(1)动能及动能定理；(2)应用动能定理求解多过程问题；(3)应用动能定理求解多物体的运动问题。

例1．(2019∙全国III卷∙17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为( )

A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg
【答案】C
【解析】设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，当Δh＝3 m时，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×Δh＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，当Δh＝3 m时，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×Δh＝(48－24) J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，选项C正确，A、B、D均错误。
【点睛】本题考查动能定理，体现了模型建构素养。物体受到大小不变的外力，方向始终与速度方向相反，即上升时外力方向向下，下落时外力方向向上，这是解答此题的关键。

1．汽车在一段坡度不变的山坡上匀速上行，速度大小为v，汽车发动机输出功率为P。设汽车所受摩擦力大小恒为f，则下列说法中错误的是( )
A．汽车所受合外力对汽车所做的功为零
B．汽车所受的摩擦力与重力对汽车做负功，支持力对汽车不做功
C．汽车发动机输出功率P＝fv
D．若汽车匀速上行的速度大小为2v，发动机输出功率应为2P
【答案】C
【解析】汽车匀速上行，根据动能定理W＝ΔEk＝0，A正确；汽车受到的重力方向和汽车的位移方向夹角是钝角，重力做负功，摩擦力方向和汽车位移方向相反，做负功，支持力始终和汽车的位移垂直，不做功，B正确；设山坡的倾角为θ，因为匀速上升，则牵引力F＝f＋mgsin θ，则汽车发动机输出功率P＝Fv＝(f＋mgsin θ)v，C错误；若汽车匀速上行的速度大小为2v时，汽车的牵引力没有变化，但是速度增加了2倍，则P′＝F∙2v＝2P，D正确。
2．(多选)在工厂的流水线上安装有足够长的水平传送带，用水平传送带传送工件，可以大大提高工作效率，如图所示，水平传送带以恒定的速率v运送质量为m的工件，工件以v0(v0<v)的初速度从A位置滑上传送带，工件与传送带间的动摩擦因数为μ，已知重力加速度为g，则(　　)

A．工件滑上传送带到与传送带相对静止所需时间为v－v0μg
B．因传送工件电动机多做的功为12m(v2－v20)
C．传送带的摩擦力对工件所做的功为12m(v－v0)2
D．工件与传送带的相对位移为v－v022μg
【答案】AD
【解析】工件滑上传送带后先做匀加速运动，μmg＝ma，a＝μg，相对滑动时间为t＝v－v0μg，A项正确；因传送工件电动机多做的功W＝μmgvt＝mv(v－v0)，B项错误；根据动能定理传送带对工件做功W1＝12m(v2－v20)，C项错误；工件与传送带的相对位移Δx＝vt－v＋v02t＝v－v022μg，D项正确。
3．如图，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(　　)

A．W＝12mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W＞12mgR，质点不能到达Q点
C．W＝12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W＜12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
【答案】C
【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＝mv2R，所以N点动能为EkN＝32mgR，从P点到N点根据动能定理可得mgR－W＝32mgR－mgR，即克服摩擦力做功W＝12mgR。质点运动过程，半径方向的合力提供向心力即FN－mgcos θ＝ma＝mv2R，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f＝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＝32mgR－mgR－W′＝12mgR－W′，由于W′＜12mgR，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项正确。
4．质量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其v－t图象如图所示(竖直向上为正方向，DE段为直线)，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)

A．t3～t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动
B．t0～t2时间内，合力对小球先做正功后做负功
C．0～t2时间内，小球的平均速度一定为v32
D．t3～t4时间内，拉力做的功为12m(v3＋v4)[(v4－v3)＋g(t4－t3)]
【答案】D
【解析】t3～t4时间内小球做竖直向上的匀减速直线运动，A错误；t0～t2时间内小球速度一直增大，合力对小球一直做正功，B错误；0～t3时间内小球的运动不是匀变速运动，不等于v32，C错误；t3～t4由动能定理得WF－mgh＝12mv24－12mv23，且h＝12(v4＋v3)(t4－t3)，解得WF＝12m(v3＋v4)[(v4－v3)＋g(t4－t3)]，D正确。
5．(多选)如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B靠在平板的右侧，A、B与斜面的动摩擦因数均为μ。开始时用手按住物体B使弹簧处于压缩状态，现放手，使A和B一起沿斜面向上运动距离L时，A和B达到最大速度v。则以下说法正确的是(　　)

A．A和B达到最大速度v时，弹簧是自然长度
B．若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为g(sin θ＋μcos θ)
C．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于12Mv2＋MgLsin θ＋μMgLcos θ
D．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，B受到的合力对它做的功等于12mv2
【答案】BD
【解析】A和B达到最大速度v时，A和B的加速度为零。对AB整体，由平衡条件知kx＝(m＋M)gsin θ＋μ(m＋M)gcos θ，所以此时弹簧处于压缩状态，故A项错误；A和B恰好分离时，A、B间的弹力为0，A、B的加速度相同，对B受力分析，由牛顿第二定律知，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，得a＝gsin θ＋μgcos θ，故B项正确；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对AB整体，根据动能定理得W弹－(m＋M)gLsin θ－μ(m＋M)gcos θ•L＝12(m＋M)v2，所以弹簧对A所做的功W弹＝12(m＋M)v2＋(m＋M)gLsin θ＋μ(m＋M)gcos θ•L，故C项错误；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，根据动能定理得B受到的合力对它做的功W合＝ΔEk＝12mv2，故D项正确。
6．如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为2 kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B两球均处于静止状态，此时OA＝0.3 m，OB＝0.4 m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1 m时速度大小为3 m/s，则在此过程中绳的拉力对B球所做的功为(取g＝10 m/s2)(　　)

