高中物理最新最全动能定理高考模拟专题附有详细解析

高中物理最新最全动能定理高考模拟专题附有详细解析

高中物理最新最全动能定理高考模拟专题 ‎　‎ 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．（2015春•合肥校级期末）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=mgR，质点恰好可以到达Q点 ‎　‎ B．‎ W＞mgR，质点不能到达Q点 ‎　‎ C．‎ W=mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离 ‎　‎ D．‎ W＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离 ‎　‎ ‎2．（2015•海南）如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g．质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（　　）‎ ‎　‎ A．‎ mgR B．‎ mgR C．‎ mgR D．‎ mgR ‎　‎ ‎3．（2015•福建）如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则（　　）‎ ‎　‎ A．‎ t1＜t2‎ B．‎ t1=t2‎ ‎　‎ C．‎ t1＞t2‎ D．‎ 无法比较t1、t2的大小 ‎　‎ ‎4．（2015•株洲校级模拟）水平地面上的物块，在水平恒力F的作用下由静止开始运动一段距离s，物块所受摩擦力的大小为f，则物块在该过程中动能的增加量为（　　）‎ ‎　‎ A．‎ Fs B．‎ fs C．‎ ‎（F﹣f）s D．‎ ‎（F+f）s ‎　‎ ‎5．（2015•廉江市校级模拟）如图所示，两个质量相同的物体a和b处于同一高度，a自由下落，b沿固定光滑斜面由静止开始下滑，不计空气阻力．两物体到达地面时，下列表述正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ a的速率大 B．‎ b的速率大 C．‎ 动能相同 D．‎ 速度方向相同 ‎　‎ ‎6．（2015•宿迁模拟）如图，一质量为1kg的小球静止在一竖直放置的轻弹簧上，弹簧劲度系数k=50N/m，现用一竖直向下的F=5N的恒力作用在小球上，当小球向下运动到最大速度时撤去F，则小球再回到初始位置时的速度大小为（弹簧一直处于弹性限度内）（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎1m/s B．‎ ‎2m/s C．‎ ‎2m/s D．‎ m/s ‎　‎ ‎7．（2015•海南）放在光滑水平面上的物体，仅在两个同向水平力的共同作用下开始运动，若这两个力分别做了6J和8J的功，则该物体的动能增加了（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎48J B．‎ ‎14J C．‎ ‎10J D．‎ ‎2J ‎　‎ ‎8．（2015•廉江市校级模拟）质量不同而具有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平面上滑行到停止，则（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 质量大的滑行的距离小 B．‎ 质量大的滑行的加速度小 ‎　‎ C．‎ 质量大的滑行的时间短 D．‎ 它们克服阻力做的功一样多 ‎　‎ ‎9．（2015•廉江市校级模拟）一个30kg的小孩从高度为3.0m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0m/s．取g=10m/s2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 合外力做功60J B．‎ 阻力做功600J ‎　‎ C．‎ 重力做功600J 支持力做功60J D．‎ ‎　‎ ‎10．（2015春•呼伦贝尔校级月考）物体在合外力作用下作直线运动的v﹣t图象如图所示．下列表述正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 在0～2s内，合外力做正功 ‎　‎ B．‎ 在2～4s内，合外力不做功 ‎　‎ C．‎ 在0～2s内，合外力做负功 ‎　‎ D．‎ 在0～6s内，合外力总是做正功 ‎　‎ ‎11．（2015•赣州校级模拟）在空中某一位置，以大小v0的速度水平抛出一质量为m的物体，经时间t物体下落一段距离后，其速度大小仍为v0，但方向与初速度相反，如图所示，则下列说法中错误的是（不考虑空气阻力）（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 风力对物体做功为零 B．‎ 风力对物体做负功 ‎　‎ C．‎ 物体机械能减少 D．‎ 物体的速度变化为2v0‎ ‎　‎ ‎12．