8.8培优提升 动能定理的综合应用（教师版）2024-2025学年高一物理同步培优讲义（人教版2019必修第二册）

第8.8节培优提升动能定理的综合应用学习目标1.进一步理解动能定理，会利用动能定理分析变力做功问题。2.会利用动能定理分析相关图像问题。提升1利用动能定理求变力做功1.利用动能定理求解变力做功时应注意变力(力的大小或方向或大小、方向同时发生变化)做功，不能用功的定义式直接求得，可利用动能定理解决，即变力做的功和其他力做功的代数和(或合力做的功)等于物体动能的变化。2.用动能定理求解变力做功的思路(1)确定研究对象，分析物体的受力情况，确定运动过程中哪些力是恒力，哪些力是变力。如果是恒力，写出恒力做功的表达式；如果是变力，用相应功的符号表示出变力做的功。(2)分析物体的运动过程，确定其初、末状态的动能。(3)运用动能定理列式求解。例1如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，不计小球与弹簧碰撞过程中的能量损失。则弹簧被压缩至C点过程中，弹簧对小球做的功为()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解析小球从A点运动到C点的过程中，重力和弹簧弹力对小球做负功，由于斜面支持力与位移方向始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理可得WG＋WF＝0－eq\f(1,2)mv2，重力做功为WG＝－mgh，则弹簧弹力对小球做的功为WF＝mgh－eq\f(1,2)mv2，故A正确。训练1如图所示，质量为m的物块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，物块与转台转轴相距R，物块随转台由静止开始转动并计时，在t1时刻转速达到n，物块即将开始滑动。保持转速n不变，继续转动到t2时刻。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则()A.在0～t1时间内，摩擦力做功为零B.在t1～t2时间内，摩擦力做功为2μmgRC.在0～t1时间内，摩擦力做功为2μmgRD.在0～t1时间内，摩擦力做功为eq\f(1,2)μmgR答案D解析在0～t1时间内，转台转速逐渐增加，物块相对转台静止，故物块的速度逐渐增加，当转速为n时，最大静摩擦力提供向心力，则μmg＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(μgR)，物块做加速圆周运动的过程，由动能定理可知Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)μmgR，故A、C错误，D正确；在t1～t2时间内，物块的线速度大小不变，摩擦力提供向心力，根据动能定理可知摩擦力做功为零，故B错误。训练2（多选）人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物，从圆弧滑道顶端P点以2m/s的速度沿切线方向下滑，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6m/s。已知货物质量为5kg，滑道高度h为4m，且过Q点的切线水平，重力加速度取。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有（）A．克服阻力做的功为120JB．重力做的功为20JC．经过Q点时向心加速度大小为D．经过Q点时对轨道的压力大小为45N答案AC解析B．重力做的功故B错误；A．下滑过程根据动能定理可得克服阻力做的功故A正确；C．经过Q点时向心加速度大小为故C正确；D．经过Q点时，根据牛顿第二定律解得根据牛顿第三定律故D错误。故选AC。提升2动能定理与图像结合的问题例2(多选)在某次帆船运动比赛中，质量为500kg的帆船，在风力和水的阻力共同作用下做直线运动的v－t图像如图所示。下列表述正确的是()A.在0～1s内，风力对帆船做功1000JB.在0～1s内，合外力对帆船做功1000JC.在1～2s内，合外力对帆船做功750JD.在0～3s内，合外力对帆船做的总功为0答案BD解析在0～1s内，根据动能定理得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风－W克阻，故风力对帆船做的功大于1000J，故A错误，B正确；在1～2s内，根据动能定理得W合′＝ΔEk′＝eq\f(1,2)×500×12J－eq\f(1,2)×500×22J＝－750J，故C错误；在0～3s内，根据动能定理得W合″＝ΔEk″＝0，故D正确。训练1某同学设计了如图1所示装置：一质量为0.5kg的水平长木板A置于水平桌面上，一质量为1.0kg的滑块B（可视为质点）置于木板A上某位置，轻绳一端跨过定滑轮与滑块B连接，另一端悬挂一重物，定滑轮和滑块B间轻绳水平，重物落地后立即与轻绳脱离连接。滑块B在虚线区域内（不含边界）会受到水平向右的恒力作用，虚线区域宽度为0.6m。时刻，滑块B位于虚线区域右侧，所有物体均静止。该同学在某次操作中，记录下滑块B和木板A运动的部分图像如图2所示，时刻，滑块B刚好进入虚线区域。整个运动过程中，滑块B始终不脱离木板A，木板A距定滑轮足够远，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度取。