A．11 J B．16 J C．18 J D．9 J
【答案】C
【解析】A球向右运动0.1 m时，vA＝3 m/s，OA′＝0.4 m，OB′＝0.3 m，设此时∠B′A′O＝α，则有tan α＝34。由运动的合成与分解可得vAcos α＝vBsin α，解得vB＝4 m/s。以B球为研究对象，此过程中B球上升高度h＝0.1 m，由动能定理，W－mgh＝12mvB2，解得轻绳的拉力对B球所做的功为W＝mgh＋12mvB2＝2×10×0.1 J＋12×2×42 J＝18 J，选项C正确。
7．(多选)如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2。设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则W1W2的值可能是(　　)

A．12 B．23 C．34 D．1
【答案】AB
【解析】第一次击打后球最高到达与球心O等高位置，根据动能定理，有：W1≤mgR，两次击打后可以到达轨道最高点，根据动能定理，有：W1＋W2－2mgR＝12mv2，在最高点，有：mg＋N＝mv2R≥mg，联立①②③解得：W1≤mgR，W2≥32mgR，故W1W2≤23，故A、B正确，C、D错误。
8．如图所示，上表面水平的圆盘固定在水平地面上，一小物块从圆盘边缘上的P点，以大小恒定的初速度v0，在圆盘上沿与直径PQ成不同夹角θ的方向开始滑动，小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为v，则v2－cosθ图象应为(　　)

【答案】A
【解析】设圆盘半径为r，小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，由动能定理可得－μmg•2rcos θ＝12mv2－12mv20，整理得v2＝v20－4μgrcos θ，可知v2与cos θ为线性关系，斜率为负，故A项正确，B、C、D项错误。
9．(多选)如图所示，物块A、B、C、D的质量都是m，并都可看作质点，四个物块用细线通过轻质滑轮连接。物块B与C、C与D、D与地面的距离都是L。现将物块A下方的细线剪断，若物块A距离滑轮足够远且不计一切阻力，则(　　)
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】设物块D落地时速度为v1，在D落地过程中，对四个物块应用动能定理有3mgL－mgL＝12×4mv21；在物块C落地过程中，对三个物块应用动能定理有2mgL－mgL＝12×3mv22－12×3mv21，联立解得v2＝5gL3，A正确，B错误；之后物块B匀速下降直到落地，A匀速上升，至此A已上升了3L的高度；再往后物块A做竖直上抛运动，还可以上升h＝v222g＝5L6，A上升的最大高度H＝h＋3L＝236L，C错误，D正确。

10．多级火箭是由数级火箭组合而成的运载工具，每一级都有发动机与燃料，目的是为了提高火箭的连续飞行能力与最终速度。现有一小型多级火箭，质量为M，第一级发动机的额定功率为P，先使火箭由静止竖直向上做加速度为a的匀加速直线运动。若空气阻力为f并保持不变，不考虑燃料燃烧引起的质量变化及高度不同引起的重力变化，达到额定功率后，发动机功率保持不变，直到火箭上升达到最大速度时高度为H。试求：
(1)第一级发动机能使火箭达到的最大速度。
(2)第一级发动机做匀加速运动的时间。
(3)第一级发动机以额定功率开始工作，直到最大速度时的运行时间。
【解析】(1)由题意知火箭达到最大速度时加速度为零，设发动机牵引力为F，则：
F＝f＋Mg
额定功率为P，所以最大速度有：。
(2)由题意知做匀加速运动，加速度a不变，功率为P，设匀加速运动的最大速度为v1，时间为t1，此时牵引力为F1，则有：
P＝F1v1
F1－(f＋Mg)＝Ma
v1＝at1
联立解得：。
(3)设以额定功率开始工作，直到最大速度的时间为t，则根据动能定理有：
Pt－(f＋Mg)(H－12ma12)＝12Mvm2－12Mv12
由(1)可知：
由(2)可知：
联立解得：。
11．如图所示，光滑圆弧AB在竖直平面内，圆弧B处的切线水平，A、B两端的高度差为h1＝0.2 m，B端高出水平地面h2＝0.8 m，O点在B点的正下方，将一确定的滑块从A端由静止释放，落在水平面上的C点处。取g＝10 m/s2。求：

(1)落地点C到O的距离xOC；
(2)在B端平滑连接一水平放置长为L＝1.0 m的木板MN，滑块从A端释放后正好运动到N端停止，求木板MN与滑块间的动摩擦因数；
(3)若将木板右端截去长为ΔL的一段，滑块从A端释放后将滑离木板落在水平面上P点处，要使落地点P距O点的距离最远，则ΔL应为多少？距离s的最大值为多少？
【解析】(1)滑块从光滑圆弧AB下滑过程中，根据动能定理得：mgh1＝12mvB2－0
得vB＝2gh1＝2 m/s
滑块离开B点后做平抛运动，则：
竖直方向：h2＝12gt2
水平方向：x＝vBt
联立得到x＝vB2h2g
代入数据解得x＝0.8 m。
(2)滑块从B端运动到N端停止的过程，根据动能定理得：－μmgL＝0－12mvB2
代入数据解得μ＝0.2。
(3)若将木板右端截去长为ΔL的一段后，设滑块滑到木板最右端时速度为v，由动能定理得：
－μmg(L－ΔL)＝12mv2－12mvB2
滑块离开木板后仍做平抛运动，高度不变，运动时间不变，则落地点距O点的距离：
s＝L－ΔL＋vt
联立整理得：s＝1＋0.8ΔL－ΔL＝－(0.4－ΔL)2＋1.16
所以当ΔL＝0.4即ΔL＝0.16 m时，s最大，且最大值smax＝1.16 m。

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小题必练9：动能和动能定理

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