(1)動能及動能定理；(2)應用動能定理求解多過程問題；(3)應用動能定理求解多物體的運動問題。

例1．(2019?全國III卷?17)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以內時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。該物體的質量為( )

A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg
【答案】C
【解析】設物體的質量為m，則物體在上升過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向下的恒定外力F，當Δh＝3 m時，由動能定理結合題圖可得－(mg＋F)×Δh＝(36－72) J；物體在下落過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向上的恒定外力F，當Δh＝3 m時，再由動能定理結合題圖可得(mg－F)×Δh＝(48－24) J，聯立解得m＝1 kg、F＝2 N，選項C正確，A、B、D均錯誤。
【點睛】本題考查動能定理，體現了模型建構素養。物體受到大小不變的外力，方向始終與速度方向相反，即上升時外力方向向下，下落時外力方向向上，這是解答此題的關鍵。

1．汽車在一段坡度不變的山坡上勻速上行，速度大小為v，汽車發動機輸出功率為P。設汽車所受摩擦力大小恒為f，則下列說法中錯誤的是( )
A．汽車所受合外力對汽車所做的功為零
B．汽車所受的摩擦力與重力對汽車做負功，支持力對汽車不做功
C．汽車發動機輸出功率P＝fv
D．若汽車勻速上行的速度大小為2v，發動機輸出功率應為2P
【答案】C
【解析】汽車勻速上行，根據動能定理W＝ΔEk＝0，A正確；汽車受到的重力方向和汽車的位移方向夾角是鈍角，重力做負功，摩擦力方向和汽車位移方向相反，做負功，支持力始終和汽車的位移垂直，不做功，B正確；設山坡的傾角為θ，因為勻速上升，則牽引力F＝f＋mgsin θ，則汽車發動機輸出功率P＝Fv＝(f＋mgsin θ)v，C錯誤；若汽車勻速上行的速度大小為2v時，汽車的牽引力沒有變化，但是速度增加了2倍，則P′＝F?2v＝2P，D正確。
2．(多選)在工廠的流水線上安裝有足夠長的水平傳送帶，用水平傳送帶傳送工件，可以大大提高工作效率，如圖所示，水平傳送帶以恒定的速率v運送質量為m的工件，工件以v0(v0<v)的初速度從A位置滑上傳送帶，工件與傳送帶間的動摩擦因數為μ，已知重力加速度為g，則(　　)

A．工件滑上傳送帶到與傳送帶相對靜止所需時間為v－v0μg
B．因傳送工件電動機多做的功為12m(v2－v20)
C．傳送帶的摩擦力對工件所做的功為12m(v－v0)2
D．工件與傳送帶的相對位移為v－v022μg
【答案】AD
【解析】工件滑上傳送帶后先做勻加速運動，μmg＝ma，a＝μg，相對滑動時間為t＝v－v0μg，A項正確；因傳送工件電動機多做的功W＝μmgvt＝mv(v－v0)，B項錯誤；根據動能定理傳送帶對工件做功W1＝12m(v2－v20)，C項錯誤；工件與傳送帶的相對位移Δx＝vt－v＋v02t＝v－v022μg，D項正確。
3．如圖，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平。一質量為m的質點自P點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道。質點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小。用W表示質點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功。則(　　)

A．W＝12mgR，質點恰好可以到達Q點
B．W＞12mgR，質點不能到達Q點
C．W＝12mgR，質點到達Q點后，繼續上升一段距離
D．W＜12mgR，質點到達Q點后，繼續上升一段距離
【答案】C
【解析】根據動能定理得P點動能EkP＝mgR，經過N點時，由牛頓第二定律和向心力公式可得4mg－mg＝mv2R，所以N點動能為EkN＝32mgR，從P點到N點根據動能定理可得mgR－W＝32mgR－mgR，即克服摩擦力做功W＝12mgR。質點運動過程，半徑方向的合力提供向心力即FN－mgcos θ＝ma＝mv2R，根據左右對稱，在同一高度處，由于摩擦力做功導致在右邊圓形軌道中的速度變小，軌道彈力變小，滑動摩擦力f＝μFN變小，所以摩擦力做功變小，那么從N到Q，根據動能定理，Q點動能EkQ＝32mgR－mgR－W′＝12mgR－W′，由于W′＜12mgR，所以Q點速度仍然沒有減小到0，會繼續向上運動一段距離，對照選項，C項正確。
4．質量為m的小球在豎直向上的拉力作用下從靜止開始運動，其v－t圖象如圖所示(豎直向上為正方向，DE段為直線)，已知重力加速度大小為g，下列說法正確的是(　　)

