动能定理及其应用考点一动能定理的理解和基本应用.docx

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1、动能定理及其应用考点一动能定理的理解和基本应用1 .动能(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能.(2)公式：Ek=品。2,单位：焦耳(J).lJ=INm=1kgm%2.(3)动能是标量、状态量.2 .动能定理(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化.(2)表达式：W=AEii=Ek2-Eki=ttV22-nv2.(3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度.技巧点拨3 .适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动.(2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功.(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用.4 .解题步骤(确

2、定研究射象和研究过程一运动选择起 止位置动力学关系儿个力?恒力还是变力？动能功况 做情5 .注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系.(2)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理求解.(3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能.例题精练1 .滑雪运动深受人民群众喜爱.如图1所示，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB,从滑道的A点滑行到最低点8的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中（）图1A.所受合外力始终为零B.所受摩擦力大

3、小不变C.合外力做功一定为零D.机械能始终保持不变答案C解析运动员从A点滑到B点的过程中速率不变，则运动员做匀速圆周运动，其所受合外力指向圆心，A错误；如图所示，运动员受到的沿圆弧切线方向的合力为零，即R=WZgSin,下滑过程中Q减小，Sina变小，故摩擦力R变小，B错误；由动能定理知，运动员匀速率下滑动能不变，合外力做功为零，C正确；运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小，D错误.2 .如图2所示为一滑草场.某条滑道由上下两段高均为儿与水平面倾角分别为45。和37。的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数均为.质量为机的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道

4、后，最后恰好静止于滑道的底端（不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g,sin37o=0.6,cos37o=0.8）.则（）图2A.动摩擦因数=与B.载人滑草车最大速度为怦C.载人滑草车克服摩擦力做功为?g?D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为海答案AB解析对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知：Mg2z-mgcos45oso-mgcos37ot7o=O,解得=专，选项A正确：对经过上段滑道的过程分析，根据动能定理有tngh-/ZZZigcos450.jso=ywym2,解得：vm=选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh,选项C错误；载

5、人滑草车在下段滑道上的加速度为amgsin37o-zwgcos3733=一拶，故大小为拶，选项D错伏考点二应用动能定理求变力做功在一个有变力做功的过程中，由动能定理，W变+W忸斗加2?一品疗，物体初、末速度已知，恒力做功WM可根据功的公式求出，这样就可以得到W义=%R-；孙2一卬田，就可以求变力做的功了.例题精练D. mg(s+x)3.质量为小的物体以初速度比沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧。端相距s,如图3所示.已知物体与水平面间的动摩擦因数为，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为X,则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g)()A./moo?/

6、wg(x)C.mgs答案A解析根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf=Wg(s+x),由动能定理可得一卬死一Wf=O-则W弹=o2mg(s+x),故选项A正确.考点三动能定理与图象结合的问题1 .解决图象问题的基本步骤(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义.(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积等所表示的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量.2 .图象所围“面积”和图象斜率的

7、含义例题精练4.用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到O6s内物体的加速度随时间变化的关系如图4所示.下列说法正确的是()A. O6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B. O6s内物体在4s时的速度最大C.物体在24s内的速度不变D.O4s内合力对物体做的功等于O6s内合力对物体做的功答案D解析物体6s末的速度6=；X(2+5)X2m/s-Jx1X2ms=6ms,结合题图可知O6s内物体一直向正方向运动，A项错误：由题图可知物体在5s末速度最大，Om=；X(2+5)X2ms=7ms,B项错误；由题图可知物体在24s内加速度不变，做匀加速直线运动，速度变大

8、，C项错误；在04s内由动能定理可知，lVfr4=2w420,又s=g(2+4)X2m/s=6ms,得W4=36J,06s内合力对物体做的功：W6=2,w62-0,又D6=6ms,得W6=36J,则Ws4=W合6,D项正确.5.质量为2kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块的动能Ek与其发生的位移X之间的关系如图5所示.已知物块与水平面间的动摩擦因数=0.2,重力加速度g取IOm/S?,则下列说法正确的是()图5A. X=Im时速度大小为2m/sB. =3m时物块的加速度大小为2.5ms2C.在前4m位移过程中拉力对物块做的功为9JD.在前4m位移过程中物块所经历的

