课时1 动能定理的理解及简单应用
一、刷基础
1．下列说法正确的是（ ）
A．物体做变速运动，合外力一定不为零，动能一定变化
B．若合外力对物体做功为零，则合外力一定为零
C．物体的合外力做功，它的速度大小一定发生变化
D．物体的动能不变，所受的合外力必定为零
答案：C
解析：物体做变速运动,合外力一定不为零,但是动能不一定变化,例如做匀速圆周运动的物体, $ \mathrm{A} $ 错误；合外力对物体做功为零,合外力不一定为零,例如做匀速圆周运动的物体, $ \mathrm{B} $ 错误；根据动能定理可知,物体的合外力做功,它的速度大小一定发生变化, $ \mathrm{C} $ 正确；物体的动能不变,所受的合外力不一定为零,例如做匀速圆周运动的物体, $ \mathrm{D} $ 错误.
2．如图，一足够长的轻绳跨过轻质定滑轮，绳的两端各系一个小球 $ A $ 和 $ B $ ， $ A $ 球的质量为 $ 3\mathrm{k}\mathrm{g} $ ， $ B $ 球的质量为 $ 1\mathrm{k}\mathrm{g} $ .先用手托住 $ A $ 球，使两边轻绳刚好竖直但无拉力，此时 $ A $ 球离地面的高度 $ h=0.4\mathrm{m} $ ， $ B $ 球静止于地面.忽略一切阻力，取重力加速度 $ g=10\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ .现无初速度释放 $ A $ 球， $ A $ 球落地后不滚动，则 $ B $ 球上升的最大高度为（ ）
A． $ 1.2\mathrm{m} $
B． $ 0.8\mathrm{m} $
C． $ 0.6\mathrm{m} $
D． $ 0.4\mathrm{m} $
答案：C
解析：从释放到 $ A $ 球落地,由动能定理得 $ {m}_{A}gh-{m}_{B}gh=\dfrac{1}{2}({m}_{A}+{m}_{B}){v}^{2} $ ,解得 $ v=2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ A $ 球落地后, $ B $ 球继续上升,根据运动学公式有 $ 0-{v}^{2}=-2gh\prime $ ,解得 $ h^\prime =0.2\mathrm{m} $ , $ B $ 球上升的最大高度为 $ H=h+h^\prime =0.6\mathrm{m} $ , $ \mathrm{C} $ 正确.
3．长江路下穿隧道可以理想化为一段 $ R=1\mathrm{k}\mathrm{m} $ 的光滑竖直圆弧，如图所示,一辆质量为 $ m=2.5\mathrm{t} $ 的小车（可视为质点）经过 $ A $ 时速率 $ {v}_{A}=10\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,若该车关闭发动机从 $ A $ 到 $ B $ 滑行 $ (B $ 为圆弧最低点， $ g=10\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}) $ ，则（ ）
A．车经过 $ A $ 点时，道路的支持力大小为 $ 1.25×{10}^{4}\mathrm{N} $
B．车经过 $ B $ 点时，道路的支持力大小为 $ 7.5×{10}^{4}\mathrm{N} $
C．车从 $ A $ 运动到 $ B $ 的过程中，车受到合外力做功为零
D．车经过 $ B $ 点时速度大小为 $ 10\sqrt{101}\mathrm{m}/\mathrm{s} $
答案：D
解析：车在 $ A $ 点,由牛顿第二定律有 $ {N}_{A}-mg \sin {30}^{\circ }=m\dfrac{{v}_{A}^{2}}{R} $ ,解得 $ {N}_{A}=1.275×{10}^{4}\mathrm{N} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；车从 $ A $ 运动到 $ B $ 的过程中重力做正功,支持力不做功，故合外力做正功，由动能定理得 $ mgR(1- \sin {30}^{\circ })=\dfrac{1}{2}m{v}_{B}^{2}-\dfrac{1}{2}m{v}_{A}^{2} $ ,解得 $ {v}_{B}=10\sqrt{101}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,在 $ B $ 点由牛顿第二定律有 $ {N}_{B}-mg=m\dfrac{{v}_{B}^{2}}{R} $ ,解得 $ {N}_{B}=mg+m\dfrac{{v}_{B}^{2}}{R}=5.025×{10}^{4}\mathrm{N} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.
4．从高出水平地面 $ H $ 的坡上以速度 $ {v}_{0} $ 水平击出一个质量为 $ m $ 的高尔夫球，高尔夫球落在松软的地面上，砸出一个深度为 $ h $ 的坑，重力加速度为 $ g $ ，不计空气阻力，对高尔夫球从击出到落至坑底的过程，下列说法正确的是（ ）
（多选）
A．高尔夫球的重力势能的减少量为 $ mg(H+h)+\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2} $
B．合外力对高尔夫球做的功为 $ -\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2} $
C．地面对高尔夫球做的功为 $ -mg(H+h)-\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2} $
D．地面对高尔夫球做的功为 $ -(mgh+\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2}) $
答案：BC
解析：高尔夫球的重力势能的减少量为 $ mg(H+h) $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；对高尔夫球从坡上击出到落至坑底的过程,根据动能定理,合外力对高尔夫球所做的功等于高尔夫球动能的变化量，即 $ W=0-\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2}=-\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；设地面对高尔夫球做的功为 $ {W}_{1} $ ,由动能定理有 $ mg(H+h)+{W}_{1}=0-\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2} $ ,解得 $ {W}_{1}=-mg(H+h)-\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确, $ \mathrm{D} $ 错误.