A．t3～t4時間內，小球豎直向下做勻減速直線運動
B．t0～t2時間內，合力對小球先做正功后做負功
C．0～t2時間內，小球的平均速度一定為v32
D．t3～t4時間內，拉力做的功為12m(v3＋v4)[(v4－v3)＋g(t4－t3)]
【答案】D
【解析】t3～t4時間內小球做豎直向上的勻減速直線運動，A錯誤；t0～t2時間內小球速度一直增大，合力對小球一直做正功，B錯誤；0～t3時間內小球的運動不是勻變速運動，不等于v32，C錯誤；t3～t4由動能定理得WF－mgh＝12mv24－12mv23，且h＝12(v4＋v3)(t4－t3)，解得WF＝12m(v3＋v4)[(v4－v3)＋g(t4－t3)]，D正確。
5．(多選)如圖所示，在傾角為θ的斜面上，輕質彈簧一端與斜面底端固定，另一端與質量為M的平板A連接，一個質量為m的物體B靠在平板的右側，A、B與斜面的動摩擦因數均為μ。開始時用手按住物體B使彈簧處于壓縮狀態，現放手，使A和B一起沿斜面向上運動距離L時，A和B達到最大速度v。則以下說法正確的是(　　)

A．A和B達到最大速度v時，彈簧是自然長度
B．若運動過程中A和B能夠分離，則A和B恰好分離時，二者加速度大小均為g(sin θ＋μcos θ)
C．從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，彈簧對A所做的功等于12Mv2＋MgLsin θ＋μMgLcos θ
D．從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，B受到的合力對它做的功等于12mv2
【答案】BD
【解析】A和B達到最大速度v時，A和B的加速度為零。對AB整體，由平衡條件知kx＝(m＋M)gsin θ＋μ(m＋M)gcos θ，所以此時彈簧處于壓縮狀態，故A項錯誤；A和B恰好分離時，A、B間的彈力為0，A、B的加速度相同，對B受力分析，由牛頓第二定律知，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，得a＝gsin θ＋μgcos θ，故B項正確；從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，對AB整體，根據動能定理得W彈－(m＋M)gLsin θ－μ(m＋M)gcos θ•L＝12(m＋M)v2，所以彈簧對A所做的功W彈＝12(m＋M)v2＋(m＋M)gLsin θ＋μ(m＋M)gcos θ•L，故C項錯誤；從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，對于B，根據動能定理得B受到的合力對它做的功W合＝ΔEk＝12mv2，故D項正確。
6．如圖所示，豎直平面內放一直角桿MON，OM水平，ON豎直且光滑，用不可伸長的輕繩相連的兩小球A和B分別套在OM和ON桿上，B球的質量為2 kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B兩球均處于靜止狀態，此時OA＝0.3 m，OB＝0.4 m，改變水平力F的大小，使A球向右加速運動，已知A球向右運動0.1 m時速度大小為3 m/s，則在此過程中繩的拉力對B球所做的功為(取g＝10 m/s2)(　　)

A．11 J B．16 J C．18 J D．9 J
【答案】C
【解析】A球向右運動0.1 m時，vA＝3 m/s，OA′＝0.4 m，OB′＝0.3 m，設此時∠B′A′O＝α，則有tan α＝34。由運動的合成與分解可得vAcos α＝vBsin α，解得vB＝4 m/s。以B球為研究對象，此過程中B球上升高度h＝0.1 m，由動能定理，W－mgh＝12mvB2，解得輕繩的拉力對B球所做的功為W＝mgh＋12mvB2＝2×10×0.1 J＋12×2×42 J＝18 J，選項C正確。
7．(多選)如圖所示，內壁光滑半徑大小為R的圓軌道豎直固定在桌面上，一個質量為m的小球靜止在軌道底部A點?，F用小錘沿水平方向快速擊打小球，擊打后迅速移開，使小球沿軌道在豎直面內運動。當小球回到A點時，再次用小錘沿運動方向擊打小球，通過兩次擊打，小球才能運動到圓軌道的最高點。已知小球在運動過程中始終未脫離軌道，在第一次擊打過程中小錘對小球做功W1，第二次擊打過程中小錘對小球做功W2。設先后兩次擊打過程中小錘對小球做功全部用來增加小球的動能，則W1W2的值可能是(　　)

A．12 B．23 C．34 D．1
【答案】AB
【解析】第一次擊打后球最高到達與球心O等高位置，根據動能定理，有：W1≤mgR，兩次擊打后可以到達軌道最高點，根據動能定理，有：W1＋W2－2mgR＝12mv2，在最高點，有：mg＋N＝mv2R≥mg，聯立①②③解得：W1≤mgR，W2≥32mgR，故W1W2≤23，故A、B正確，C、D錯誤。
8．如圖所示，上表面水平的圓盤固定在水平地面上，一小物塊從圓盤邊緣上的P點，以大小恒定的初速度v0，在圓盤上沿與直徑PQ成不同夾角θ的方向開始滑動，小物塊運動到圓盤另一邊緣時的速度大小為v，則v2－cosθ圖象應為(　　)