9、时间为2.8s答案D解析根据动能定理AEk=尸“可知，物体在两段运动中分别所受合外力恒定，则物体做加速度不同的匀加速运动；由题图图象可知X=1m时动能为2J,Vms,故A错误.同理，当x=2m时动能为4J,V22m/s;当x=4m时动能为9J,%=3ms,则24m内有24212=火2改2,解得24m内物块的加速度为s=125mH,故B错误.对物体运动全过程，由动能定理得：Wf+(-wgx4)=Ek-0,解得廊=25J,故C错误02m过程，T=2s;24m过程，2=0,8s,故总时间为2s+0.8s=28s,D正确.综合练习一.选择题（共10小题）1 .（如皋市月考）一个物体做变速运动，在I时刻

10、其速度大小是V,在2t时刻其速度大小是nv,那么在2t时刻物体的动能是它在I时刻动能的（）2A.n倍B.口倍C.工倍D.二一倍24【分析】动能表达式为Ek=即动能与速度的平方成正比.【解答】解：物体做变速运动，在t时刻其速度大小是V,在21时刻其速度大小是nv,故:EK1=-inv2;Ek2=11（nv）2;故-二工2n2故选：Bo【点评】本题关键是明确动能的含义，记住公式即可，基础问题.2.（福州期中）对于一定质量的物体，以下说法中正确的是（）A.动能变化，速度一定改变B.速度变化，动能一定变化C.动能不变，速度一定不变D.速度不变，动能可能改变【分析】动能是标量，其大小为Ek=Imv2;速

11、度是矢量，速度不变时，速度的大小和方向都不变，根据动能和速度的关系进行分析。【解答】解：A、一定质量的物体，动能变化，则速度大小一定变化，速度一定发生变化,故A正确；B、一定质量的物体，速度变化，有可能是速度方向改变，大小不变，如匀速圆周运动，则动能不变，故B错误；C、一定质量的物体，动能不变，速度大小一定不变，但是方向可以改变，如匀速圆周运动，所以速度有可能变化，故C错误；D、一定质量的物体，速度不变，也就是速度的大小和方向都不变，则动能一定不变，故D错误。故选：Ao【点评】解决本题的关键知道动能和速度的关系，知道动能是标量，速度是矢量，速度不变就是速度的大小和方向都不变。3 .（福鼎市校级

12、期中）A、B两个物体的质量比为1：2,速度之比是2：1,那么它们的动能之比是（）A.1：1B.1：2C.2：1D.4：1【分析】根据动能的定义式E=LnV2,可以求得AB的动能之比.2【解答】解：根据动能的定义式EK=工mV?,可得：2EkA一万InAVAEkB-2mBvB故动能之比与质量和速度的平方成正比；故动能之比为：2：1故选：Co【点评】本题是对动能公式的直接应用，要知道什么是动能并记住公式，题目比较简单.4 .（来宾期末）一物体的速度大小为Vo时，其动能为Ek,当它的动能为2Ek时，其速度大小为（）A.-B.2voC.2voD.泥Vt）22【分析】由动能定义式：Ek=u2代入公式计算

13、即可。【解答】解：设物体的质量为m,当一物体的速度大小为vo时，其动能为Ek,则有Ek=I2Kk2-三0当它的动能为2Ek时，有2Ek=2-mv=mv2解得：V=故C正确，ABD错误;故选：Co【点评】本题是动能定义式的基本运用，知道动能与质量成正比，与速度平方成正比。5 .（杭州期末）子弹射出枪口时的动能与子弹横截面积的比值称为“枪口比动能二我国公安部规定：枪口比动能大于等于1.8Jcm2的认定为枪支；枪口比动能小于1.8JCm2而大于0.16cm2的认定为仿真枪；枪口比动能小于等于o.6Jcm2的认定为玩具枪。有些同学小时候玩过的“BB枪”发射的“塑料BB弹”质量0.12g、直径6mm、出

