高三物理复习-动能动能定理

知识梳理知识梳理一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能．物体的动能跟物体的速度和质量都有关系，物体的速度越大，质量越大，它的动能就越大．2．公式：Ek＝.3．单位：与功的单位相同，在国际单位制中都是焦耳．4．矢标性：动能是标量，只有正值．5．动能是状态量，动能的变化量是过程量．【特别提醒】动能具有相对性，其值与参考系的选取有关，一般取地面为参考系．二、动能定理1．推导方法(1)根据牛顿第二定律：F＝ma.(2)根据运动学公式：v22－v12＝2as.(3)两式联立得Fs＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12即W＝Ek2－Ek1.2．表达式：W＝Ek2－Ek1.3．意义合力做的功等于物体动能的变化．4．应用范围【特别提醒】有些问题既可以用动能定理求解，也可以用牛顿第二定律结合运动学公式求解，通过比较可以发现用动能定理更加方便、简单．典型例题典型例题考点1.动能定理的理解(1)左边W代表合外力做的功，表示无论什么样的力对物体做的功，都对物体动能的变化产生影响．(2)右边Ek1＝eq\f(1,2)mv12，Ek2＝eq\f(1,2)mv22，Ek2－Ek1代表物体动能的变化量．2．正功、负功的意义(1)根据动能定理：合外力做正功，物体动能增加，合外力做负功，物体动能减小．合外力做功是引起物体动能变化的原因．(2)无论什么样的力做功，做正功都能促进物体的运动，做负功都能阻碍物体的运动．3．过程与状态的变化做功是伴随着物理过程而产生的，是过程量；动能对应物体所处的状态，是状态量．动能定理描述了过程量引起状态量发生变化的关系．【特别提醒】动能定理表达了一种功能关系，即合外力做功引起物体动能的变化．【例1】(2009·上海卷)小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地高度h处，小球的势能是动能的2倍，则h等于()A．H/9 B．2H/9 C．3H/9 D．4H/9【解析】小球上升至最高点过程：－mgH－fH＝0－mv02/2；小球上升至离地高度h处过程：－mgh－fh＝mv12/2－mv02/2，又mv12/2＝2mgh；小球上升至最高点后又下降至离地高度h处过程：－mgh－f(2H－h)＝mv22/2－mv02/2，又2×mv22/2＝mgh；以上各式联立解得h＝4H/9，D正确．【答案】D【反思】与受力分析的隔离法和整体法对应，使用物理规律解题可使用分段法和全过程法．本题中，对于小球运动过程，使用分段思维，则有：上升到最高点的过程－mgH－fH＝0－mv02/2，从最高点下落的过程，mg(H－h)－f(H－h)＝mv22/2－0，两式相加，即得全过程法所列方程，－mgh－f(2H－h)＝mv22/2－mv02/2.显然，全过程法比分段法更为优势变式探究1（2010·上海)倾角θ＝37°，质量M＝5kg的粗糙斜面位于(水平地面上．质量m＝2kg的木块置于斜面顶端，从静止开始匀加速下滑，经t＝2s到达底端，运动路程L＝4m，在此过程中斜面保持静止(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)．求(1)地面对斜面的摩擦力大小与方向；(2)地面对斜面的支持力大小；(3)通过计算证明木块在此过程中满足动能定理．【命题立意】本题考查牛顿运动定律和动能定理两个基本规律的应用，同时考查对基本规律的理解能力和推理能力．【解析】(1)木块做匀加速运动木块受力如图，由牛顿第二定律mgsin37°－f1＝maf1＝mgsin37°－ma＝2×10×0.6N－2×2N＝8NFN1＝mgcos37°＝2×10×0.8N＝16N斜面受力如图，由共点力平衡，地面对斜面摩擦力f2＝F′N1sin37°－f′1cos37°＝16×0.6N－8×0.8N＝3.2N方向水平向左．(2)地面对斜面的支持力FN2＝Mg＋F′N1cos37°－f′1sin37°＝5×10N＋16×0.8N＋8×0.6N＝67.6N(3)木块在下滑过程中，沿斜面方向合力及该力做功为F＝mgsin37°－f1＝2×10×0.6N－8N＝4NW＝FL＝4×4J＝16Jv＝at＝2×2N＝4m/s由此可知，在下滑过程中W＝ΔEk，动能定理成立.考点2.动能定理的应用1.运用动能定理须注意的问题(1)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功．(2)运用动能定理时，必须明确各力做功的正、负．