（2013•湖北二模）如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m的木块A在B的左端以初速度V0开始向右滑动，已知M＞m，用①和②分别表示木块A和木板B的图象，在木块A从B的左端滑到右端的过程中，下面关于速度v随时间t、动能EK随位移S的变化图象，其中可能正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ ‎　‎ ‎13．（2012•盐亭县校级模拟）NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众．经常有这样的场面：在临终场0.1s的时候，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的胜利．如果运动员投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐距地面高度为h2，篮球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为（　　）‎ ‎　‎ A．‎ W+mgh1﹣mgh2‎ B．‎ W+mgh2﹣mgh1‎ C．‎ mgh1+mgh2﹣W D．‎ mgh2﹣mgh1﹣W ‎　‎ ‎14．（2013•南安市校级一模）如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底．然后两个滚轮再将夯杆压紧，夯杆被提上来，如此周而复始（夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速和匀速运动过程）．已知两个滚轮边缘的线速度恒为v，夯杆质量m，则下列说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 夯杆被提上来的过程中滚轮先对它施加向上的滑动摩擦力，后不对它施力 ‎　‎ B．‎ 增加滚轮匀速转动的角速度或增加滚轮对杆的正压力可减小提杠的时间 ‎　‎ C．‎ 滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能的增量 ‎　‎ D．‎ 一次提杆过程系统共产生热量；‎ ‎　‎ ‎15．（2012•下陆区校级模拟）已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图甲所示），以此时为t=0时刻纪录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系，如图乙所示（图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1＞v2）．已知传送带的速度保持不变（g取10m/s2），则 （　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎0～t1内，物块对传送带做正功 ‎　‎ B．‎ 物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ＜tanθ ‎　‎ C．‎ ‎0～t2内，传送带对物块做功为W=mv﹣mv ‎　‎ D．‎ 系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小 ‎　‎ ‎16．（2012•淄博二模）如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一与斜面底端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B靠在平板的右测，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（ sinθ+μcosθ ）‎ ‎　‎ 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Mv2+MgLsinθ+μMgLcosθ ‎　‎ 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mv2‎ ‎　‎ ‎17．（2012•镜湖区校级四模）质量为m的物块在平行于斜面的力F作用下，从固定斜面的底端A由静止开始沿斜面上滑，经B点时速率为v，此时撤去F，物块滑回斜面底端时速率也为v，斜面倾角为θ，A、B间距离为x，则（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 整个过程中重力做功为mgxsinθ ‎　‎ B．‎ 整个过程中物块克服摩擦力做功为Fx ‎　‎ C．‎ 上滑过程中克服重力做功为（Fx﹣mv2）‎ ‎　‎ D．‎ 从撤去F到物块滑回斜面底端，摩擦力做功为﹣mgxsinθ ‎　‎ ‎18．（2012•潮安县校级模拟）如图，两个质量相同的小球P和Q．P球挂在一根长为L的细细上，Q球挂在橡皮绳上，现把两球拉到水平位置，并使橡皮绳刚好保持原长，当两球能过最低点时．橡皮绳的长度恰好也为L，则（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 重力对两球做的功相同 B．‎ 在最低点P球速度大于Q球 ‎　‎ C．