14、枪口速度约I07mso则关于“BB枪”，你的新认识是（）A.是枪支B.是仿真枪C.是玩具枪D.条件不足，不好确定【分析】根据已知条件求出“BB枪”的“枪口比动能”，再与题设条件对比，即可确定枪的种类。【解答】解：“塑料BB弹”的质量m=0.12g=1.2104kg,速度v=107ms,则“塑料BB弹”射出枪口时的动能Ek=-i-mv2=y1,21041072j=0.68694J“塑料BB弹”的直径d=6mm=0.6cm,横截面积S=-112=-3.140.62=440.2826cm2,则“枪口比动能”为-A=8642.438Jcm21.8Jcm2,可知，“BB枪”S0.2826是枪支，故A正确

15、，BCD错误。故选：Ao【点评】本题信息给予题，要读懂题意，理解什么是“枪口比动能二运算时要注意各个量的单位。6 .（寿光市校级月考）如图所示，水平地面上有一固定直角三角形斜面，两个质量不同的小物块从斜面顶端两侧自由释放后均能沿斜面下滑，且分别停在A点、D点。两个小物块与斜面和水平面的摩擦因数都相同，假设在斜面与水平面连接处无机械能损失，已知AB=PC=2m,ZPBC=30o,那CD多长（）A.2mB.3mC.4mD.5m【分析】两物块在下滑过程中，根据动能定理列式联立即可求得CD间的距离。【解答】解：从P到A,根据动能定理可得：prIngPCCC）S30-WlngCoS30-mgAB=0-0

16、tan30从P到D,根据动能定理可得：gPCcos30o-m,gsin30oXPC-mgCD=0-0联立解得：CD=4m,故ABD错误，C正确；故选：Co【点评】本题主要考查了动能定理，物块从P点下滑，最终静止，在整个过程中利用动能定理即可求得。7 .（浙江模拟）如图位于竖直面内的光滑轨道AB,与半径为R的光滑圆形轨道底部相通，光滑圆形轨道上部有一缺口CDE,D点为圆形最高点，NCOD=NDOE=30,质量为m可视为质点的小球自光滑轨道AB上某点静止下滑，由底部进入光滑圆形轨道，通过不断调整释放位置，直到小球从C飞出后能无碰撞的从E进入左侧轨道，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A小球通过最

17、高点的速度大小为J正8 .小球通过C点时速度大小为旗C.小球从C点运动到最高点的时间为J（2-3）RD.A点距地面的高度为6+5r6【分析】小球离开C点做斜上抛运动，到到E点速度方向刚好与轨道相切，小球离开C点在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做竖直上抛运动，根据水平方向位移时间关系和竖直方向速度时间关系求得小球在C点的速度，据此可以求出小球在最高点时的速度、运动时间，再根据机械能守恒求得A点距地面的高度。【解答】解：小球离开C点做斜向上抛运动，令其速度为vc,其速度方向与水平方向的夹角=30,离开C点后小球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，到达E点时，小球在水平方向的位

18、移恰好等于轨道的半径R,据此令小球由C运动到E的时间为t则有:水平方向：vccos30ot=R竖直方向：2vcsin30o=gt由以上两式解得：Vc=j2gR,所以:，故A错误;VCCOS300 =,故B错误;B、小球经过C点时的速度大小为VC =故C错误;2gA、小球运动到最高点时，在竖直方向的速度减小为零，水平方向的速度为_VrSin300C、小球从C点运动到最高点的时间t=gD、小球从A点到C点只有重力做功，满足机械能守恒据此有:RAvc =解得:恪mgh=mg(R+Rcos30)+ymv故D正确。故选：Do【点评】本题关键是搞清小球运动的特点，从C点做斜上抛运动到达E点，结合抛体运动规