求：(1)木板A与滑块B间、木板A与桌面间的动摩擦因数；(2)本次操作中，所挂重物的质量；(3)讨论本次操作中，滑块B停止运动时到虚线区域右边界的距离与恒力大小之间的关系。答案(1)，(2)(3)解析（1）由图像可知，到时间段内，B的加速度大小A的加速度大小设A与B间的动摩擦因数为，A与桌面间的动摩擦因数为，由牛顿第二定律，对B有对A有联立解得，（2）由图像可知，到时间段内，B的加速度大小，设重物质量为，对B和重物组成的系统，由牛顿第二定律有解得（3）时刻，A、B共速，B刚好进入虚线区域，且B受到水平向右的恒力作用，若A、B进入虚线区域后会发生相对滑动，由分析知得因此，进入虚线区域后，A、B会保持相对静止一起水平向左做匀减速直线运动，一起匀减速的加速度大小接下来，分析三种情况：①若A、B恰好一起滑出左边界，则其中解得②若A、B滑不出左边界，停下后A、B均能在虚线区域内静止，则③若A、B滑不出左边界，停下后A、B不能在虚线区域内静止，则将反向水平向右加速，若A、B向右加速过程中会发生相对滑动，由分析知解得因此，A、B会保持相对静止一起向右加速，综上可知：①当时，A、B将一起滑出左边界，又由知，A、B之后将一起匀减速到零，由动能定理，则有解得②当时，A、B将一起停在虚线区域中，由动能定理，则有解得③当时，A、B将先一起向左匀减速，由动能定理，则有然后一起向右先匀加速再匀减速，由动能定理，则有联立解得训练2质量为2kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在光滑水平地面上做直线运动，规定水平向右为正方向，力F与时间t的关系图像如图所示。求：(1)3s时物块的位移大小；(2)0~4s时间内F对物块所做的功。答案(1)3m(2)4J解析（1）由图可知，0~2s时间内，物块受到向右的力F1=2N，向右加速，根据牛顿第二定律有2s末物体受到向左的力F2=4N，根据牛顿第二定律有2s时物块的速度大小为0~2s物块运动的位移大小2s后物块以加速度a2开始减速，减速到0所用的时间为解得即3s时物块速度恰好减为零，2~3s物块运动的位移大小3s时物块的位移大小为（2）4s时物块的速度由动能定理，0~4s时间内F对物块所做的功例3(2022·江苏卷)某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是()答案A解析设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有Ek＝mgxtanθ，即eq\f(Ek,x)＝mgtanθ，下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek－x图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大，故A正确。处理动能定理与图像结合问题的基本步骤训练1(多选)某品牌电动汽车在平直公路上由静止开始启动，若启动过程中加速度传感器测量到汽车加速度随时间变化的规律如图所示。汽车后备箱中水平放置一质量m＝5kg的物块，与汽车始终相对静止，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是()A.第2s末，汽车的速度为3.2m/sB.第8s末，汽车的速度为9.6m/sC.前2s内，汽车对物块的作用力做功大小为6.4JD.前8s内，汽车对物块的最大摩擦力为8N答案BCD解析根据a－t图像与t轴围成的面积表示速度变化量可知，第2s末，汽车的速度为v2＝eq\f(1,2)×2×1.6m/s＝1.6m/s，第8s末，汽车的速度为v8＝eq\f(1,2)×(4＋8)×1.6m/s＝9.6m/s，故A错误，B正确；前2s内，由动能定理得，汽车对物块做的功为W＝eq\f(1,2)mv2－0＝6.4J，故C正确；a最大为1.6m/s2，由Ff＝ma代入数据可得最大摩擦力为8N，故D正确。训练2如图所示，滑块A和足够长的木板B叠放在水平地面上，A和B之间的动摩擦因数是B和地面之间的动摩擦因数的4倍，A和B的质量均为m。现对A施加一水平向右逐渐增大的力F，当F增大到F0时A开始运动，之后力F按图乙所示的规律继续增大，图乙中的x为A运动的位移，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。对两物块的运动过程，以下说法正确的是（）A．当F＞2F0，木块A和木板B开始相对滑动B．当F＞F0，木块A和木板B开始相对滑动C．自x=0至木板x=x0的过程中木板B对A做功大小为D．x=x0时，木板B的速度大小为答案C解析AB．设A、B之间的最大摩擦力为，B与地面之间的最大摩擦力为，由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则可知，当F增大到F0，A开始运动时，B也和A一起滑动。则当A、B发生相对滑动时，A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力，整体隔离法得联立解得故AB错误；CD．木板自x=0至x=x0过程中，A、B没有发生相对滑动，整体动能定理得对A用动能定理，得联立解得故C错误，D正确。故选D。随堂对点自测1.