当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W，将该力做功表达为－W，也可以直接用一字母表示该力做功，使其字母本身含有负号．2．应用动能定理的一般步骤(1)选取研究对象，明确它的运动过程．(2)分析研究对象的受力及各力做功的情况(①受哪些力？②每个力是否做功？③在哪段位移哪段过程中做功？④做正功还是负功？⑤做多少功？)，求出代数和．(3)明确过程始、末状态的动能Ek1及Ek2.(4)列方程W总＝Ek2－Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解．【特别提醒】(1)在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿运动定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律．(2)用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各量关系．有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意．【例2】(2009·安徽理综)过山车是游乐场中常见的设施．如下图所示是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径R1＝2.0m、R2＝1.4m.一个质量为m＝1.0kg的小球(视为质点)，从轨道的左侧A点以v0＝12.0m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1＝6.0m.小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，圆形轨道是光滑的．假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠．重力加速度取g＝10m/s2，计算结果保留小数点后一位数字．试求：(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；(2)如果小球恰能通过第二个圆形轨道，B、C间距L应是多少；(3)在满足(2)的条件下，如果要使小球不脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R3应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离．【解析】(1)设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1，根据动能定理－μmgL1－2mgR1＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02①小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律F＋mg＝meq\f(v12,R1)②由①②得F＝10.0N③(2)设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意mg＝meq\f(v22,R2)④－μmg(L1＋L)－2mgR2＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv02⑤由④⑤得L＝12.5m⑥(3)要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：Ⅰ.轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足mg＝meq\f(v32,R3)⑦－μmg(L1＋2L)－2mgR2＝eq\f(1,2)mv32－eq\f(1,2)mv02⑧由⑥⑦⑧得R3＝0.4mⅡ.轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理－μmg(L1＋2L)－2mgR3＝0－eq\f(1,2)mv02⑨解得R3＝1.0m为了保证圆轨道不重叠，如右图所示，R3最大值应满足(R2＋R3)2＝L2＋(R3－R2)2⑩解得R3＝27.9m综合Ⅰ、Ⅱ，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件0<R3≤0.4m或1.0m≤R3≤27.9m当0<R3≤0.4m时，小球最终停留点与起始点A的距离为L′，则－μmgL′＝0－mv02⑪L′＝36.0m当1.0m≤R3≤27.9m时，小球最终停留点与起始点A的距离为L″，则L″＝L′－2(L′－L1－2L)＝26.0m【反思】本题的难点在第(3)问，审题时需要理解的要点有两个：圆形轨道间不相互重叠和要使小球不脱离轨道，且“要使小球不脱离轨道”又有两种情况需要讨论，一般习惯思维只考虑到要通过第三个圆轨道的最高点，而遗漏最高上升到R3时也不会脱离轨道，导致解答不全面；对于“圆形轨道间不相互重叠”的条件，部分考生感到无所适从，不能建立R3最大值应满足(R2＋R3)2＝L2＋(R3－R2)2的关系，解答不完整．