19、律列方程，此题计算量较大，考查学生的综合能力。8 .（浙江期中）如图所示，质量为m的物体沿动摩擦因数为的水平面以初速度Vo从A点出发到B点时速度变为V,设同一物体以初速度VO从A，点先经斜面AzC,后经斜面CB,到B点时速度变为v（可认为过C点前后速度大小不变），两斜面在水平面上投影长度之和等于AB的长度，且动摩擦因数也为,则有（）D.不能确定【分析】根据动能定理，分别列方程，对比两个方程即可求末速度之间的关系。【解答】解：设AB间距为X,在水平面上，根据动能定理得：NmgX=_-mv22mv02设左、右斜面倾角分别为a、,左右斜面长度分别为Li、L2,根据动能定理得:-mgcosL-mgc0

20、sL2=-lnv，2-mv02又因为一mg（L1cos+L2cos）=-mgx即：-mgx=lmv2蒋ig02由可知，v=v,故B正确，ACD错误。故选：Bo【点评】根据动能定理列方程，分析两个速度大小关系，抓住滑动摩擦力做功相等即可。9 .（普陀区二模）如图，人骑自行车在水平路面沿直线行进。当人停止蹬车后，自行车受阻力作用做减速运动，直至速度减为零。此过程中克服阻力做功为W,人停止蹬车时自行车的速度为V,符合实际情况的W-V图像为图中的（）【分析】根据动能定理得出人停止蹬车后，阻力做功与自行车速度的关系，从而判断W与V图线.【解答】解：根据动能定理得：-W=O-/mV?,解得：W=Imv2故

21、知W与V成二次函数关系，且抛物线开口向上.故C正确，ABD错误。故选：Co【点评】解决本题的关键根据动能定理得出阻力做功与速度的关系，要能利用所学物理知识分析生活中的问题。10 .（十堰模拟）如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m=2kg小球A。半径R=0.3m的光滑半圆形细轨道，竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球B。用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来。杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响，取

22、重力加速度大小g=10ms2.现给小球A一个水平向右的恒力F=A.把小球B从地面拉到P点正下方C点过程中，力F做的功为22JB.小球B运动到C处时的速度大小为4msC.小球B被拉到离地h=0.225m时与小球A的速度大小相等D.小球B被拉到C处时小球A的速度大小为2ms【分析】把小球B从地面拉到P点正下方C点过程中，根据几何知识求出滑块移动的位移大小，再求解力F做的功.当绳与轨道相切时两球速度相等，小滑块A与小球B的速度大小相等.力F做的功等于AB组成的系统机械能的增加，根据功能关系列方程求解小球B运动到C处时的速度大小V.【解答】解：A、把小球B从地面拉到P点正下方C点过程中，由几何知识得到

23、：力F作用点的位移为：X=PB-PC=Joq2+032m(0.4-0.3)m=0.4m则力F做的功为：W=FX=37.5X0.4J=15J,故A错误；BD、由于B球到达C处时，已无沿绳的分速度，所以此时滑块A的速度为0,根据两球及绳子组成的系统的能量变化过程，由功能关系得：W=lmv2+mgR2代人已知量得：15=工X2Xv2+2X10X0.3,解得小球B速度的大小v=3ms,故BD错2误；C、由几何关系可知，当小球B被拉到离地h=0.225m时，此时绳BP恰好与圆相切，根据A球的速度与B球沿绳子方向的分速度相等，可知两球速度大小相等，故C正确；故选：CoP,【点评】本题连接体问题，关键分析两

24、物体之间的速度与高度关系并运用几何知识和功能关系来研究，注意分析B球到达最高点时A球速度为0.二.多选题（共10小题）11.（山西模拟）质量为2kg的物体做匀变速直线运动，从运动开始计时，在时间t内的平均速度满足=l+t（各物理量均为国际单位）。下列说法正确的是（）A.物体的初速度大小为ImZsB.物体的加速度大小为IMS?C.第3s末，物体的动能为49JD.第3s末，物体所受合力做功的功率为14W【分析】根据匀变速直线运动的位移公式求出平均速度与时间关系式，从而求解加速度和初速度：根据速度公式求解速度，即可求得动能，利用牛顿第二定律求得合力，求得瞬时功率。【解答】解：AB、根据匀变速直线运动