(利用动能定理求变力做功)在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，它落到地面时的速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于()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解析对物块从h高处竖直上抛到落地的过程，根据动能定理可得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，选项C正确。2.(动能定理与图像结合)物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。以a、Ek、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能大小、位移大小和运动时间。则如图所示的图像中，能正确反映这一过程的是()答案C解析物体在恒定阻力作用下运动，其加速度不变，故A、B错误；设阻力大小为f，由动能定理得－fx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－fx，故C正确；x＝v0t－eq\f(1,2)at2，则Ek＝Ek0－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0t－\f(1,2)at2))，故D错误。3.（多选）救援车营救被困在深坑中探险车的情景可简化为如图甲所示的模型。斜坡倾角为，其动摩擦因数为。在救援车作用下，探险车从坑底A点由静止匀加速至B点时达到最大速度，接着匀速运动至C点，最后从C点匀减速运动到达最高点D，恰好停下，选深坑底部为参考平面，救援过程中探险车的机械能E随高度h变化的图线如图乙所示，已知重力加速度，，，下列说法正确的是（）A．探险车质量为1500kgB．探险车在坡面上的最大速度为4m/sC．探险车在BC段运动的时间为18sD．救援过程中救援车对探险车做功为答案ABD解析A．设点处最大速度为，则段速度大小不变，动能不变，机械能大小为图像中斜率大小为探险车的重力，则则探险车质量为故A正确；B．在的位置速度达到最大值，则将坐标点代入A中的表达式，则解得故B正确；C．由图像可知探险车在BC段上升的高度为探险车的位移则探险车在BC段运动的时间为故C错误；D．根据动能定理全过程解得救援过程中救援车对探险车做功为故D正确。故选ABD。4．如图所示，一T型支架长的横杆上用等长的细线等间距悬挂4个相同小球A、B、C、D，支架绕轴线缓慢加速转动，当支架转动的角速度为ω时（）A．A、D的加速度相同B．A、B的悬线与竖直方向的夹角相等C．A的机械能大于B的机械能D．A的动能等于该过程中细线对A做的功答案C解析A．由于A、D两球角速度相同，转动半径相同，根据可得，A、D两球加速度大小相等，方向不同，故A错误；B．设悬线与竖直方向的夹角为θ，悬线的悬挂点与转轴间的距离为x，根据牛顿第二定律可得由此可知，A球悬挂点到转轴的距离较大，则A的悬线与竖直方向的夹角较大，故B错误；C．由于A球线速度较大，动能较大，且A的悬线与竖直方向的夹角较大，则A球重力势能较大，所以A球的机械能大于B的机械能，故C正确；D．根据动能定理可得，A的动能变化量，即此时A的动能等于该过程中合力对A做的功，故D错误。故选C。对点题组练题组一利用动能定理求变力做功1.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一水平轻弹簧O端相距s，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧接触后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g。则从物体开始接触弹簧到弹簧被压缩至最短(弹簧始终在弹性限度内)的过程中，物体克服弹簧弹力所做的功为()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解析对物体由动能定理得－W－μmg(s＋x)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，则物体克服弹力所做的功为W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x)，故A正确，B、C、D错误。2.如图所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中到达的最高点的高度为h，在最高点时的速度为v。不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是()A.运动员踢球时对足球做功eq\f(1,2)mv2B.足球上升过程重力做功mghC.运动员踢球时对足球做功eq\f(1,2)mv2＋mghD.足球上升过程克服重力做功eq\f(1,2)mv2＋mgh答案C解析足球上升过程中重力做负功，WG＝－mgh，即克服重力做功mgh，B、D错误；从运动员踢球至足球上升至最高点的过程中，由动能定理得W－mgh＝eq\f(1,2)mv2，故运动员踢球时对足球做功W＝eq\f(1,2)mv2＋mgh，A错误，C正确。3.(2021·山东卷，3)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为()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解析木块在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理得－Ff·2πL＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Ff＝eq\f(mveq\o\al(2,0),4πL)，故选项B正确。