变式探究2如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R.一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件．【思路点拨】(1)摩擦力做功与路程有关；(2)注意及时对全程列式．【解析】(1)因为摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动．对整体过程由动能定理得mgR·cosθ－μmgcosθ·s＝0，所以s＝eq\f(R,μ).(2)对B→E过程mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mvE2①FN－mg＝eq\f(mvE2,R)②由①②得FN＝(3－2cosθ)mg.(3)设物体刚好到D点，则mg＝eq\f(mvD2,R)③对全过程由动能定理得mgL′sinθ－μmgcosθ·L′－mgR(1＋cosθ)＝eq\f(1,2)mvD2④由③④得：L′＝eq\f(3＋2cosθ,2(sinθ－μcosθ))·R.【答案】(1)eq\f(R,μ)(2)(3－2cosθ)mg(3)eq\f(3＋2cosθ,2(sinθ－μcosθ))·R【反思】多过程问题的求解方法：(1)首先分析物体运动，确定物体运动过程中不同阶段的受力情况，分析各个力的功．(2)分析物体各个过程中的初末速度，在不同阶段运用动能定理求解，此为分段法．(3)如果能够得到物体全过程初末动能的变化，及全过程中各力的功，对全过程列一个方程即可，一般对全过程列方程的方法较为简便.考点3.应用动能定理分析多体问题【例3】质量为M的机车，牵引着质量为m的车厢在水平轨道上匀速直线前进，某时刻两者脱钩，机车行驶L的路程后，司机发现车厢脱钩，便立刻关闭发动机让机车自然滑行，已知机车和车厢在运动中受阻力都是其重力的k倍，机车的牵引力始终保持不变．试求机车、车厢都停止时，两者之间距离是多大．【解析】车厢、机车自脱钩到都停止，其位置如图所示．设机车牵引力为F，对机车从脱钩到停止过程应用动能定理得FL＋(－kMgs1)＝0－eq\f(1,2)Mv2①脱钩前，对机车和车厢整体F＝k(M＋m)g②由①②得s1＝eq\f(k(M＋m)gL＋\f(1,2)Mv2,kMg)对车厢脱钩到停止的过程，应用动能定理得－kmgs0＝0－eq\f(1,2)mv2③解得s2＝eq\f(v2,2kg)所以两者都停止时，相距s1－s2＝eq\f(M＋m,M)L.【答案】eq\f(M＋m,M)L【反思】涉及多体问题时注意分别对研究对象应用动能定理列式，如果需要可联立求解．变式探究3如图所示，子弹以水平速度v射入静止在光滑水平面上的木块M，并留在其中，则()A．子弹克服阻力做功与木块获得的动能相等B．阻力对子弹做功小于子弹动能的减少C．子弹克服阻力做功与子弹对木块做功相等D．子弹克服阻力做功大于子弹对木块做功【解析】子弹射入木块后，木块相对于地面向前运动距离为s1，子弹打入木块的深度为s2，则子弹相对地面运动的距离为s1＋s2，故子弹克服阻力做功与子弹对木块做的功不相等，C错误．再根据动能定理，A、B错误，D正确．【答案】D【反思】如何求解子弹射入木块的问题子弹射入木块的问题和滑板问题十分相似，是力学中综合性比较强的题目，可以多方面、多角度地考查力学知识．一、考查牛顿第二定律和运动学公式这类问题应从分析子弹和木块、滑块和滑板之间的相互作用力入手，根据牛顿第二定律确定加速度，再结合运动学公式求解．解答时应注意子弹和滑块的运动可能是先减速后匀速，其中子弹和滑块与木块或木板的速度相等为临界条件二、考查动能定理和能量转化这类问题要从分析子弹和木块、滑块和木板之间的相互作用力做功情况入手，应用动能定理、能量转化和守恒定律解决问题．由于子弹和木块，滑块和木板位移的不同，使做功和能量转化出现以下不同：(1)阻力或摩擦力对子弹或滑块所做的功等于子弹或滑块动能的减少量．(2)子弹对木块的力或滑块对木板的力是使木块或木板运动的动力，这两个力做的功等于木块或木板动能的增加量．