第8.8節培優提升動能定理的綜合應用學習目標1.進一步理解動能定理，會利用動能定理分析變力做功問題。2.會利用動能定理分析相關圖像問題。提升1利用動能定理求變力做功1.利用動能定理求解變力做功時應注意變力(力的大小或方向或大小、方向同時發生變化)做功，不能用功的定義式直接求得，可利用動能定理解決，即變力做的功和其他力做功的代數和(或合力做的功)等于物體動能的變化。2.用動能定理求解變力做功的思路(1)確定研究對象，分析物體的受力情況，確定運動過程中哪些力是恒力，哪些力是變力。如果是恒力，寫出恒力做功的表達式；如果是變力，用相應功的符號表示出變力做的功。(2)分析物體的運動過程，確定其初、末狀態的動能。(3)運用動能定理列式求解。例1如圖所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一小球向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面。設小球在斜面最低點A的速度為v，壓縮彈簧至C點時彈簧最短，C點距地面高度為h，不計小球與彈簧碰撞過程中的能量損失。則彈簧被壓縮至C點過程中，彈簧對小球做的功為()A.mgh－eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(1,2)mv2－mghC.mgh＋eq\f(1,2)mv2 D.mgh答案A解析小球從A點運動到C點的過程中，重力和彈簧彈力對小球做負功，由于斜面支持力與位移方向始終垂直，則支持力對小球不做功，由動能定理可得WG＋WF＝0－eq\f(1,2)mv2，重力做功為WG＝－mgh，則彈簧彈力對小球做的功為WF＝mgh－eq\f(1,2)mv2，故A正確。訓練1如圖所示，質量為m的物塊與水平轉臺之間的動摩擦因數為μ，物塊與轉臺轉軸相距R，物塊隨轉臺由靜止開始轉動并計時，在t1時刻轉速達到n，物塊即將開始滑動。保持轉速n不變，繼續轉動到t2時刻。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。則()A.在0～t1時間內，摩擦力做功為零B.在t1～t2時間內，摩擦力做功為2μmgRC.在0～t1時間內，摩擦力做功為2μmgRD.在0～t1時間內，摩擦力做功為eq\f(1,2)μmgR答案D解析在0～t1時間內，轉臺轉速逐漸增加，物塊相對轉臺靜止，故物塊的速度逐漸增加，當轉速為n時，最大靜摩擦力提供向心力，則μmg＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(μgR)，物塊做加速圓周運動的過程，由動能定理可知Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)μmgR，故A、C錯誤，D正確；在t1～t2時間內，物塊的線速度大小不變，摩擦力提供向心力，根據動能定理可知摩擦力做功為零，故B錯誤。訓練2（多選）人們用滑道從高處向低處運送貨物。如圖所示，可看作質點的貨物，從圓弧滑道頂端P點以2m/s的速度沿切線方向下滑，沿滑道運動到圓弧末端Q點時速度大小為6m/s。已知貨物質量為5kg，滑道高度h為4m，且過Q點的切線水平，重力加速度取。關于貨物從P點運動到Q點的過程，下列說法正確的有（）A．克服阻力做的功為120JB．重力做的功為20JC．經過Q點時向心加速度大小為D．經過Q點時對軌道的壓力大小為45N答案AC解析B．重力做的功故B錯誤；A．下滑過程根據動能定理可得克服阻力做的功故A正確；C．經過Q點時向心加速度大小為故C正確；D．經過Q點時，根據牛頓第二定律解得根據牛頓第三定律故D錯誤。故選AC。提升2動能定理與圖像結合的問題例2(多選)在某次帆船運動比賽中，質量為500kg的帆船，在風力和水的阻力共同作用下做直線運動的v－t圖像如圖所示。下列表述正確的是()A.在0～1s內，風力對帆船做功1000JB.在0～1s內，合外力對帆船做功1000JC.在1～2s內，合外力對帆船做功750JD.在0～3s內，合外力對帆船做的總功為0答案BD解析在0～1s內，根據動能定理得W合＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×500×22J＝1000J，而合外力做的功W合＝W風－W克阻，故風力對帆船做的功大于1000J，故A錯誤，B正確；在1～2s內，根據動能定理得W合′＝ΔEk′＝eq\f(1,2)×500×12J－eq\f(1,2)×500×22J＝－750J，故C錯誤；在0～3s內，根據動能定理得W合″＝ΔEk″＝0，故D正確。