25、的位移公式=5t卷a/得：三二VO卷at，可知：初速度Vo=Ims,加速度a=2ms2,故A正确，B错误；C3s末物体的速度据速度公式得V3=vo+at3=1+23ms=7ms,动能为k三3=272J=49J,故C正确；D、根据牛顿第二定律可知物体受到的合外力F=ma=2X2N=4N,功率P=Fv3=4X7W=28W,故D错误；故选：ACo【点评】本题考查匀变速直线运动的公式变形得出平均速度与时间关系公式，利用好牛顿第二定律和动能的表达式从而解决物理问题。12.（威信县校级期末）关于动能的理解，下列说法正确的是（）A.动能是普遍存在的机械能的一种基本形式，凡是运动物体都具有动能B.动能总是正值

26、，但对于不同的参考系，同一物体的动能大小是不同的C.一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化D.动能不变的物体，一定处于平衡状态【分析】动能是标量，只有大小没有方向，速度是矢量，有大小有方向，对于一定质量的物体，动能变化，则速度一定变化，速度变化，动能不一定变化。【解答】解：A、动能是普遍存在的机械能的一种基本形式，运动的物体都就有动能。故A正确。B、根据EJlnV2知，质量为正值，速度的平方为正值，则动能一定为正值，对于不同k2的参考系，速度不同，则物体的动能不同。故B正确。C、一定质量的物体，动能变化，则速度的大小一定变化，所以速度一定变化；但是速度变化，动能

27、不一定变化，比如做匀速圆周运动的物体，速度方向变化，大小不变，则动能不变。故C正确。D、动能不变的物体，速度方向可能变化，则不一定处于平衡状态。故D错误。故选：ABC。【点评】本题考查的是学生对动能的理解，由于动能的计算式中是速度的平方，所以速度变化时，物体的动能不一定变化。注意矢量的变化时，不一定只是大小变化。13.（禅城区月考）做自由落体运动的物体，在下落过程中，它的动能与它的（）A.下落时间的平方成正比B.位移平方成正比C.速度平方成正比D.动量平方成正比【分析】自由落体运动是一种初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动，根据V=gt、Ek=-mv2v=2gxp=mv列式分析。【解答】解：

28、A、自由落体运动是一种初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动，则有v=gl,物体的动能为Ek=-mv2=-mg2t2,知动能与下落时间的平方成正比，故A正确。B、结合v=42gx和Ek=，mv2得，Ek=mgx,知动能与位移成正比，故B错误。C、根据Ek=111v2知动能与速度平方成正比，故C正确。D、根据Ek=LmV2和p=mv得Ek=E-,知动能与动量平方成正比，故D正确。22m故选：ACDo【点评】解决本题的关键要掌握自由落体运动的规律，掌握动能与速度、动量的关系，根据表达式分析物理量之间的关系。14.（南关区校级期末）在下列几种情况中，甲乙两物体的动能相等的是（）A.甲的质量是乙的4倍

29、，甲的速度是乙的一半B.甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的一半C.甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的一半D.质量相同，速度大小也相同，但甲向东运动，乙向西运动【分析】本题考查对动能定理义的掌握，根据动能的表达式Ek=nv2结合题目中的条件求解.【解答】解：A、甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的工，则甲的动能与乙的相等；故2A正确；B、甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的工，则甲的动能是乙的2倍；故B错误；2C、甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的工，则甲的动能是乙的上倍；故C错误；22D、动能是标量，和速度的方向无关；故只要质量相等，速度也相等，则动能一定相等；故D正确；故选：ADo【点评】本题考

30、查动能的计算式，这是采用控制变量法研究的，掌握动能表达式即可解决,属于基础题.15.（殷都区校级月考）关于速度和动能的关系，下面说法中正确的是（）A.速度在改变，动能一定改变B.速度改变，动能可能不变C.速度不变，动能一定不改变D.速度不变，动能可能改变【分析】根据动能的表达式Elz2可知，当速度方向变化，大小不变时，动能不变，k2但动能不变，速度方向可变。【解答】解：AB、物体的速度发生变化，如果只是方向变化，大小不变，动能不变，故A错误，B正确；CD、速度不变，即速度的大小和方向都不变，故动能一定不变，故C正确，D错误。故选：BCo【点评】解决该题需要明确知道速度是矢量，有大小和方向，当速