由位移不同得出功不同，由功不同得出木块或木板增加的动能与子弹或滑块减少的动能不相等．(3)整个系统减少的动能转化为内能，并且内能还等于它们之间的相互作用力与它们的相对位移的乘积．三、考查动量定理和动量守恒定律这类问题可以根据动量定理计算子弹和木块、滑块和木板相互作用的时间，也可以根据动量守恒定律计算子弹和木块、滑块和木板最终状态的速度等．巩固训练巩固训练1．下列关于运动物体所受合外力做的功和动能变化的关系正确的是()A．如果物体所受合外力为零，则合外力对物体做的功一定为零B．如果合外力对物体所做的功为零，则合外力一定为零C．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定发生变化D．物体的动能不变，所受合外力一定为零【解析】由W合＝F合·scosα可知，A项正确，B项错；匀速圆周运动中ΔEk＝0，C项错；物体的动能不变，则合外力的功为零，但合外力不一定为零，D项错．【答案】A2．质量为m的物体在水平力F的作用下，由静止开始在光滑地面上运动，前进一段距离之后速度大小为v，再前进一段距离使物体的速度增大为2v，则()A．第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量B．第二过程的动能增量是第一过程的动能增量的3倍C．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功D．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的2倍【解析】由题意知，A选项正确，由动能定理知W1＝eq\f(1,2)mv2，W2＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，故B正确．【答案】AB3．两个物块M、N质量之比和初速度之比都是2∶3，沿同一水平面滑动．它们与水平面间的动摩擦因数之比为2∶1，则它们沿该水平面滑行的最大距离之比是()A．3∶2B．8∶9C．2∶9D．9∶8【解析】据动能定理：－μmgs＝0－eq\f(1,2)mv2，s＝eq\f(v2,2μg)，可求得两个物体滑行的最大距离比是2∶9，C正确．【答案】C4．(2009·高考上海卷)质量为5×103kg的汽车在t＝0时刻速度v0＝10m/s，随后以P＝6×104W的额定功率沿平直公路继续前进，经72s达到最大速度，设汽车受恒定阻力，其大小为2.5×103N.求：(1)汽车的最大速度vm；(2)汽车在72s内经过的路程s.【解析】(1)达到最大速度时，牵引力等于阻力P＝fvm，vm＝eq\f(P,f)＝eq\f(6×104,2.5×103)m/s＝24m/s(2)由动能定理可得Pt－fs＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv02故s＝eq\f(2Pt－m(vm2－v02),2f)＝eq\f(2×6×104×72－5×103×(242－102),2×2.5×103)m＝1252m课后作业课后作业1．质量为m的铅球被水平抛出，在空中下落高度h后的水平分速度大小为v1，竖直分速度大小为v2.在平抛运动过程中，铅球动能变化量的大小为()A.eq\f(1,2)mv12B.eq\f(1,2)mv22C.eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12D.eq\f(1,2)mv22＋eq\f(1,2)mv12【解析】由题意，铅球初状态动能Ek1＝eq\f(1,2)mv12.下落高度h后的末速度v＝eq\r(v12＋v22)，故末状态动能Ek2＝eq\f(1,2)m(v12＋v22)，平抛过程中动能的变化量ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mv22，故B正确．【答案】B2．(2010·北师大附中模拟)如右图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参照物，A、B都向前移动一段距离，在此过程中()A．外力F做的功等于A和B动能的增量B．B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量C．A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和【解析】由于A、B之间有相对滑动，故有摩擦生热现象，由功能关系，A错误．