訓練1某同學設計了如圖1所示裝置：一質量為0.5kg的水平長木板A置于水平桌面上，一質量為1.0kg的滑塊B（可視為質點）置于木板A上某位置，輕繩一端跨過定滑輪與滑塊B連接，另一端懸掛一重物，定滑輪和滑塊B間輕繩水平，重物落地后立即與輕繩脫離連接。滑塊B在虛線區域內（不含邊界）會受到水平向右的恒力作用，虛線區域寬度為0.6m。時刻，滑塊B位于虛線區域右側，所有物體均靜止。該同學在某次操作中，記錄下滑塊B和木板A運動的部分圖像如圖2所示，時刻，滑塊B剛好進入虛線區域。整個運動過程中，滑塊B始終不脫離木板A，木板A距定滑輪足夠遠，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，忽略空氣阻力，重力加速度取。求：(1)木板A與滑塊B間、木板A與桌面間的動摩擦因數；(2)本次操作中，所掛重物的質量；(3)討論本次操作中，滑塊B停止運動時到虛線區域右邊界的距離與恒力大小之間的關系。答案(1)，(2)(3)解析（1）由圖像可知，到時間段內，B的加速度大小A的加速度大小設A與B間的動摩擦因數為，A與桌面間的動摩擦因數為，由牛頓第二定律，對B有對A有聯立解得，（2）由圖像可知，到時間段內，B的加速度大小，設重物質量為，對B和重物組成的系統，由牛頓第二定律有解得（3）時刻，A、B共速，B剛好進入虛線區域，且B受到水平向右的恒力作用，若A、B進入虛線區域后會發生相對滑動，由分析知得因此，進入虛線區域后，A、B會保持相對靜止一起水平向左做勻減速直線運動，一起勻減速的加速度大小接下來，分析三種情況：①若A、B恰好一起滑出左邊界，則其中解得②若A、B滑不出左邊界，停下后A、B均能在虛線區域內靜止，則③若A、B滑不出左邊界，停下后A、B不能在虛線區域內靜止，則將反向水平向右加速，若A、B向右加速過程中會發生相對滑動，由分析知解得因此，A、B會保持相對靜止一起向右加速，綜上可知：①當時，A、B將一起滑出左邊界，又由知，A、B之后將一起勻減速到零，由動能定理，則有解得②當時，A、B將一起停在虛線區域中，由動能定理，則有解得③當時，A、B將先一起向左勻減速，由動能定理，則有然后一起向右先勻加速再勻減速，由動能定理，則有聯立解得訓練2質量為2kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在光滑水平地面上做直線運動，規定水平向右為正方向，力F與時間t的關系圖像如圖所示。求：(1)3s時物塊的位移大小；(2)0~4s時間內F對物塊所做的功。答案(1)3m(2)4J解析（1）由圖可知，0~2s時間內，物塊受到向右的力F1=2N，向右加速，根據牛頓第二定律有2s末物體受到向左的力F2=4N，根據牛頓第二定律有2s時物塊的速度大小為0~2s物塊運動的位移大小2s后物塊以加速度a2開始減速，減速到0所用的時間為解得即3s時物塊速度恰好減為零，2~3s物塊運動的位移大小3s時物塊的位移大小為（2）4s時物塊的速度由動能定理，0~4s時間內F對物塊所做的功例3(2022·江蘇卷)某滑雪賽道如圖所示，滑雪運動員從靜止開始沿斜面下滑，經圓弧滑道起跳。將運動員視為質點，不計摩擦力及空氣阻力，此過程中，運動員的動能Ek與水平位移x的關系圖像正確的是()答案A解析設斜面傾角為θ，不計摩擦力和空氣阻力，運動員在沿斜面下滑過程中根據動能定理有Ek＝mgxtanθ，即eq\f(Ek,x)＝mgtanθ，下滑過程中開始階段傾角θ不變，Ek－x圖像為一條直線；經過圓弧軌道過程中θ先減小后增大，即圖像斜率先減小后增大，故A正確。處理動能定理與圖像結合問題的基本步驟訓練1(多選)某品牌電動汽車在平直公路上由靜止開始啟動，若啟動過程中加速度傳感器測量到汽車加速度隨時間變化的規律如圖所示。汽車后備箱中水平放置一質量m＝5kg的物塊，與汽車始終相對靜止，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是()A.第2s末，汽車的速度為3.2m/sB.第8s末，汽車的速度為9.6m/sC.前2s內，汽車對物塊的作用力做功大小為6.4JD.前8s內，汽車對物塊的最大摩擦力為8N答案BCD解析根據a－t圖像與t軸圍成的面積表示速度變化量可知，第2s末，汽車的速度為v2＝eq\f(1,2)×2×1.6m/s＝1.6m/s，第8s末，汽車的速度為v8＝eq\f(1,2)×(4＋8)×1.6m/s＝9.6m/s，故A錯誤，B正確；前2s內，由動能定理得，汽車對物塊做的功為W＝eq\f(1,2)mv2－0＝6.4J，故C正確；a最大為1.6m/s2，由Ff＝ma代入數據可得最大摩擦力為8N，故D正確。訓練2如圖所示，滑塊A和足夠長的木板B疊放在水平地面上，A和B之間的動摩擦因數是B和地面之間的動摩擦因數的4倍，A和B的質量均為m。