5．如图所示，一质量为 $ m $ 的小球，用长为 $ l $ 的轻绳悬挂于 $ O $ 点的正下方 $ P $ 点.若小球在水平拉力的作用下，从 $ P $ 点缓慢地移动到 $ Q $ 点，水平拉力 $ F $ 做的功为 $ {W}_{1} $ ；若小球在水平恒力 $ F^\prime =mg $ 的作用下，从 $ P $ 点运动到 $ Q $ 点，水平恒力 $ F^\prime $ 做的功为 $ {W}_{2} $ .已知 $ \theta ={30}^{\circ } $ ，则 $ {W}_{1} $ 和 $ {W}_{2} $ 的大小关系为（ ）
A． $ {W}_{1}={W}_{2} $
B． $ {W}_{1} > {W}_{2} $
C． $ {W}_{1} < {W}_{2} $
D．无法判断
答案：C
解析：当用水平拉力缓慢拉动小球时,根据动能定理可得 $ {W}_{1}-mgh=0 $ ,由几何关系可知 $ h=l(1- \cos {30}^{\circ }) $ ,解得拉力做的功 $ {W}_{1}=\dfrac{2-\sqrt{3}}{2}mgl $ ；当小球在水平恒力 $ F^\prime =mg $ 的作用下从 $ P $ 点运动到 $ Q $ 点时,水平恒力 $ F^\prime $ 做的功 $ {W}_{2}=F^\prime l \sin {30}^{\circ }=0.5mgl > {W}_{1} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确.
二、刷提升
1．质量为 $ 1.0\mathrm{k}\mathrm{g} $ 的物体，以某初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的情况如图所示，已知重力加速度大小为 $ g=10\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,下列判断正确的是（ ）
（多选）
A．物体的初动能为 $ 50\mathrm{J} $
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.25
C．物体运动的加速度大小为 $ 3\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $
D．物体滑行的总时间是 $ 4\mathrm{s} $
答案：ABD
解析：由题图可知物体的初动能为 $ 50\mathrm{J} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；设物体所受的摩擦力大小为 $ f $ ，根据动能定理得 $ -fx=\mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{k}} $ ,由题图可知摩擦力大小为 $ f=\dfrac{50}{20}\mathrm{N}=2.5\mathrm{N} $ ,根据 $ f=\mu N=\mu mg $ 可知,物体与水平面间的动摩擦因数 $ \mu =\dfrac{f}{mg}=0.25 $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；物体运动的加速度大小为 $ a=\dfrac{f}{m}=2.5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误；根据 $ {E}_{\mathrm{k}0}=\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2}=50\mathrm{J} $ ,解得初速度大小为 $ {v}_{0}=10\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,则物体滑行的总时间为 $ t=\dfrac{{v}_{0}}{a}=4\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.
2．如图所示，旋转餐桌中央有一个可以旋转的圆台，现将两个完全相同的水杯 $ A $ 、 $ B $ 放于圆盘的不同位置.水杯质量为 $ m $ ，与水平转台间的动摩擦因数为 $ \mu $ ，它们到转轴的距离分别为 $ R $ 、 $ \dfrac{R}{2} $ .由静止开始缓慢增大转台的转速，直到某个水杯即将发生滑动.水杯与转台间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 $ g $ .则在这一过程中转台对水杯 $ B $ 所做的功为（ ）
A． $ \dfrac{1}{2}\mu mgR $
B． $ \dfrac{1}{4}\mu mgR $
C． $ \dfrac{1}{8}\mu mgR $
D． $ \dfrac{1}{16}\mu mgR $
答案：C
解析：当水杯刚要发生滑动时，根据牛顿第二定律有 $ \mu mg=mr{\omega }^{2} $ ,由于 $ A $ 的转动半径较大,则水杯 $ A $ 先滑动,此时 $ \omega =\sqrt{\dfrac{\mu g}{R}} $ , $ B $ 的速度大小为 $ v=\dfrac{R}{2}\omega =\dfrac{\sqrt{\mu gR}}{2} $ ,根据动能定理可知,在这一过程中转台对水杯 $ B $ 所做的功为 $ W=\dfrac{1}{2}m{v}^{2}=\dfrac{1}{8}\mu mgR $ ,故选 $ \mathrm{C} $ .