‎ 在最低点 P球速度小于Q球 D．‎ 最低点P、Q两球速度相等 ‎　‎ ‎19．（2011•泸州二模）如图所示，空间有与水平方向成θ角的匀强电场．一个质量为m的带电小球，用长L的绝缘细线悬挂于O点．当小球静止时，细线恰好处于水平位置．现用一个外力将小球沿圆弧轨道（图中的虚线）缓慢地拉到最低点，此过程小球的电荷量不变．则该外力做的功为（重力加速度为g）（　　）‎ ‎　‎ A．‎ mgLcotθ B．‎ mgLtanθ C．‎ mgL﹣mgLcosθ D．‎ ‎　‎ ‎20．（2011•广陵区校级模拟）如图所示有三个斜面a、b、c，底边分别为L、L、2L，高度分别为2h、h、h，同一物体与三个斜面的动摩擦因数相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端的三种情况相比较，下列说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 物体损失的机械能△Ec=2△Eb=4△Ea ‎　‎ B．‎ 物体运动的时间4ta=2tb=tc ‎　‎ C．‎ 物体到达底端的动能Eka=2Ekb=2Ekc ‎　‎ D．‎ 因摩擦产生的热量2Qa=2Qb=Qc ‎　‎ ‎　‎ 二．解答题（共10小题）‎ ‎21．（2016•惠州模拟）AB是竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，在下端B与水平直轨相切，如图所示．一可视为质点的小球自A点起由静止开始沿轨道下滑．已知圆轨道半径为R，小球的质量为m，小球与水平直轨的滑动摩擦因素为µ，最终小球在C点处停住（不计空气阻力）．求：‎ ‎（1）小球下滑到B点时速度的大小；‎ ‎（2）小球经过圆弧轨道的B点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力FB、FC各是多大？‎ ‎（3）BC之间的距离．‎ ‎　‎ ‎22．（2016•南康区校级一模）半径R=0.3m的圆环固定在竖直平面内，O为圆心，A、C是圆环的竖直直径．一个质量m=0.3kg的小球套在圆环上，若小球从图示的位置B点由静止开始下滑，已知小球到达C点时的速度vC=2m/s，g取10m/s2，求：‎ ‎（1）小球经过C点时对环的压力的大小．‎ ‎（2）小球从B到C的过程中，摩擦力对小球做的功．‎ ‎　‎ ‎23．（2015•天津）某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v=1m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m=2kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ=0.5．设皮带足够长，取g=10m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动过程中，求：‎ ‎（1）邮件滑动的时间t；‎ ‎（2）邮件对地的位移大小x；‎ ‎（3）邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W．‎ ‎　‎ ‎24．（2015•洛阳校级模拟）一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状．此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面．如图所示，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy．已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为y=x2，探险队员的质量为m．人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g．‎ ‎（1）求此人落到坡面时的动能；‎ ‎（2）此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？‎ ‎　‎ ‎25．（2015•浙江）如图所示，用一块长L1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H=0.8m，长L2=1.5m，斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定，将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失（重力加速度取g=10m/s2，最大静止摩擦力等于滑动摩擦力）‎ ‎（1）求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）‎ ‎（2）当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎（3）继续增大θ角，发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x．‎ ‎　‎ ‎26．