現對A施加一水平向右逐漸增大的力F，當F增大到F0時A開始運動，之后力F按圖乙所示的規律繼續增大，圖乙中的x為A運動的位移，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。對兩物塊的運動過程，以下說法正確的是（）A．當F＞2F0，木塊A和木板B開始相對滑動B．當F＞F0，木塊A和木板B開始相對滑動C．自x=0至木板x=x0的過程中木板B對A做功大小為D．x=x0時，木板B的速度大小為答案C解析AB．設A、B之間的最大摩擦力為，B與地面之間的最大摩擦力為，由于最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則可知，當F增大到F0，A開始運動時，B也和A一起滑動。則當A、B發生相對滑動時，A、B之間的摩擦力達到最大靜摩擦力，整體隔離法得聯立解得故AB錯誤；CD．木板自x=0至x=x0過程中，A、B沒有發生相對滑動，整體動能定理得對A用動能定理，得聯立解得故C錯誤，D正確。故選D。隨堂對點自測1.(利用動能定理求變力做功)在離地面高為h處豎直上拋一質量為m的物塊，拋出時的速度為v0，它落到地面時的速度為v，用g表示重力加速度，則在此過程中物塊克服空氣阻力所做的功等于()A.mgh－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B.－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mghC.mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2D.mgh＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案C解析對物塊從h高處豎直上拋到落地的過程，根據動能定理可得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Wf＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，選項C正確。2.(動能定理與圖像結合)物體在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直線滑行直到停止。以a、Ek、x和t分別表示物體運動的加速度大小、動能大小、位移大小和運動時間。則如圖所示的圖像中，能正確反映這一過程的是()答案C解析物體在恒定阻力作用下運動，其加速度不變，故A、B錯誤；設阻力大小為f，由動能定理得－fx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－fx，故C正確；x＝v0t－eq\f(1,2)at2，則Ek＝Ek0－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0t－\f(1,2)at2))，故D錯誤。3.（多選）救援車營救被困在深坑中探險車的情景可簡化為如圖甲所示的模型。斜坡傾角為，其動摩擦因數為。在救援車作用下，探險車從坑底A點由靜止勻加速至B點時達到最大速度，接著勻速運動至C點，最后從C點勻減速運動到達最高點D，恰好停下，選深坑底部為參考平面，救援過程中探險車的機械能E隨高度h變化的圖線如圖乙所示，已知重力加速度，，，下列說法正確的是（）A．探險車質量為1500kgB．探險車在坡面上的最大速度為4m/sC．探險車在BC段運動的時間為18sD．救援過程中救援車對探險車做功為答案ABD解析A．設點處最大速度為，則段速度大小不變，動能不變，機械能大小為圖像中斜率大小為探險車的重力，則則探險車質量為故A正確；B．在的位置速度達到最大值，則將坐標點代入A中的表達式，則解得故B正確；C．由圖像可知探險車在BC段上升的高度為探險車的位移則探險車在BC段運動的時間為故C錯誤；D．根據動能定理全過程解得救援過程中救援車對探險車做功為故D正確。故選ABD。4．如圖所示，一T型支架長的橫桿上用等長的細線等間距懸掛4個相同小球A、B、C、D，支架繞軸線緩慢加速轉動，當支架轉動的角速度為ω時（）A．A、D的加速度相同B．A、B的懸線與豎直方向的夾角相等C．A的機械能大于B的機械能D．A的動能等于該過程中細線對A做的功答案C解析A．由于A、D兩球角速度相同，轉動半徑相同，根據可得，A、D兩球加速度大小相等，方向不同，故A錯誤；B．設懸線與豎直方向的夾角為θ，懸線的懸掛點與轉軸間的距離為x，根據牛頓第二定律可得由此可知，A球懸掛點到轉軸的距離較大，則A的懸線與豎直方向的夾角較大，故B錯誤；C．由于A球線速度較大，動能較大，且A的懸線與豎直方向的夾角較大，則A球重力勢能較大，所以A球的機械能大于B的機械能，故C正確；D．根據動能定理可得，A的動能變化量，即此時A的動能等于該過程中合力對A做的功，故D錯誤。