3．如图是无风天气一羽毛球的飞行轨迹图，轨迹上 $ A $ 、 $ B $ 两点离地高度相等， $ P $ 为最高点.则该羽毛球在空中运动的整个过程中（ ）
A．经过 $ P $ 点时的速度为零
B．上升阶段比下降阶段时间短
C．经过 $ A $ 、 $ B $ 两点时的速度大小相等
D．上升阶段比下降阶段动能变化量的绝对值小
答案：B
解析：羽毛球经过 $ P $ 点时有水平速度,即速度不为零, $ \mathrm{A} $ 错误；上升阶段的竖直加速度大小 $ {a}_{1}=\dfrac{mg+{f}_{1}}{m} $ ,下降阶段的竖直加速度大小 $ {a}_{2}=\dfrac{mg-{f}_{2}}{m} $ ,可知 $ {a}_{1} > {a}_{2} $ ,根据 $ h=\dfrac{1}{2}a{t}^{2} $ ,可知 $ {t}_{上} < {t}_{下} $ ,即上升阶段比下降阶段时间短, $ \mathrm{B} $ 正确；从 $ A $ 到 $ P $ 再到 $ B $ 的过程克服阻力做功,则经过 $ B $ 点时的速度小于经过 $ A $ 点时的速度, $ \mathrm{C} $ 错误；设初速度大小为 $ {v}_{0} $ ,则落地时的速度大小为 $ {v}_{1} < {v}_{0} $ ,设最高点时的速度大小为 $ {v}_{P} $ ,则上升阶段的动能变化量绝对值 $ \mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{k}} $ 上 $ =|\dfrac{1}{2}m{v}_{P}^{2}-\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2}| $ ,下降阶段的动能变化量绝对值 $ \mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{k}} $ 下 $ =|\dfrac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-\dfrac{1}{2}m{v}_{P}^{2}| $ ,可知上升阶段比下降阶段动能变化量的绝对值大, $ \mathrm{D} $ 错误.
4．如图所示，传送带通过滑道将长为 $ L $ 、质量为 $ m $ 的匀质物块以初速度 $ {v}_{0} $ 向右送上水平台面（开始时物块右端位于台面左边缘），物块右端在台面上滑动 $ s $ 距离停下来.已知滑道上的摩擦不计，物块与台面间的动摩擦因数为 $ \mu $ ，重力加速度为 $ g $ ,且 $ s > L $ ，则物块的初速度 $ {v}_{0} $ 为（ ）
A． $ \sqrt{2\mu gs-2\mu gL} $
B． $ \sqrt{2\mu gs-\mu gL} $
C． $ \sqrt{2\mu gs} $
D． $ \sqrt{2\mu gs+\mu gL} $
答案：B
解析：从物块右端刚到台面左边缘,至完全滑上台面期间,随着物块右端滑上台面的距离增大,物块与台面间的压力增大,摩擦力增大,且因为物块为匀质,因此在此期间物块与台面间的摩擦力与物块右端滑上台面的距离成正比,当物块完全滑上台面后,物块与台面间的摩擦力达到最大并保持不变,此时摩擦力的大小为 $ f^\prime =\mu F=\mu mg $ ,综上,作出物块与台面间的摩擦力 $ f $ 与物块右端滑上台面的距离 $ x $ 之间的关系,如图所示,根据动能定理可知,物块的动能变化量等于摩擦力做功的大小,且 $ f-x $ 图像中,图线与 $ x $ 轴围成的面积表示这段距离内摩擦力做功的大小,可知 $ {W}_{f}=-(\mu mgs-\dfrac{1}{2}\mu mgL)=0-\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2} $ ,解得 $ {v}_{0}=\sqrt{2\mu gs-\mu gL} $ , $ \mathrm{B} $ 正确.
5．一个做直线运动的物体，其速度—时间图像如图所示，若 $ {t}_{1}\sim {t}_{2} $ 外力对物体做功 $ {W}_{1} $ ， $ {t}_{2}\sim {t}_{3} $ 外力对物体做功 $ {W}_{2} $ ， $ {t}_{3}\sim {t}_{4} $ 外力对物体做功 $ {W}_{3} $ ，试着给出 $ {W}_{1} $ 、 $ {W}_{2} $ 、 $ {W}_{3} $ 与0的关系（ $ {t}_{2} $ 时刻的速度和 $ {t}_{4} $ 时刻的速度大小相等）.
答案： $ {W}_{1}=0 $ $ {W}_{2}+{W}_{3}=0 $
解析： $ {t}_{1}\sim {t}_{2} $ 过程,由动能定理可得 $ {W}_{1}=\dfrac{1}{2}m{v}_{2}^{2}-\dfrac{1}{2}m{v}_{1}^{2}=0 $ , $ {t}_{2}\sim {t}_{4} $ 过程,由动能定理可得 $ {W}_{2}+{W}_{3}=\dfrac{1}{2}m{v}_{4}^{2}-\dfrac{1}{2}m{v}_{2}^{2}=0 $ .