（2012•中山模拟）光滑的圆弧轨道固定在竖直平面内，与水平轨道CE连接．水平轨道的CD段光滑、DE段粗糙．一根轻质弹簧一端固定在C处的竖直面上，另一端与质量为2m的物块b刚好在D点接触（不连接），弹簧处于自然长度．将质量为m的物块a从顶端F点静止释放后，沿圆弧轨道下滑．物块a与物块b第一次碰撞后一起向左压缩弹簧．已知圆弧轨道半径为r，=l，物块a、b与DE段水平轨道的动摩擦因数分别为μ1=0.2和μ2=0.4，重力加速度为g．物块a、b均可视为质点．求：‎ ‎（1）物块a第一次经过E点时的速度是多少？‎ ‎（2）试讨论l取何值时，a、b能且只能发生一次碰撞？‎ ‎　‎ ‎27．（2012•双桥区校级模拟）如图所示，空间存在着电场强度为E=2.5×102‎ N/C、方向竖直向上的匀强电场，一长为L=0.5m的绝缘细线，一端固定在O点，一端拴着质量m=0.5kg、电荷量q=4×10﹣2C的小球．现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，则小球能运动到最高点．不计阻力．取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）小球的电性．‎ ‎（2）细线在最高点受到的拉力．‎ ‎（3）若小球刚好运动到最高点时细线断裂，则细线断裂后小球继续运动到与O点水平方向距离为细线的长度L时，小球距O点的高度．‎ ‎　‎ ‎28．（2012•海珠区二模）（学有余力同学做，不计入总分）如图所示，设AB段是距水平传送带装置高为H=1.25m的光滑斜面，水平段BC使用水平传送带装置，BC长L=5m，与货物包的摩擦系数为μ=0.4，顺时针转动的速度为V=3m/s．设质量为m=1kg的小物块由静止开始从A点下滑，经过B点的拐角处无机械能损失．小物块随传送带运动到C点后水平抛出，恰好无碰撞的沿圆弧切线从D点进入竖直光滑圆孤轨道下滑．D、E为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径R2=1.0m圆弧对应圆心角θ=106°，O为轨道的最低点．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）试求：‎ ‎（1）小物块在B点的速度．‎ ‎（2）小物块在水平传送带BC上的运动时间．‎ ‎（3）水平传送带上表面距地面的高度．‎ ‎（4）小物块经过O点时对轨道的压力．‎ ‎　‎ ‎29．（2012•东城区模拟）如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A．车上有两个小滑块B和C（都可视为质点），B与车板之间的动摩擦因数为μ，而C与车板之间的动摩擦因数为2μ，开始时B、C分别从车板的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行．经过一段时间，C、A的速度达到相等，此时C和B恰好发生碰撞．已知C和B发生碰撞时两者的速度立刻互换，A、B、C三者的质量都相等，重力加速度为g．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力．‎ ‎（1）求开始运动到C、A的速度达到相等时的时间；‎ ‎（2）求平板车平板总长度；‎ ‎（3）已知滑块C最后没有脱离平板，求滑块C最后与车达到相对静止时处于平板上的位置．‎ ‎　‎ ‎30．（2012•盐亭县校级模拟）如图所示，一弹簧在倾角为θ的斜面上，下端固定，上端连接质量为m的滑块A，用一锁定K将A锁定在斜面上，并使弹簧刚好处于原长．在A点之下段斜面光滑，在A点之上段斜面粗糙．现将质量也为m的物块B从距离A为L的P点以某一初速度滑下，当B刚要与A相碰瞬间锁定K立即自动解开，使B与A相碰（相碰时间极短），并使A、B以共同的速度压缩弹簧（A、B互不粘连），然后B又刚好被反弹回P点而速度减为零．B物块与粗糙段摩擦因数为μ．求B物原来的初速度大小．‎ ‎　‎ ‎　‎ 高中物理最新最全动能定理高考模拟专题 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．（2015春•合肥校级期末）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=mgR，质点恰好可以到达Q点 ‎　‎ B．‎ W＞mgR，质点不能到达Q点 ‎　‎ C．‎ W=mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离 ‎　‎ D．‎ W＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离 考点：‎ 动能定理．菁优网版权所有 专题：‎ 动能定理的应用专题．‎ 分析：‎ 对N点运用牛顿第二定律，结合压力的大小求出N点的速度大小，对开始下落到N点的过程运用动能定理求出克服摩擦力做功的大小．抓住NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，根据动能定理分析Q点的速度大小，从而判断能否到达Q点．‎ 解答：‎ 解：在N点，根据牛顿第二定律有：，解得，‎ 对质点从下落到N点的过程运用动能定理得，，解得W=．