故選C。對點題組練題組一利用動能定理求變力做功1.質量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一水平輕彈簧O端相距s，如圖所示。已知物體與水平面間的動摩擦因數為μ，物體與彈簧接觸后，彈簧的最大壓縮量為x，重力加速度為g。則從物體開始接觸彈簧到彈簧被壓縮至最短(彈簧始終在彈性限度內)的過程中，物體克服彈簧彈力所做的功為()A.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x) B.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmgxC.μmgs D.μmg(s＋x)答案A解析對物體由動能定理得－W－μmg(s＋x)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則物體克服彈力所做的功為W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x)，故A正確，B、C、D錯誤。2.如圖所示，運動員把質量為m的足球從水平地面踢出，足球在空中到達的最高點的高度為h，在最高點時的速度為v。不計空氣阻力，重力加速度為g。下列說法中正確的是()A.運動員踢球時對足球做功eq\f(1,2)mv2B.足球上升過程重力做功mghC.運動員踢球時對足球做功eq\f(1,2)mv2＋mghD.足球上升過程克服重力做功eq\f(1,2)mv2＋mgh答案C解析足球上升過程中重力做負功，WG＝－mgh，即克服重力做功mgh，B、D錯誤；從運動員踢球至足球上升至最高點的過程中，由動能定理得W－mgh＝eq\f(1,2)mv2，故運動員踢球時對足球做功W＝eq\f(1,2)mv2＋mgh，A錯誤，C正確。3.(2021·山東卷，3)如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質細桿，一端可繞豎直光滑軸O轉動，另一端與質量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度v0出發，恰好能完成一個完整的圓周運動。在運動過程中，木塊所受摩擦力的大小為()A.eq\f(mveq\o\al(2,0),2πL) B.eq\f(mveq\o\al(2,0),4πL)C.eq\f(mveq\o\al(2,0),8πL) D.eq\f(mveq\o\al(2,0),16πL)答案B解析木塊在運動過程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功與路徑有關，根據動能定理得－Ff·2πL＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Ff＝eq\f(mveq\o\al(2,0),4πL)，故選項B正確。4.(多選)(2020·天津卷)復興號動車在世界上首次實現速度350km/h自動駕駛功能，成為我國高鐵自主創新的又一重大標志性成果。一列質量為m的動車，初速度為v0，以恒定功率P在平直軌道上運動，經時間t達到該功率下的最大速度vm，設動車行駛過程所受到的阻力F保持不變。動車在時間t內()A.做勻加速直線運動B.加速度逐漸減小C.牽引力的功率P＝FvmD.牽引力做功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案BC解析由于動車以恒定功率P在平直軌道上運動，則由P＝F牽v可知，動車的速度增大，牽引力減小，由牛頓第二定律F牽－F＝ma得動車的加速度逐漸減小，A錯誤，B正確；當動車的加速度為零，即牽引力等于阻力時，動車的速度最大，即P＝Fvm，C正確；設動車在時間t內的位移為x，由動能定理得W－Fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則牽引力所做的功為W＝Fx＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，D錯誤。5.(2024·江蘇連云港市期中)如圖所示，建筑工地常用打樁機將圓柱體打入地下一定深度，某打樁機第一次打擊位于地面的圓柱體，使其進入泥土深度為h0。已知圓柱體的質量為m，所受泥土阻力f與進入泥土深度h成正比(即f＝kh，k為常量)，則打樁機第一次打擊過程對圓柱體所做的功()A.mgh0 B.kheq\o\al(2,0)C.kheq\o\al(2,0)－mgh0 D.eq\f(kheq\o\al(2,0),2)－mgh0答案D解析阻力與深度成正比，則f－h圖像與坐標軸h圍成的面積等于圓柱體克服阻力所做的功，如圖所示，則阻力做功為Wf＝－eq\f(1,2)fh0＝－eq\f(1,2)kheq\o\al(2,0)。