4.(多选)(2020·天津卷)复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内()A.做匀加速直线运动B.加速度逐渐减小C.牵引力的功率P＝FvmD.牵引力做功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案BC解析由于动车以恒定功率P在平直轨道上运动，则由P＝F牵v可知，动车的速度增大，牵引力减小，由牛顿第二定律F牵－F＝ma得动车的加速度逐渐减小，A错误，B正确；当动车的加速度为零，即牵引力等于阻力时，动车的速度最大，即P＝Fvm，C正确；设动车在时间t内的位移为x，由动能定理得W－Fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，则牵引力所做的功为W＝Fx＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，D错误。5.(2024·江苏连云港市期中)如图所示，建筑工地常用打桩机将圆柱体打入地下一定深度，某打桩机第一次打击位于地面的圆柱体，使其进入泥土深度为h0。已知圆柱体的质量为m，所受泥土阻力f与进入泥土深度h成正比(即f＝kh，k为常量)，则打桩机第一次打击过程对圆柱体所做的功()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解析阻力与深度成正比，则f－h图像与坐标轴h围成的面积等于圆柱体克服阻力所做的功，如图所示，则阻力做功为Wf＝－eq\f(1,2)fh0＝－eq\f(1,2)kheq\o\al(2,0)。打桩机第一次打击圆柱体进入泥土的过程中，根据动能定理有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正确。题组二动能定理与图像结合6.物体沿直线运动的v－t图像如图所示，已知在第1s内合力对物体做功为W，则()A.从第1s末到第3s末合力做功为4WB.从第3s末到第5s末合力做功为－2WC.从第5s末到第7s末合力做功为WD.从第3s末到第4s末合力做功为－0.5W答案C解析根据动能定理得第1s内W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，从第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错误；从第3s末到第5s末合力做功W2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－W，B错误；从第5s末到第7s末合力做功W3＝eq\f(1,2)m(－v0)2－0＝W，C正确；从第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错误。7.(多选)(2024·辽宁东北育才高一期末)质量为1.0kg的物体以某一水平初速度在水平面上滑行，由于摩擦力的作用，其动能随位移变化的情况如图所示。g取10m/s2，则下列判断正确的是()A.物体与水平面间的动摩擦因数为0.2B.物体与水平面间的动摩擦因数为0.3C.物体滑行的总时间为2sD.物体滑行的总时间为4s答案AC解析根据动能定理得－μmgx＝ΔEk，解得μ＝0.2，A正确，B错误；物体的初速度v0＝eq\r(\f(2Ek,m))＝4m/s，所以物体滑行的总时间为t＝eq\f(v0,μg)＝2s，C正确，D错误。8.一质量为m＝0.2kg的物体，在合外力F作用下由静止开始做直线运动，F与位移x的关系图像如图所示。由图像可知()A.在x＝0到x＝1m过程中，物体做匀加速直线运动，运动时间t＝0.2sB.在x＝0到x＝2m过程中，物体做变加速直线运动，F做功5JC.物体运动到x＝2m时，物体的瞬时速度为5m/sD.物体运动到x＝2m时，物体的瞬时速度为2m/s答案C解析由题图可知在x＝0到x＝1m过程中，F为恒力，所以物体做匀加速直线运动，其加速度大小为a＝eq\f(F,m)＝5m/s2，根据运动学公式可得运动时间为t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(0.4)s，故A错误；在x＝0到x＝2m过程中，物体先做匀加速直线运动，后做变加速直线运动，根据F－x图像的面积表示功可知，此过程中F做的功为W＝1×1J＋eq\f(1,2)×(1＋2)×1J＝2.5J，故B错误；设物体运动到x＝2m时的瞬时速度为v，根据动能定理可得W＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝5m/s，故C正确，D错误。综合提升练9.质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用。设某一时刻小球通过轨迹的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点。