‎ 在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，‎ 对NQ段运用动能定理得，，‎ 因为，可知vQ ‎＞0，所以质点到达Q点后，继续上升一段距离．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ 点评：‎ 本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，知道在最低点，靠重力和支持力的合力提供向心力，通过牛顿第二定律求出N点的速度是关键．注意在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功．‎ ‎　‎ ‎2．（2015•海南）如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g．质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（　　）‎ ‎　‎ A．‎ mgR B．‎ mgR C．‎ mgR D．‎ mgR 考点：‎ 动能定理．菁优网版权所有 专题：‎ 动能定理的应用专题．‎ 分析：‎ 质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿运动定律求出质点经过Q点的速度，再由动能定理求解克服摩擦力所做的功．‎ 解答：‎ 解：质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ N﹣mg=m 由题有：N=2mg 可得：vQ=‎ 质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得：‎ ‎ mgR﹣Wf=‎ 得克服摩擦力所做的功为 Wf=mgR 故选：C．‎ 点评：‎ 本题考查动能定理的应用及向心力公式，要注意正确受力分析，明确指向圆心的合力提供圆周运动的向心力，知道动能定理是求解变力做功常用的方法．‎ ‎　‎ ‎3．（2015•福建）如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则（　　）‎ ‎　‎ A．‎ t1＜t2‎ B．‎ t1=t2‎ ‎　‎ C．‎ t1＞t2‎ 无法比较t1、t2的大小 D．‎ 考点：‎ 动能定理的应用；滑动摩擦力．菁优网版权所有 分析：‎ 滑块做圆周运动，根据牛顿第二定律判断滑块受到的支持力大小关系，然后判断摩擦力大小关系，再比较滑块的运动时间．‎ 解答：‎ 解：在AB段，由牛顿第二定律得：mg﹣F=m，滑块受到的支持力：F=mg﹣m，则速度v越大，滑块受支持力F越小，摩擦力f=μF就越小，‎ 在BC段，由牛顿第二定律得：F﹣mg=m，滑块受到的支持力：F=mg+m，则速度v越大，滑块受支持力F越大，摩擦力f就越大，‎ 由题意知从A运动到C相比从C到A，在AB段速度较大，在BC段速度较小，所以从A到C运动过程受摩擦力较小，用时短，故A正确，BCD错误；‎ 故选：A．‎ 点评：‎ 本题考查了比较滑块运动时间关系，分析清楚滑块的运动过程、应用牛顿第二定律与摩擦力公式即可正确解题．‎ ‎　‎ ‎4．（2015•株洲校级模拟）水平地面上的物块，在水平恒力F的作用下由静止开始运动一段距离s，物块所受摩擦力的大小为f，则物块在该过程中动能的增加量为（　　）‎ ‎　‎ A．‎ Fs B．‎ fs C．‎ ‎（F﹣f）s D．‎ ‎（F+f）s 考点：‎ 动能定理．菁优网版权所有 专题：‎ 动能定理的应用专题．‎ 分析：‎ 物块在该过程中，恒力做功为Fs，摩擦力做功为﹣fs，没有其他力做功，根据动能定理求解动能的增加量．‎ 解答：‎ 解：由题意分析得知，物块在该过程中，恒力做功为Fs，摩擦力做功为﹣fs，没有其他力做功，总功为：Fs﹣fs．‎ 根据动能定理可知，动能的增加量等于外力对物体所做的总功，则知动能的增加量为：Fs﹣fs=（F﹣f）s．‎ 故选：C 点评：‎ 本题关键要理解并掌握动能定理，要注意总功等于各个力做功的代数和，而不是绝对值之和．‎ ‎　‎ ‎5．（2015•廉江市校级模拟）如图所示，两个质量相同的物体a和b处于同一高度，a自由下落，b沿固定光滑斜面由静止开始下滑，不计空气阻力．两物体到达地面时，下列表述正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ a的速率大 B．‎ b的速率大 C．‎ 动能相同 速度方向相同 D．‎ 考点：‎ 动能定理．菁优网版权所有 专题：‎ 动能定理的应用专题．‎ 分析：‎ 根据动能定理比较到达地面时的速率和动能 解答：‎ 解：根据动能定理有：mgh=mv2﹣0‎ 知：高度相同，所以末动能相等．速度的大小相等，但方向不同．‎ 故选：C 点评：‎ 解决本题的关键知道动能定理解题的优越性，不需要考虑速度的方向，也可以利用机械能守恒定律求解．‎ ‎　‎ ‎6．（2015•宿迁模拟）如图，一质量为1kg的小球静止在一竖直放置的轻弹簧上，弹簧劲度系数k=50N/m，现用一竖直向下的F=5N的恒力作用在小球上，当小球向下运动到最大速度时撤去F，则小球再回到初始位置时的速度大小为（弹簧一直处于弹性限度内）（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎1m/s B．