2 动能 动能定理
一、选择题(1～5题为单项选择题，6～9题为多项选择题)
1．(2015·四川理综)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( )
A．一样大 B．水平抛的最大
C．斜向上抛的最大 D．斜向下抛的最大
解析 由动能定理mgh＝mv－mv知，落地时速度v2的大小相等，故A正确。
答案 A
2．关于运动物体所受的合力、合力做的功、物体动能的变化，下列说法正确的是( )
A．运动物体所受的合力不为零，合力必做功，物体的动能肯定要变化
B．运动物体所受的合力为零，则物体的动能肯定不变
C．运动物体的动能保持不变，则该物体所受合力一定为零
D．运动物体所受合力不为零，则该物体一定做变速运动，其动能要变化
解析 关于运动物体所受的合力、合力做的功、物体动能的变化三者之间的关系有下列三个要点。
(1)若运动物体所受合力为零，则合力不做功(或物体所受外力做功的代数和必为零)，物体的动能绝对不会发生变化。
(2)物体所受合力不为零，物体必做变速运动，但合力不一定做功，合力不做功，则物体动能不变化。
(3)物体的动能不变，一方面表明物体所受的合力不做功；同时表明物体的速率不变(速度的方向可以不断改变，此时物体所受的合力只是用来改变速度方向，产生向心加速度，如匀速圆周运动)。
根据上述三个要点不难判断，本题只有选项B是正确的。
答案 B
3．(2018·西安质检)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t＝4 s时停下，其v－t图象如图1所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是( )
图1
A．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功
B．整个过程中拉力做的功等于零
C．t＝2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大
D．t＝1 s到t＝3 s这段时间内拉力不做功
解析 对物块运动的整个过程运用动能定理得WF－Wf＝0，即拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功，选项A正确，B错误；在0～1 s时间内，拉力恒定且大于摩擦力，物块做匀加速运动，速度增大，t＝1 s时，速度最大，拉力的瞬时功率最大；t＝2 s时，物块匀速运动，拉力等于摩擦力，所以t＝2 s时刻拉力的瞬时功率不是最大的，选项C错误；t＝1 s到t＝3 s这段时间，物块匀速运动，拉力做正功，摩擦力做负功，合外力做功为零，选项D错误。
答案 A
4．质量为2 kg的物体以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如图2所示，则物体返回到出发点时的动能为(取g＝10 m/s2)( )
图2
A．34 J B．56 J C．92 J D．196 J
解析 物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功，由动能定理得－mgx·sin 30°－Ffx＝0－E0，下滑的过程中重力做正功，摩擦力做负功，得mgx·sin 30°－Ffx＝E－0，代入数据得E＝34 J，故选A。
答案 A
5. (2015·全国卷Ⅰ，17)如图3，一半径为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( )
图3
A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W＞mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
解析 根据动能定理得P点动能EkP＝mgR，经过N点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得4mg－mg＝m，所以N点动能为EkN＝，从P点到N点根据动能定理可得mgR－W＝－mgR，即克服摩擦力做功W＝。质点运动过程，半径方向的合力提供向心力即FN－mgcos θ＝ma＝m，根据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力Ff＝μFN变小，所以摩擦力做功变小，那么从N到Q，根据动能定理，Q点动能EkQ＝－mgR－W′＝mgR－W′，由于W′＜，所以Q点速度仍然没有减小到0，会继续向上运动一段距离，对照选项，C正确。
答案 C
6．关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是( )
A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功
B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功
C．公式中的Ek2－Ek1为动能的增量，当W＞0时动能增加，当W＜0时，动能减少
D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功
解析 公式中W指总功，求总功的方法有两种，先求每个力做的功再求功的代数和或先求合力再求合外力的功，故选项B正确，A错误；当W＞0时，末
动能大于初动能，动能增加，当W＜0时，末动能小于初动能，动能减少，故C正确；动能定理不仅适用于直线运动，也适用于曲线运动，不仅适用于恒力做功，也适用于变力做功，故D错误。
答案 BC
7．(2018·中山二模)在距水平地面10 m高处，以10 m/s的速度水平抛出一质量为1 kg的物体，已知物体落地时的速度为16 m/s，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．抛出时人对物体做功为150 J
B．自抛出到落地，重力对物体做功为100 J
C．飞行过程中物体克服阻力做功22 J
D．物体自抛出到落地时间为 s
解析 根据动能定理，抛出时人对物体做的功W1＝mv＝50 J，选项A错误；自抛出到落地，重力对物体做功WG＝mgh＝100 J，选项B正确；根据动能定理有mgh－Wf＝Ek2－Ek1，得物体克服阻力做的功Wf＝mgh－mv＋mv＝22 J，选项C正确；由于空气阻力的影响，物体不做平抛运动，竖直分运动不是自由落体运动，无法求解物体运动的时间，选项D错误。
答案 BC