31、度大小或者方向发生变化时则速度变化，知道动能是标量，速度大小变化，动能一定变化。16.（广东模拟）如图甲所示，质量m=Ikg的物块在恒定拉力F的作用下沿水平面做直线运动，其位移与速度的平方的关系图像如图乙所示。已知拉力F方向与水平方向的夹角为37oo取sin37=0.6,cos37o=0.8,下列分析正确的是（）A.物块运动的加速度大小为Ims2B.物块运动的初速度大小为2msC.物块与水平地面间的动摩擦因数一定为0D,在039内，拉力F所做的功为3J【分析】根据物块做匀变速直线运动和位移-速度公式求位移和速度的平方间的关系式,根据关系式中的斜率和截距求加速度和初速度，根据图像的特点判断物块的

32、运动为先匀减速再反向匀加速直线运动，根据加速度的特点判断摩擦力的大小，根据速度公式求末速度,根据动能定理求力F的功。【解答】解:A、物块在恒力作用下做匀变速直线运动,根据位移速度公式：2ax=g2_u02解得:由图线的斜率k=ls2m=-2a解得:a=lms2故A正确；2VnB、由图线的纵截距b=-1m=-2a解得：Vo=故B错误；C、由图线可知当速度减小到0时物块位移为-1m,所以物块先向负方向减速运动，再向正方向加速运动并且物块加速度大小不变，说明物块没有受到摩擦力，故动摩擦因数为0,故C正确;D、因为物块先向负向运动，初速度为负方向，根据速度-时间公式：V=-vo+at解得：t=39时的

33、速度大小为v=2后m/s根据动能定理:解得：Wf=3J故D正确。故选：ACDo【点评】解题的关键是根据位移-速度公式找到位移速度的平方的关系表达式，找到图线的斜率和截距，求出加速度和初速度的值。17 .（大武口区校级期末）在平直公路上汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到IOnVs时，立即关闭发动机，汽车滑行直到停止，运动的V-t图所示，汽车牵引力大小为F,汽车受到的阻力恒定为f,全过程中牵引力做功为Wf,克服阻力f所做的功为Wc则下列各项中正确的是（）v(ms)A.F：f=l：3B.F：f=4：1C.Wf：Wf=I:1D.Wf：Wf=I:3【分析】由动能定理可得出汽车牵引力的功与克服摩擦力做

34、功的关系，由功的公式可求得牵引力和摩擦力的大小关系.【解答】解：对全过程由动能定理可知WF-Wf=O,故Wf：Wf=I:1,故C正确，D错误；根据恒力做功公式的：Wf=Fs,Wf=fs,由图可知：s：s=1：4,所以F：f=4：1,故A错误，B正确；故选：BCo【点评】本题要注意在机车起动中灵活利用功率公式及动能定理公式，同时要注意图象在题目中的应用.18 .（广东模拟）游乐场滑索项目的简化模型如图所示,索道AB段光滑,A点比B点高1.25m,与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4m。质量为50kg的滑块从A点由静止下滑，到B点进入水平减速区，在C点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙Im的D点停下。设

35、滑块与BC段的动摩擦因数为0.2,规定向右为正方向。g取IOm2。下列说法正确的是()A.缓冲墙对滑块的冲量为-50NsB.缓冲墙对滑块的冲量为-250NsC.缓冲墙对滑块做的功为-125JD.缓冲墙对滑块做的功为-25OJ【分析】由动能定理结合牛顿第二定律以及运动学公式求得滑块与缓冲墙碰撞前后的速度大小，然后根据动量定理和动能定理求解即可。【解答】解：从A到B的过程中，由动能定理得：mgh=lmv220代入数据解得滑块到达B得速度为：vo=5ms由B到C的过程中，由牛顿第二定律得：mg=ma代入数据解得加速度大小为：a=2ms2由速度一位移公式得：V2-v2=2ax代入数据解得滑块到达缓冲墙