【答案】A
【解析】設圓盤半徑為r，小物塊與圓盤間的動摩擦因數為μ，由動能定理可得－μmg•2rcos θ＝12mv2－12mv20，整理得v2＝v20－4μgrcos θ，可知v2與cos θ為線性關系，斜率為負，故A項正確，B、C、D項錯誤。
9．(多選)如圖所示，物塊A、B、C、D的質量都是m，并都可看作質點，四個物塊用細線通過輕質滑輪連接。物塊B與C、C與D、D與地面的距離都是L。現將物塊A下方的細線剪斷，若物塊A距離滑輪足夠遠且不計一切阻力，則(　　)
A．A上升的最大速度是 5gL3
B．A上升的最大速度是 17gL6
C．A上升的最大高度是53L12
D．A上升的最大高度是23L6
【答案】AD
【解析】設物塊D落地時速度為v1，在D落地過程中，對四個物塊應用動能定理有3mgL－mgL＝12×4mv21；在物塊C落地過程中，對三個物塊應用動能定理有2mgL－mgL＝12×3mv22－12×3mv21，聯立解得v2＝5gL3，A正確，B錯誤；之后物塊B勻速下降直到落地，A勻速上升，至此A已上升了3L的高度；再往后物塊A做豎直上拋運動，還可以上升h＝v222g＝5L6，A上升的最大高度H＝h＋3L＝236L，C錯誤，D正確。

10．多級火箭是由數級火箭組合而成的運載工具，每一級都有發動機與燃料，目的是為了提高火箭的連續飛行能力與最終速度?，F有一小型多級火箭，質量為M，第一級發動機的額定功率為P，先使火箭由靜止豎直向上做加速度為a的勻加速直線運動。若空氣阻力為f并保持不變，不考慮燃料燃燒引起的質量變化及高度不同引起的重力變化，達到額定功率后，發動機功率保持不變，直到火箭上升達到最大速度時高度為H。試求：
(1)第一級發動機能使火箭達到的最大速度。
(2)第一級發動機做勻加速運動的時間。
(3)第一級發動機以額定功率開始工作，直到最大速度時的運行時間。
【解析】(1)由題意知火箭達到最大速度時加速度為零，設發動機牽引力為F，則：
F＝f＋Mg
額定功率為P，所以最大速度有：。
(2)由題意知做勻加速運動，加速度a不變，功率為P，設勻加速運動的最大速度為v1，時間為t1，此時牽引力為F1，則有：
P＝F1v1
F1－(f＋Mg)＝Ma
v1＝at1
聯立解得：。
(3)設以額定功率開始工作，直到最大速度的時間為t，則根據動能定理有：
Pt－(f＋Mg)(H－12ma12)＝12Mvm2－12Mv12
由(1)可知：
由(2)可知：
聯立解得：。
11．如圖所示，光滑圓弧AB在豎直平面內，圓弧B處的切線水平，A、B兩端的高度差為h1＝0.2 m，B端高出水平地面h2＝0.8 m，O點在B點的正下方，將一確定的滑塊從A端由靜止釋放，落在水平面上的C點處。取g＝10 m/s2。求：

(1)落地點C到O的距離xOC；
(2)在B端平滑連接一水平放置長為L＝1.0 m的木板MN，滑塊從A端釋放后正好運動到N端停止，求木板MN與滑塊間的動摩擦因數；
(3)若將木板右端截去長為ΔL的一段，滑塊從A端釋放后將滑離木板落在水平面上P點處，要使落地點P距O點的距離最遠，則ΔL應為多少？距離s的最大值為多少？
【解析】(1)滑塊從光滑圓弧AB下滑過程中，根據動能定理得：mgh1＝12mvB2－0
得vB＝2gh1＝2 m/s
滑塊離開B點后做平拋運動，則：
豎直方向：h2＝12gt2
水平方向：x＝vBt
聯立得到x＝vB2h2g
代入數據解得x＝0.8 m。
(2)滑塊從B端運動到N端停止的過程，根據動能定理得：－μmgL＝0－12mvB2
代入數據解得μ＝0.2。
(3)若將木板右端截去長為ΔL的一段后，設滑塊滑到木板最右端時速度為v，由動能定理得：
－μmg(L－ΔL)＝12mv2－12mvB2
滑塊離開木板后仍做平拋運動，高度不變，運動時間不變，則落地點距O點的距離：
s＝L－ΔL＋vt
聯立整理得：s＝1＋0.8ΔL－ΔL＝－(0.4－ΔL)2＋1.16
所以當ΔL＝0.4即ΔL＝0.16 m時，s最大，且最大值smax＝1.16 m。

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小題必練9：動能和動能定理

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