‎ ‎2m/s C．‎ ‎2m/s D．‎ m/s 考点：‎ 动能定理．菁优网版权所有 专题：‎ 动能定理的应用专题．‎ 分析：‎ 在向下运动的过程中，F做正功，再恢复到原位置时，重力做功的和为零，根据动能定理求速度．‎ 解答：‎ 解：当弹簧的弹力等于重力和F的合力时，球 的速度最大，此时弹簧又向下被压缩了x==0.1m，根据动能定理：Fx=，解得：V=1m/s 故选：A 点评：‎ 知道物体压缩弹簧的过程，就可以逐个分析位移和加速度．要注意在压缩弹簧的过程中，弹力是个变力，加速度是变化的，当加速度等于零时，向下的速度最大．‎ ‎　‎ ‎7．（2015•海南）放在光滑水平面上的物体，仅在两个同向水平力的共同作用下开始运动，若这两个力分别做了6J和8J的功，则该物体的动能增加了（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎48J B．‎ ‎14J C．‎ ‎10J D．‎ ‎2J 考点：‎ 动能定理的应用．菁优网版权所有 专题：‎ 动能定理的应用专题．‎ 分析：‎ 运用动能定理求解物体动能的增加量．‎ 解答：‎ 解：运用动能定理：‎ ‎△E=w合=6J+8J=14J 所以该物体的动能增加了14J．‎ 故选B．‎ 点评：‎ 注意功是标量，总功的求解运用代数和进行求解．‎ ‎　‎ ‎8．（2015•廉江市校级模拟）质量不同而具有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平面上滑行到停止，则（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 质量大的滑行的距离小 B．‎ 质量大的滑行的加速度小 ‎　‎ C．‎ 质量大的滑行的时间短 D．‎ 它们克服阻力做的功一样多 考点：‎ 动能定理的应用．菁优网版权所有 专题：‎ 动能定理的应用专题．‎ 分析：‎ 由动能定理分析影响物体滑行位移的因素，由牛顿第二定律可知加速度的大小关系，由位移公式要知滑行时间的关系．‎ 解答：‎ 解：A、D由动能定理可知：W=﹣μmgs=0﹣EK；‎ 由公式可知，因初动能相同，故两物体克服阻力做功相同，故D正确；‎ 而s=，故质量大的物体，滑行距离小，故A正确；‎ B、由F=ma可知，μmg=ma，a=μg，故两物体的加速度相同，故B错误；‎ C、由x=at2可知，因质量大的物体滑行距离小，故其滑行时间要少，故C正确；‎ 故选：ACD．‎ 点评：‎ 本题综合考查动能定理、牛顿第二定律及位移公式，在解题时要注意如果题目中涉及时间，则应考虑应用牛顿第二律，若不涉及时间应优先采用动能定理或功能关系．‎ ‎　‎ ‎9．（2015•廉江市校级模拟）一个30kg的小孩从高度为3.0m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0m/s．取g=10m/s2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 合外力做功60J B．‎ 阻力做功600J ‎　‎ C．‎ 重力做功600J D．‎ 支持力做功60J 考点：‎ 动能定理的应用；功的计算．菁优网版权所有 专题：‎ 动能定理的应用专题．‎ 分析：‎ 根据小孩下滑的高度求出重力做功的大小，根据动能的变化，根据动能定理求出阻力做功与合力做功的大小．‎ 解答：‎ 解：A、根据动能定理知，．故A正确．‎ B、重力做功为WG=mgh=300×3J=900J，因为W合=WG﹣Wf，则克服阻力做功Wf=900﹣60J=840J．故B、C错误．‎ D、支持力的方向与速度方向垂直，则支持力做功为零．故D错误．‎ 故选：A．‎ 点评：‎ 本题考查了动能定理的基本运用，知道合力做功等于各力做功的代数和．‎ ‎　‎ ‎10．（2015春•呼伦贝尔校级月考）物体在合外力作用下作直线运动的v﹣t图象如图所示．下列表述正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 在0～2s内，合外力做正功 ‎　‎ B．‎ 在2～4s内，合外力不做功 ‎　‎ C．‎ 在0～2s内，合外力做负功 ‎　‎ D．‎ 在0～6s内，合外力总是做正功 考点：‎ 动能定理的应用；匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有 专题：‎ 动能定理的应用专题．‎ 分析：‎ 根据动能定理W合=△EK判断合力做功．‎ 解答：‎ 解：A、C在0～2s内，动能增加，根据动能定理W合=△EK，合外力做正功．故A正确，C错误．‎ ‎ B、在2～4s内，动能减小，根据动能定理W合=△EK，合外力做负功．故B错误．‎ ‎ D、在0～6s内，动能变化为0，根据动能定理W合=△EK，合外力做功为0．故D错误．‎ 故选：A 点评：‎ 解决本题的关键会熟练运用动能定理W合=△EK，根据速度变化确定动能的变化，进而确定合外力做功问题．‎ ‎　‎ ‎11．