36、的速度为：v=3ms由C到D的过程中，由速度位移公式得：0-v2=-2ax2代入数据解得滑块与缓冲墙碰撞后得速度大小为：v=2msAB规定向右为正方向，由动量定理得：I=m(-v)-mv代入数据可得缓冲墙对滑块的冲量为：I=-250Ns,故A错误，B正确；CD、由动能定理得：W=-i-m7i2-ymv2代入数据解得缓冲墙对滑块做的功为：W=125J,故C正确，D错误。故选：BCo【点评】本题以游乐场滑索项目的简化模型为情景载体，考查了动量定理、动能定理、牛顿第二定律以及运动学公式相结合问题，有较强的综合性，解决此题的关键是要搞清楚物体运动的过程，并灵活选取相应的规律去求解。19 .（三模拟）一

37、质量为2kg的物体，在水平恒定拉力F=7N的作用下以一定的初速度Vo=3ms在粗糙的水平面上做匀加速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象，已知重力加速度g取10ms2,由此可知（12108642O24681012smA.整个过程中拉力对物体所做的功约为41JB.物体与水平面间的动摩擦因数约为0.23C.物体匀加速运动的末速度约为4.3msD.物体运动的时间约为2.5s【分析】物体做匀速运动时，受力平衡，拉力等于摩擦力，根据滑动摩擦力公式求解动摩擦因数，图象与坐标轴围成的面积表示拉力做的功，从而求出合外力做的功，根据动

38、能定理求出初速度.根据运动过程分析减速运动的时间.【解答】解：A、在水平恒定拉力F=7N的作用下通过的位移为4m,故在前4m内拉力做功W=74J=28J,4m后物体做减速运动，图象与坐标轴围成的面积表示拉力做的功，则由图象中减速过程包括的方格数可知，减速过程拉力做功等于：W2=13X1J=13J,故整个过程拉力做功W=Wi+W2=28J+13J=41J,故A正确；B、在整个过程，根据动能定理可得：-rogs=-l-mv22j解得=o.23,故B正确；C、设物体匀加速运动的末速度为v,则04m内有动能定理可得：WI-Wmgs=ymvy2-ymvg,解得：v=4.3ms,故C正确；D、由于不知道4

39、m后具体的运动情况，无法求出减速运动的时间，故D错误；故选：ABCo【点评】本题要注意根据位移公式及图象迁移应用其结论：F-X图象中图象与X轴围成的面积表示力所做的功，利用好动能定理即可.20.（泰安期末）运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置，如图，设它经过A、B、C三点，到O点速度为零，已知A、B、C三点到O点的距离分别为si、S2、S3,时间分别为口、12、6。下列结论正确的是（冰壶和冰面的动摩擦因数保持不变，g为已知）（）ABCO【解答】解：动能是由于物体运动而具有的能，其大小与质量和速度有关；故答案为：动能.【点评】本题

40、考查动能的定义，要注意明确动能是物体由于运动而具有的能量，其表达式为：E=-mv2.222 .（府谷县校级期末）质量为2kg的物体A以5ms的速度向北运动，另一个质量为0.5kg的物体B以IOm/s的速度向西运动，则EkA=EkB（填=；）【分析】根据动能的表达式分别代入已知数据，即可求得两物体的动能，即可比较大小.【解答】解：动能E=1mv2;2故A的动能EkA=-i-225=25J;B的动能EkB=Ax0.5100=25J;2故EkA=EkB;故答案为：=【点评】本题考查动能的定义，要注意明确动能是标量，与速度方向无关.23 .（麻城市期末）动能Ek=mv2.2【分析】物体由于运动而具有的