已知重力加速度为g，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是()A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D.mgR答案C解析小球通过最低点时，设绳子的张力为FT，则FT－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，即7mg－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)①小球恰好通过最高点，绳子张力为零，则有mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),R)②小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得－mg·2R－W克f＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)③联立①②③式解得W克f＝eq\f(1,2)mgR，故C正确。10.如图所示，运输机器人水平推着小车沿水平地面从静止开始运动。机器人对小车和货物做功的功率恒为40W，已知小车和货物的总质量为20kg，小车受到的阻力为小车和货物重力的0.1倍，小车向前运动了10s达到最大速度，重力加速度取10m/s2。则()A.小车运动的最大速度为2m/sB.该过程小车的加速度不变C.小车向前运动的位移为20mD.机器人对小车和货物做的功为200J答案A解析当牵引力与阻力大小相等时，小车的速度达到最大，故vm＝eq\f(P,f)＝eq\f(40,0.1×20×10)m/s＝2m/s，故A正确；由P＝Fv，功率不变，速度增大，可知力F减小，由牛顿第二定律得F－f＝ma，故小车运动的加速度逐渐减小，故B错误；机器人对小车和货物做功为W＝Pt＝400J，故D错误；根据动能定理得W－fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得s＝18m，故C错误。11.(2021·湖北卷)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为()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内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，结合0～10m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin30°＋f＝4N；10～20m内物块下滑，由动能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，结合10～20m内的图像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N。联立解得f＝0.5N，m＝0.7kg，A正确，B、C、D错误。12.质量为0.5kg的小物体在竖直向上的拉力F作用下由静止开始运动，拉力F随物体上升高度h的变化规律如图所示，重力加速度g取，不计空气阻力，则物体上升3m时的速度大小为（）A． B．10m/s C． D．5m/s答案B解析由题意，根据动能定理可得又因图像的图线与横轴所围成的面积表示拉力做的功，可得代入数据可得，物体上升3m时的速度大小为故选B。13．（多选）如图，质量为1kg的物块A放在水平桌面上的O点，利用细绳通过光滑的滑轮与质量同为1kg的物块B相连，给一水平向左的拉力F=12N，从O开始，A与桌面的动摩擦因数μ随x的变化如图所示，B离滑轮的距离足够长，重力加速度g取10m/s2，则（）A．它们运动的最大速度为1m/sB．它们向左运动的最大位移为1mC．当速度为0.6m/s时，摩擦力做功可能为-0.04JD．当速为0.6m/s时，绳子的拉力可能是9.2N度答案ACD解析AB．由题知设A向左移动x后速度为零，对A、B系统有（此处fx前面的是因为摩擦力是变力，其做功可以用平均力），可得A向左运动是先加速后减速，当时，摩擦力变成静摩擦力，系统受力平衡，最后静止。设A向左运动后速度为v，对系统则有得即当时，v最大为，故A正确，B错误；C．当时，可得或当时，摩擦力做功同理可得时，摩擦力做功故C正确；D．根据牛顿第二定律当时，系统加速度对B有得当时，系统加速度对B分析可得故D正确。故选ACD。培优加强练14.(2024·广东广州四地七校期中联考)在一次抗洪抢险活动中，解放军某部利用直升机抢救一重要物体，静止在空中的直升机，其电动机通过吊绳(质量不计)将物体从地面竖直吊到机舱里。已知物体的质量为m＝100kg，绳的拉力不能超过F＝1500N，电动机的最大输出功率为P＝30kW。为尽快把物体安全救起，操作人员采取的办法是，先让吊绳以最大的拉力工作一段时间，达到最大功率后电动机就以最大功率工作，再经过t＝2s物体到达机舱时恰好达到最大速度vm。重力加速度g＝10m/s2。求：(1)物体刚到达机舱时速度大小vm；(2)匀加速阶段上升的高度h1；(3)电动机以最大功率工作时物体上升的位移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)匀加速运动过程中，根据牛顿第二定律有Fm－mg＝ma匀加速阶段的末速度v′＝eq\f(P,Fm)且v′2＝2ah1解得h1＝40m，v′＝20m/s。(3)电动机以最大功率工作时，根据动能定理有Pt－mgh2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mv′2解得h2＝35m。15.（多选）滑滑板是一项青少年酷爱的运动，依靠自身的体能，快速的运动艺术。一青少年在一次训练中的运动简化如图所示，青少年以速度v0=