图甲所示，一质量为2 kg的物体放在水平面上，在水平推力F的作用下由静止开始运动。已知F随运动距离s变化的关系图像如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g＝10 m/s2，则物体运动的最大距离为(　　)
A.8 m B.12 m
C.20 m D.28 m
BD
角度2　v－t图像
例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，合外力对帆船做的总功为0
BCD
提升3　应用动能定理解决多过程问题
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，最后联立求解。
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，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.当题目已知量和所求量不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单、更方便。
(1)物体运动到C点时的速度大小vC；
(2)A点距离水平面的高度H；
(3)物体最终停止的位置到C点的距离s。
答案　(1)4 m/s　(2)1.02 m　(3)0.4 m
解得H＝1.02 m。
(3)从物体开始下滑到最终停止，根据动能定理得mgH－μmgs1＝0
解得s1＝5.1 m
由于s1＝4lBC＋0.7 m
所以物体最终停止的位置到C点的距离为s＝0.4 m。
随堂对点自测
2
C
BC
2.(与图像结合问题)(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，立即关闭发动机滑行直至停止。v－t图像如图所示，汽车的牵引力大小为F1，摩擦力大小为F2，全过程中，牵引力做的功为W1，克服摩擦力做的功为W2。以下关系式正确的是(　　)
A.F1∶F2＝1∶3 B.F1∶F2＝4∶3
C.W1∶W2＝1∶1 D.W1∶W2＝1∶3
解析　对全过程由动能定理可知W1－W2＝0，故W1∶W2＝1∶1，故C正确，D错误；W1＝F1s，W2＝F2s′，由题图可知s∶s′＝3∶4，所以F1∶F2＝4∶3，故A错误，B正确。
3.(多过程问题)(2024·陕西渭南高一期末)如图所示的装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度L＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；
(2)小滑块最终停止的位置距B点的距离。
答案　(1)3 m/s　(2)1.4 m
(2)设小滑块最终在BC段滑行的总路程为s,则根据动能定理得mgh1－μmgs＝0－0
解得s＝8.6 m，小滑块最终停止的位置距B点的距离为d＝2L－s＝1.4 m。
课后巩固训练
3
B
题组一　应用动能定理解决变力做功问题
1.一个质量为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，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
对点题组练
解析　设小球从P点到Q点拉力F所做的功为WF，由动能定理得－mgl(1－cos θ)＋WF＝0，解得WF＝mgl(1－cos θ)，B正确，A、C、D错误。
D
2.如图所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，两轨道在B点平滑连接，圆弧的半径为R，BC的长度也是R。一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，不计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为(　　)
解析　设AB段克服摩擦力所做的功为WAB，对物体从A到C的全过程，由动能定理得mgR－WAB－μmgR＝0，故WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正确。
A
B
题组二　动能定理与图像结合的问题
4.(2024·陕西西安高一期中)一质量m＝1 kg的物块静止在光滑水平面上，现用水平恒力F1推物块，作用2 s后，改用方向相反的水平恒力F2推物块，利用速度传感器得到物块速度随时间的变化关系图像(v－t图像)如图所示，0～4 s时间内水平恒力F2做功为(　　)
A.－10 J B.10 J C.－18 J D.18 J
B
A
题组三　应用动能定理解决多过程问题
6.如图所示，用平行于斜面的推力F，使质量为m的物体(可视为质点)从倾角为θ的光滑固定斜面的底端，由静止向顶端做匀加速运动。当物体运动到斜面中点时，撤去推力，物体刚好能到达顶端，重力加速度为g，则推力F大小为(　　)
A.2mgsin θ B.mg(1－sin θ)
C.2mgcos θ D.2mg(1＋sin θ)
解析　设斜面的长度为2L，对全过程，由动能定理可得FL－2mgLsin θ＝0，解得F＝2mgsin θ，故A正确。
C
7.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
解析　设平台高为h，木板长为L，滑块在水平地板上滑行位移为x，木板倾角为θ，全过程由动能定理得mgh－μmgLcos θ－μmgx＝0
全过程对滑块由动能定理得mgh－μmgs＝0
改变L与θ，水平位移s不变，滑块最终仍停在Q处，故C正确。
A
综合提升练
8.质量为2 kg的物体以一定的初速度沿倾角为30°的足够长斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能Ek随位移s的变化关系如图所示，重力加速度g＝10 m/s2。则物体返回到出发点时的动能为(　　)
A.10 J B.20 J
C.30 J D.50 J
9.如图所示，人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯经过以下过程：两人同时通过绳子对重物各施加一个恒力，力的大小均为300 N，方向都与竖直方向成37°角，重物离开地面50 cm时人停止施力，之后重物先上升，再自由下落把地面砸深10 cm。已知重物的质量为40 kg，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略空气阻力。求：
(1)两绳对重物共做多少功？
(2)重物上升的最大高度；
(3)重物受到地面的平均阻力大小。
答案　(1)240 J　(2)60 cm　(3)2 800 N
解析　(1)两绳对重物所做的功为
W1＝2Fcos 37°·h1＝2×300×0.8×0.5 J＝240 J。
(2)重物从离开地面到最高点，由动能定理得W1－mgh＝0
10.(新教材鲁科版P326T改编)一个人站在距地面20 m的高处，将质量为0.2 kg的石块以v0＝12 m/s的速度斜向上抛出，石块的初速度方向与水平方向之间的夹角为30°，g取10 m/s2，求：
(1)人抛石块过程中对石块做的功；
(2)若不计空气阻力，则石块落地时的速度大小；
(3)若石块落地时的速度大小为22 m/s，则在空中运动过程中克服阻力做的功。
答案　(1)14.4 J　(2)23.32 m/s　(3)6 J
培优加强练
11.滑板运动受到青少年的追捧。如图所示是某滑板运动员在一次表演时的一部分赛道在竖直平面内的示意图，CD是光滑的四分之一圆弧赛道。水平轨道AB粗糙，且恰与圆弧CD在C点相切，轨道固定在水平面上。一个质量为m的运动员(可视为质点)从轨道的A端以初动能E冲上水平轨道AB沿着轨道运动，由DC弧滑下后停在水平轨道AB的中点。已知水平轨道长为L，重力加速度为g。求：
(1)运动员的鞋底与水平轨道间的动摩擦因数μ；
(2)为了保证运动员不从轨道的D端离开轨道，
圆弧轨道的半径至少为多大？
(3)若圆弧轨道半径取第(2)问计算出的最小值，增大运动员的初动能，使得运动员冲上轨道后可以达到最大高度为1.5R处，运动员的初动能是多大？

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