41、能量称为物体的动能，它的大小定义为物体质量与速度平方乘积的二分之一；明确动能的表达式，据此分析即可.【解答】解：动能的大小与物体的质量、速度有关，它的大小定义为物体质量与速度平方乘积的二分之一，即动能Ek=2mv?;2故答案为：HlV2.【点评】本题考查动能的表达式，解题关键是明确动能的概念和它的定义.24 .（岳阳校级月考）某物体质量为1kg,动能是8J,则速率是一4ms,若物体质量减半，速度增大到原来的2倍，则动能与原来动能之比为2.【分析】根据动能的表达式EK=工mV2可明确已知动能和质量可以求出速度；同时可根据2质量和速度的变化明确动能的变化.【解答】解：根据动能的表达式E=v2可知：

42、2Ol28=mv；2代入数据解得：v=4ms;由公式可知，质量减半，速度增大到原来的2倍，物体的动能是原来的2倍；故比值为2；故答案为：4,2.【点评】对于动能和速度要注意明确：速度是矢量，其变化可能是速度方向变化，可能是速度大小变化，也可能速度大小和方向同时变化，而给定物体的动能只与速率有关，速率变化，动能即变化25 .（湖南学业考试）物体质量为m,速度为V,则其动能为E=AmV2,在国际单位制-2中，动能的单位是焦（J）.【分析】明确动能的定义以及表达式，同时知道动能的单位和功的单位相同，均为焦耳.【解答】解：物体由于运动而具有的能叫动能，其大小为：E=Imv2;2其单位为焦耳，简称为焦，

43、符号为J；故答案为：E=Imv2;（焦）J；2【点评】本题考查对于动能的记忆问题，只要能熟记公式即可求解.26 .（普陀区二模）用内壁光滑的圆管制成如图所示轨道（ABe为圆的一部分，CD为斜直轨道，二者相切于C点），放置在竖直平面内。圆轨道中轴线的半径R=Im,斜轨道CD与水平地面的夹角为。=37.现将直径略小于圆管直径的小球以一定速度从A点射入圆管，欲使小球通过斜直轨道CD的时间最长，则小球到达圆轨道最高点的速度为O,进入斜直轨道C点时的速度为取IOms2,sin37o=0.6,cos37o=0.8）。【分析】小球到达圆轨道的最高点的速度为0时，通过倾斜轨道CD的时间最长，利用动能定理求出小

44、球通过C点时的速度。【解答】解：小球通过倾斜轨道时间若最长，则小球到达圆轨道的最高点的速度为0,设最高点到C点的竖直距离为h,小球运动到C点时的速度为vc,从最高点到C点的过程,由动能定理可得：1nmSh=ymvc由几何关系得：h=R-Rcos代入数据解得到达C点的速度为：vc=2ms故答案为：0,2【点评】本题综合考查了动能定理等相关知识；解答此题的关键是找到隐含条件：小球通过倾斜轨道时间若最长，即是小球到达圆轨道的最高点的速度为0:要求认真分析运动过程，理解竖直面内的圆周运动的两种模型：轻绳模型和轻杆模型，知道它们能做完整的圆周运动在最高点的临界条件。27.（徐汇区期末）如图，倾角为的固定

45、斜面上AB段光滑，BC段粗糙，且BC=2AB.若P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点而停下，则小物块P与BC段斜面之间的动摩擦因数=3tan；若P以初速度vo从A点开始运动，则到达C点时的速度VC一2一=vo（选填“”、V”或“=【分析】对滑块从A到C过程运用动能定理即可求解滑块与斜面的摩擦因数，进而解决VC与VO关系；【解答】解：设AB间距为L,则BC间距为2L,对滑块从A到C过程运用动能定理得mg3Lsin-mgcos2L=0解得；H=3tan2当P以初速度VO从A点开始运动到达C点时，由动能定理得：mg3Lsin-mgcos2L=1212ymvc-mv0解得：VC=VO;故答案为：3tan,=2【点评】了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律；28 .（宝山区校级月考）如图所示，质量为m的物体从高度为h的A点静止下滑，滑到平面上的C点停下，在B点没有能量损失，则A到C的全过程中物体克服阻力所做的功为mghO如果使物体在C点有一水平初速度，且它能够自己从C点沿原路返回到A点，则该初速度至少为_2iJL8【分析】对A到C的过程运用动能定理，求出物体克服阻力