打樁機第一次打擊圓柱體進入泥土的過程中，根據動能定理有W＝eq\f(1,2)mv2，mgh0－eq\f(1,2)kheq\o\al(2,0)＝0－eq\f(1,2)mv2，解得W＝eq\f(kheq\o\al(2,0),2)－mgh0，故D正確。題組二動能定理與圖像結合6.物體沿直線運動的v－t圖像如圖所示，已知在第1s內合力對物體做功為W，則()A.從第1s末到第3s末合力做功為4WB.從第3s末到第5s末合力做功為－2WC.從第5s末到第7s末合力做功為WD.從第3s末到第4s末合力做功為－0.5W答案C解析根據動能定理得第1s內W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，從第1s末到第3s末合力做的功W1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝0，A錯誤；從第3s末到第5s末合力做功W2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－W，B錯誤；從第5s末到第7s末合力做功W3＝eq\f(1,2)m(－v0)2－0＝W，C正確；從第3s末到第4s末合力做功W4＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－0.75W，D錯誤。7.(多選)(2024·遼寧東北育才高一期末)質量為1.0kg的物體以某一水平初速度在水平面上滑行，由于摩擦力的作用，其動能隨位移變化的情況如圖所示。g取10m/s2，則下列判斷正確的是()A.物體與水平面間的動摩擦因數為0.2B.物體與水平面間的動摩擦因數為0.3C.物體滑行的總時間為2sD.物體滑行的總時間為4s答案AC解析根據動能定理得－μmgx＝ΔEk，解得μ＝0.2，A正確，B錯誤；物體的初速度v0＝eq\r(\f(2Ek,m))＝4m/s，所以物體滑行的總時間為t＝eq\f(v0,μg)＝2s，C正確，D錯誤。8.一質量為m＝0.2kg的物體，在合外力F作用下由靜止開始做直線運動，F與位移x的關系圖像如圖所示。由圖像可知()A.在x＝0到x＝1m過程中，物體做勻加速直線運動，運動時間t＝0.2sB.在x＝0到x＝2m過程中，物體做變加速直線運動，F做功5JC.物體運動到x＝2m時，物體的瞬時速度為5m/sD.物體運動到x＝2m時，物體的瞬時速度為2m/s答案C解析由題圖可知在x＝0到x＝1m過程中，F為恒力，所以物體做勻加速直線運動，其加速度大小為a＝eq\f(F,m)＝5m/s2，根據運動學公式可得運動時間為t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(0.4)s，故A錯誤；在x＝0到x＝2m過程中，物體先做勻加速直線運動，后做變加速直線運動，根據F－x圖像的面積表示功可知，此過程中F做的功為W＝1×1J＋eq\f(1,2)×(1＋2)×1J＝2.5J，故B錯誤；設物體運動到x＝2m時的瞬時速度為v，根據動能定理可得W＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝5m/s，故C正確，D錯誤。綜合提升練9.質量為m的小球被系在輕繩一端，在豎直平面內做半徑為R的圓周運動，如圖所示，運動過程中小球受到空氣阻力的作用。設某一時刻小球通過軌跡的最低點，此時繩子的張力為7mg，在此后小球繼續做圓周運動，經過半個圓周恰好能通過最高點。已知重力加速度為g，則在此過程中小球克服空氣阻力所做的功是()A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D.mgR答案C解析小球通過最低點時，設繩子的張力為FT，則FT－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，即7mg－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)①小球恰好通過最高點，繩子張力為零，則有mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),R)②小球從最低點運動到最高點的過程中，由動能定理得－mg·2R－W克f＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)③聯立①②③式解得W克f＝eq\f(1,2)mgR，故C正確。10.如圖所示，運輸機器人水平推著小車沿水平地面從靜止開始運動。