物体A所受的合外力等于B对A的摩擦力，所以B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，所以B对．A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，所以二者做功不等，故C错．对B应用动能定理，WF－WFf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋WFf，即外力F对B做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做功之和，所以D对，故选B、D.【答案】BD3．如图所示，有一个足够长的斜坡，倾角为α＝30°.一个小孩在做游戏时，从该斜坡顶端将一只足球朝下坡方向水平踢出去，已知该足球第一次落在斜坡上时的动能为21J，则踢球过程小孩对足球做的功为(不计空气阻力)()A．7J B．9JC．12J D．16J【解析】根据平抛运动的规律：tanα＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0).tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(gt,v0)可见tanθ＝2tanα＝eq\f(2\r(3),3)，由此可得cos2θ＝eq\f(9,21).根据v0＝vcosθ，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv2cos2θ＝9J，再根据动能定理，小孩对足球所做的功为9J，故B正确．【答案】B4．如图所示，一物体由A点以初速度v0下滑到底端B，它与挡板B做无动能损失的碰撞后又滑回到A点，其速度恰好为零．设A、B两点高度差为h，则它与挡板碰撞前的速度大小为()A.eq\r(\f(2gh＋v02,4)) B.eq\r(2gh)C.eq\r(2gh＋\f(1,2)v02) D.eq\r(2gh＋v02)【解析】设整个滑动过程中物体所受摩擦力大小为Ff(此力大小不变，下滑时方向向上，上滑时方向向下)，斜面长为s，则对物体由A→B→A整个过程运用动能定理，－2Ffs＝0－eq\f(1,2)mv02(整个过程中重力做的总功为零，支持力不做功)；再对物体由A→B运用动能定理，设物体与挡板碰前的速度为v，则mgh－Ffs＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，联立两式解方程组(把Ffs当做整体)解得v＝eq\r(2gh＋\f(1,2)v02)，选项C正确．【答案】C5．一名质量为m、身高为h的撑杆跳高运动员持杆加速助跑，运动员在插杆入洞身体离地瞬间的水平速度为v0，然后运动员在杆的支撑下完成一个完美曲线以水平速度v轻轻越过横杆，已知运动员在空中上升阶段通过双臂和身体的一系列动作总共做功为W，由此可知该运动员理论上能越过的最大高度为()A.eq\f(W＋\f(1,2)mv02－\f(1,2)mv2,mg)＋eq\f(h,2)B.eq\f(W＋\f(1,2)mv02－\f(1,2)mv2,mg)－eq\f(h,2)C.eq\f(W－\f(1,2)mv02＋\f(1,2)mv2,mg)＋eq\f(h,2)D.eq\f(W－\f(1,2)mv02＋\f(1,2)mv2,mg)－eq\f(h,2)【解析】以人为研究对象，设运动员理论上能越过的最大高度为H，对人在空中上升过程由动能定理有W－mg(H－eq\f(h,2))＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得H＝eq\f(W＋\f(1,2)mv02－\f(1,2)mv2,mg)＋eq\f(h,2)，正确选项为A.【答案】A6．如图所示，质量相同的物体分别自斜面AC和BC的顶端由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数相同．物体滑至斜面底部C点时的动能分别为Ek1和Ek2，下滑过程中克服摩擦力所做功分别为W1和W2，则()A．Ek1>Ek2，W1<W2B．Ek1＝Ek2，W1>W2C．Ek1<Ek2，W1>W2D．Ek1>Ek2，W1＝W2【解析】下滑过程中克服摩擦力所做的功W＝μmgcosθ·eq\f(\x\to(OC),cosθ)＝μmg·eq\x\to(OC)，与θ无关，即W1＝W2，A、B、C、D中只有D符合，故D正确；C点动能的比较：mg·OC·tanθ－W＝Ek，可见tanθ大的末动能就大，可得：Ek1>Ek2.【答案】D7．假定地球、月球都静止不动，用火箭从地球沿地月连线向月球发射一探测器．