（2015•赣州校级模拟）在空中某一位置，以大小v0的速度水平抛出一质量为m的物体，经时间t物体下落一段距离后，其速度大小仍为v0，但方向与初速度相反，如图所示，则下列说法中错误的是（不考虑空气阻力）（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 风力对物体做功为零 B．‎ 风力对物体做负功 ‎　‎ C．‎ 物体机械能减少 D．‎ 物体的速度变化为2v0‎ 考点：‎ 动能定理的应用；功能关系．菁优网版权所有 专题：‎ 压轴题；动能定理的应用专题．‎ 分析：‎ 水平方向风力做功，根据动能定理求解风力对物体做功．物体在竖直方向做自由落体运动，由时间求出下落的高度，确定重力势能的减小量，动能不变，得到机械能的减小量．水平方向风力做功，根据动能定理求解风力对物体做功．物体在竖直方向做自由落体运动，由时间求出下落的高度，确定重力势能的减小量，动能不变，得到机械能的减小量．根据动量定理求解物体的速度变化．‎ 解答：‎ 解：A、B设风力对物体做功W，根据动能定理得，mgh+W=﹣=0，则W=﹣mgh，风力对物体做负功．故A错误，B正确．‎ ‎ C、由于不知道竖直方向的运动情况，所以无法求出下落的高度，进而无法判断物体机械能减少量，故C错误．‎ ‎ D、取物体开始的速度方向为正方向，物体速度的变化为△v=﹣v0﹣v0=﹣2v0，所以速度变化为2v0，故D正确．‎ 本题选不正确的 故选：AC 点评：‎ 本题整合了动能定理、自由落体运动等多个知识点，采用运动的分解方法，常规题，难度中等．‎ ‎　‎ ‎12．（2013•湖北二模）如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m的木块A在B的左端以初速度V0开始向右滑动，已知M＞m，用①和②分别表示木块A和木板B的图象，在木块A从B的左端滑到右端的过程中，下面关于速度v随时间t、动能EK随位移S的变化图象，其中可能正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ 考点：‎ 动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．菁优网版权所有 专题：‎ 压轴题；动能定理的应用专题．‎ 分析：‎ 木块滑上木板，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律比较出A、B的加速度大小，从而确定速度时间图线的正误．根据动能定理确定动能与位移的关系．‎ 解答：‎ 解：A、木块滑上木板，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，，，已知M＞m，则aA＞aB．①图线斜率的绝对值大于②图线斜率的绝对值，故A、B错误．‎ C、根据动能定理得，对A有：﹣μmgs=EK﹣EK0，则EK=EK0﹣μmgs．对B有：μmgs=EK，从动能定理的表达式可知，EK与s图线斜率的绝对值必须相等．故C错误，D正确．‎ 故选D．‎ 点评：‎ 本题综合考查了动能定理，牛顿第二定律，对学生能力的要求较高，关键是通过图线的斜率判断图象的正误．‎ ‎　‎ ‎13．（2012•盐亭县校级模拟）NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众．经常有这样的场面：在临终场0.1s的时候，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的胜利．如果运动员投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐距地面高度为h2，篮球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为（　　）‎ ‎　‎ A．‎ W+mgh1﹣mgh2‎ B．‎ W+mgh2﹣mgh1‎ C．‎ mgh1+mgh2﹣W D．‎ mgh2﹣mgh1﹣W 考点：‎ 动能定理．菁优网版权所有 专题：‎ 压轴题．‎ 分析：‎ 分析在投篮过程中外力对球所做的功，则可求得篮球进筐时的动能．‎ 解答：‎ 解；人在投篮过程中，球受重力、人的作用力，已知人对球做功W，重力对球做功为﹣（mgh2﹣mgh1），则由动能定理可得：‎ W﹣（mgh2﹣mgh1）=EK；‎ ‎ 故动能为W+mgh1﹣mgh2；‎ 故选A．‎ 点评：‎ 应用动能定理解题关键在于分析初末状态及合外力的功，只要能明确这两点即可顺利求解．‎ ‎　‎ ‎14．（2013•南安市校级一模）如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底．然后两个滚轮再将夯杆压紧，夯杆被提上来，如此周而复始（夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速和匀速运动过程）．已知两个滚轮边缘的线速度恒为v，夯杆质量m，则下列说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 夯杆被提上来的过程中滚轮先对它施加向上的滑动摩擦力，后不对它施力 ‎　‎ B．‎ 增加滚轮匀速转动的角速度或增加滚轮对杆的正压力可减小提杠的时间 ‎　‎ C．