機器人對小車和貨物做功的功率恒為40W，已知小車和貨物的總質量為20kg，小車受到的阻力為小車和貨物重力的0.1倍，小車向前運動了10s達到最大速度，重力加速度取10m/s2。則()A.小車運動的最大速度為2m/sB.該過程小車的加速度不變C.小車向前運動的位移為20mD.機器人對小車和貨物做的功為200J答案A解析當牽引力與阻力大小相等時，小車的速度達到最大，故vm＝eq\f(P,f)＝eq\f(40,0.1×20×10)m/s＝2m/s，故A正確；由P＝Fv，功率不變，速度增大，可知力F減小，由牛頓第二定律得F－f＝ma，故小車運動的加速度逐漸減小，故B錯誤；機器人對小車和貨物做功為W＝Pt＝400J，故D錯誤；根據動能定理得W－fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得s＝18m，故C錯誤。11.(2021·湖北卷)如圖(a)所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運動過程中摩擦力大小f恒定，物塊動能Ek與運動路程s的關系如圖(b)所示。重力加速度大小取10m/s2，物塊質量m和所受摩擦力大小f分別為()A.m＝0.7kg，f＝0.5NB.m＝0.7kg，f＝1.0NC.m＝0.8kg，f＝0.5ND.m＝0.8kg，f＝1.0N答案A解析0～10m內物塊上滑，由動能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，結合0～10m內的圖像得，斜率的絕對值|k|＝mgsin30°＋f＝4N；10～20m內物塊下滑，由動能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，結合10～20m內的圖像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N。聯立解得f＝0.5N，m＝0.7kg，A正確，B、C、D錯誤。12.質量為0.5kg的小物體在豎直向上的拉力F作用下由靜止開始運動，拉力F隨物體上升高度h的變化規律如圖所示，重力加速度g取，不計空氣阻力，則物體上升3m時的速度大小為（）A． B．10m/s C． D．5m/s答案B解析由題意，根據動能定理可得又因圖像的圖線與橫軸所圍成的面積表示拉力做的功，可得代入數據可得，物體上升3m時的速度大小為故選B。13．（多選）如圖，質量為1kg的物塊A放在水平桌面上的O點，利用細繩通過光滑的滑輪與質量同為1kg的物塊B相連，給一水平向左的拉力F=12N，從O開始，A與桌面的動摩擦因數μ隨x的變化如圖所示，B離滑輪的距離足夠長，重力加速度g取10m/s2，則（）A．它們運動的最大速度為1m/sB．它們向左運動的最大位移為1mC．當速度為0.6m/s時，摩擦力做功可能為-0.04JD．當速為0.6m/s時，繩子的拉力可能是9.2N度答案ACD解析AB．由題知設A向左移動x后速度為零，對A、B系統有（此處fx前面的是因為摩擦力是變力，其做功可以用平均力），可得A向左運動是先加速后減速，當時，摩擦力變成靜摩擦力，系統受力平衡，最后靜止。設A向左運動后速度為v，對系統則有得即當時，v最大為，故A正確，B錯誤；C．當時，可得或當時，摩擦力做功同理可得時，摩擦力做功故C正確；D．根據牛頓第二定律當時，系統加速度對B有得當時，系統加速度對B分析可得故D正確。故選ACD。培優加強練14.(2024·廣東廣州四地七校期中聯考)在一次抗洪搶險活動中，解放軍某部利用直升機搶救一重要物體，靜止在空中的直升機，其電動機通過吊繩(質量不計)將物體從地面豎直吊到機艙里。已知物體的質量為m＝100kg，繩的拉力不能超過F＝1500N，電動機的最大輸出功率為P＝30kW。為盡快把物體安全救起，操作人員采取的辦法是，先讓吊繩以最大的拉力工作一段時間，達到最大功率后電動機就以最大功率工作，再經過t＝2s物體到達機艙時恰好達到最大速度vm。重力加速度g＝10m/s2。求：(1)物體剛到達機艙時速度大小vm；(2)勻加速階段上升的高度h1；(3)電動機以最大功率工作時物體上升的位移h2。答案(1)30m/s(2)40m(3)35m解析(1)由功率的公式有P＝Fvm，又F＝mg解得vm＝30m/s。(2)勻加速運動過程中，根據牛頓第二定律有Fm－mg＝ma勻加速階段的末速度v′＝eq\f(P,Fm)且v′2＝2ah1解得h1＝40m，v′＝20m/s。(3)電動機以最大功率工作時，根據動能定理有Pt－mgh2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mv′2解得h2＝35m。15.（多選）滑滑板是一項青少年酷愛的運動，依靠自身的體能，快速的運動藝術。一青少年在一次訓練中的運動簡化如圖所示，青少年以速度v0=