假定探测器在地球表面附近脱离火箭．用W表示探测器从脱离火箭处飞到月球的过程中克服地球引力做的功，用Ek表示探测器脱离火箭时的动能，若不计空气阻力，则()A．Ek必须大于或等于W，探测器才能到达月球B．Ek小于W，探测器也可能到达月球C．Ek＝eq\f(1,2)W，探测器一定能到达月球D．Ek＝eq\f(1,2)W，探测器一定不能到达月球【解析】对火箭从地球运动到月球过程中，由动能定理有，Ek′－Ek＝W′－W(W′是月球对火箭做的功)，整理得Ek′＝Ek＋W′－W，只要Ek′>0，表示火箭可到达月球表面，则A错，B对；又因月球表面的重力加速度是地球表面重力加速度的eq\f(1,6)，所以W′<eq\f(W,2)，当Ek＝eq\f(W,2)，则E′<0，表示火箭一定不能到达月球．【答案】BD8．(2010·河南实验中学)质量为m的物体沿着半径为R的eq\f(1,4)圆形轨道从a点由静止滑下，b点的切线水平，已知物体和轨道间的动摩擦因数为μ，若物体滑至a、b中点c时的速度为v，则在从a到c的过程中摩擦力对物体做的功和物体在c点时所受的摩擦力大小分别为()A.eq\f(1,2)mv2－eq\f(\r(2),2)mgR；μ(eq\f(\r(2),2)mg＋meq\f(v2,R))B.eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mgR；μ(eq\f(1,2)mg＋meq\f(v2,R))C.eq\f(1,2)mv2＋eq\f(\r(2),2)mgR；μ(eq\f(1,2)mg＋meq\f(v2,R))D.eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mgR；μmeq\f(v2,R)【解析】从a到c的过程中由动能定理：mgRsin45°＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，得：Wf＝eq\f(1,2)mv2－mgRsin45°＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(\r(2),2)mgR.在c点，由圆周运动规律有：FN－mgcos45°＝eq\f(mv2,R)，f＝μFN.由以上两式得f＝μ(eq\f(\r(2),2)mg＋eq\f(mv2,R))．故A正确．【答案】A9．(2011·湖南雅礼中学月考)物体在合外力作用下做直线运动的v－t图象如图所示．下列表述正确的是()A．在0～2s内，合外力总是做负功B．在1～2s内，合外力不做功C．在0～3s内，合外力做功为零D．在0～1s内比1～3s内合外力做功快【解析】根据物体的速度图象可知，根据动能定理可知在0～2s内物体先加速后减速，合外力先做正功后做负功，A错；根据动能定理得0～3s内合外力做功为零，1～2s内合外力做负功，C对，B错；在0～1s内比1～3s内合外力做功快，D对．【答案】CD10．如图所示，木箱高为L，其底部有一个小物块Q(质点)，现用力竖直向上拉木箱，使木箱由静止开始向上运动．若保持拉力的功率不变，经过时间t，木箱达到最大速度，这时让木箱突然停止，小物块会继续向上运动，且恰能到达木箱顶端．已知重力加速度为g，不计空气阻力，由以上信息，可以求出的物理量是()A．木箱的最大速度B．时间t内拉力的功率C．时间t内木箱上升的高度D．木箱和小物体的质量【解析】最大速度vm＝eq\r(2gL)，此时F＝(M＋m)g，P＝Fvm，由动能定理，Pt－(M＋m)gh＝eq\f(1,2)(M＋m)vm2质量约去，可以求得高度h.【答案】AC11．(2010·唐山市联考)遥控赛车比赛中有一个规定项目：飞越“壕沟”，比赛要求：赛车从起点A由静止出发，沿水平直线轨道运动，在B点飞出后越过“壕沟”，落到平台EF段(如图所示)赛车通电后以额定功率P＝1.5W工作，在AB段运动过程中，受到阻力恒为Ff＝0.3N，在空中运动的过程不计空气阻力．已知赛车质量m＝0.1kg，AB的长度L＝10.00m，BE的高度差h＝1.25m，BE的水平距离s＝1.50m.(重力加速度g＝10m/s2)(1)若赛车在AB轨道上能达到最大速度vmax，求vmax的大小；(2)要使赛车完成比赛，赛车通电时间至少为多长？【解析】(1)赛车达到最大速度vmax时，牵引力与阻力大小相等F＝Ff又据：P＝Fv解得：vmax＝5m/s(2)设赛车越过壕沟需要的最小速度为v，由平抛运动的规律s＝vt1h＝eq\f(1,2)gt12解得：v＝3m/s设赛车通电时间至少为t2，根据动能定理Pt2－FfL＝eq\f(1,2)mv2