8．如图4所示，AB为半径R＝0.50 m的四分之一圆弧轨道，B端距水平地面的高度h＝0.45 m。一质量m＝1.0 kg 的小滑块从圆弧道A端由静止释放，到达轨道B端的速度v＝2.0 m/s。忽略空气的阻力。取g＝10 m/s2。则下列说法正确的是( )
图4
A．小滑块在圆弧轨道B端受到的支持力大小FN＝16 N
B．小滑块由A端到B端的过程中，克服摩擦力所做的功W＝3 J
C．小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.6 m
D．小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.3 m
解析 小滑块在B端时，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m，解得FN＝18 N，A错误；根据动能定理有mgR－W＝mv2，解得W＝mgR－mv2＝3 J，B正确；小滑块从B
点做平抛运动，水平方向上x＝vt，竖直方向上h＝gt2，解得x＝v·＝0.6 m，C正确，D错误。
答案 BC
9．在倾角为30°的斜面上，某人用平行于斜面的力把原来静止于斜面上的质量为2 kg的物体沿斜面向下推了2 m的距离，并使物体获得1 m/s的速度，已知物体与斜面间的动摩擦因数为，g取10 m/s2，如图5所示，则在这个过程中( )
图5
A．人对物体做功21 J
B．合外力对物体做功1 J
C．物体克服摩擦力做功21 J
D．物体重力势能减小20 J
解析 根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，即W合＝mv2＝×2×1 J＝1 J，所以B项正确；物体克服摩擦力做功Wf＝μmgxcos θ，代入数据可得Wf＝20 J，所以C项错误；物体重力势能的减小量等于重力做的功WG＝mgxsin θ＝20 J，D项正确；设人对物体做功为W，则应满足W人＋WG－Wf＝W合，代入数据可得W人＝1 J，即人对物体做功1 J，A项错误。
答案 BD
二、非选择题
10．(2018·广州模拟)质量m＝1 kg的物体，在与物体初速度方向相同的水平拉力的作用下，沿水平面运动过程中动能—位移的图线如图6所示。(g取10 m/s2)求：
图6
(1)物体的初速度；
(2)物体和水平面间的动摩擦因数；
(3)拉力F的大小。
解析 (1)由题图可知初动能为2 J，
Ek0＝mv＝2 J
v0＝2 m/s
(2)在位移4 m处物体的动能为10 J，在位移8 m处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功
设摩擦力为Ff，则
－Ffx2＝0－10 J＝－10 J
Ff＝ N＝2.5 N
因Ff＝μmg
故μ＝＝＝0.25
(3)物体从开始到移动4 m这段过程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力为F－Ff，根据动能定理有
(F－Ff)·x1＝ΔEk
解得F＝4.5 N
答案 (1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N
11．(2018·郑州质量预测)如图7所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两部分组成。其中AB部分为光滑的圆弧，∠AOB＝37°，圆弧的半径R＝0.5 m，圆心O点在B点正上方，BD部分水平，长度为l＝0.2 m，C为BD的中点。现有一质量m＝1 kg的物块(可视为质点)，从A端由静止释放，恰好能运动到D点。为使物块运动到C点时速度为零，可先将BD部分以B为轴向上转动一锐角θ，求：
图7
(1)该锐角θ(假设物块经过B点时没有能量损失)；
(2)物块在BD板上运动的总路程。(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
解析 (1)设动摩擦因数为μ，当BD水平时，研究物块的运动，根据动能定理得W总＝ΔEk
从A到D的过程中mgR(1－cos 37°)－μmgl＝0
代入数据联立解得μ＝0.5
当BD以B为轴向上转动一个锐角θ时，从A到C的过程中，根据动能定理
mgR(1－cos 37°)－mgsin θ－μFN＝0
其中FN＝mgcos θ
联立解得θ＝37°。
(2)物块在C处速度减为零后，由于mgsin θ＞μmgcos θ物块将会下滑，而AB段光滑，故物块将做往复运动，直到停止在B点。
根据能量守恒定律mgR(1－cos 37°)＝Q
而摩擦产生的热量Q＝fs，f＝μmgcos θ
代入数据解得，物块在BD板上的总路程s＝0.25 m。
答案 (1)37° (2)0.25 m
12．如图8所示，传送带A、B之间的距离为L＝3.2 m，与水平面间的夹角θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v＝2 m/s，在上端A点无初速度地放置一个质量为m＝1 kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径为R＝0.4 m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E。已知B、D两点的竖直高度差h＝0.5 m(g取10 m/s2)求：
图8
(1)金属块经过D点时的速度；
(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功。
解析 (1)金属块在E点时，mg＝m，
解得vE＝2 m/s，在从D到E过程中由动能定理得
－mg·2R＝mv－mv，
解得vD＝2 m/s。
(2)金属块刚刚放上传送带时，
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，
解得a1＝10 m/s2，
设经位移x1达到共同速度，则
v2＝2a1x1，
解得x1＝0.2 m＜3.2 m，
继续加速过程中，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，
解得a2＝2 m/s2，
由x2＝L－x1＝3 m，v－v2＝2a2x2，
解得vB＝4 m/s，
在从B到D过程中由动能定理得
mgh－W＝mv－mv，
解得W＝3 J。
答案 (1)2 m/s (2)3 J
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