‎ 滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能的增量 ‎　‎ D．‎ 一次提杆过程系统共产生热量；‎ 考点：‎ 动能定理的应用；功能关系．菁优网版权所有 专题：‎ 压轴题；动能定理的应用专题．‎ 分析：‎ 夯杆底端刚到达坑口的运动过程中，先做匀加速直线运动，当速度达到滚轮的线速度时，做匀速直线运动，夯杆先受到滑动摩擦力，然后受静摩擦力，电动机对夯杆所做的功等于摩擦力做的功．增加滚轮匀速转动的角速度时夯杆获得的最大速度增大，可减小提杠的时间．增加滚轮对杆的正压力，夯杆受到滑动摩擦力增大，匀加速运动的加速度增大，可减小提杠的时间．滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能和重力势能的增量．提杆过程系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移大小的乘积．‎ 解答：‎ 解：‎ A、夯杆被提上来的过程中，先受到滑动摩擦力，然后受静摩擦力．故A错误．‎ B、增加滚轮匀速转动的角速度时夯杆获得的最大速度增大，可减小提杠的时间．增加滚轮对杆的正压力，夯杆受到滑动摩擦力增大，匀加速运动的加速度增大，可减小提杠的时间．故B正确．‎ C、根据功能关系分析得到，滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能重力势能的增量之和．故C错误．‎ D、设匀加速直线运动过程，夯杆受到的滑动摩擦力大小为f，加速度为a，质量为m，匀加速运动的时间为t，则相对位移大小为△s=vt﹣，t=，得到△s=，摩擦生热Q=f△s．根据牛顿第二定律得：f﹣mg=ma，联立得到：Q=＞．故D错误．‎ 故选B 点评：‎ 解决本题的关键理清夯杆的运动过程，知道夯杆在一个周期内先做匀加速上升，再做匀速上升，根据运动情况分析夯杆的受力情况．‎ ‎　‎ ‎15．（2012•下陆区校级模拟）已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图甲所示），以此时为t=0时刻纪录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系，如图乙所示（图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1＞v2）．已知传送带的速度保持不变（g取10m/s2），则 （　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎0～t1内，物块对传送带做正功 ‎　‎ B．‎ 物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ＜tanθ ‎　‎ C．‎ ‎0～t2内，传送带对物块做功为W=mv﹣mv ‎　‎ D．‎ 系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小 考点：‎ 动能定理的应用；牛顿第二定律．菁优网版权所有 专题：‎ 压轴题；动能定理的应用专题．‎ 分析：‎ 由图看出，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上．0～t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，可知物块对传送带做功情况．由于物块能向上运动，则有 μmgcosθ＞mgsinθ．根据动能定理研究0～t2‎ 内，传送带对物块做功．根据能量守恒判断可知，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小 解答：‎ 解：A、由图知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上．0～t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功．故A错误．‎ B、在t1～t2内，物块向上运动，则有 μmgcosθ＞mgsinθ，得μ＞tanθ．故B错误．‎ C、0～t2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：W+WG=﹣，则传送带对物块做功W≠﹣．故C错误．‎ D、物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小．故D正确．‎ 故选D 点评：‎ 本题由速度图象要能分析物块的运动情况，再判断其受力情况，得到动摩擦因数的范围，根据动能定理求解功是常用的方法．‎ ‎　‎ ‎16．（2012•淄博二模）如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一与斜面底端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B靠在平板的右测，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（ sinθ+μcosθ ）‎ ‎　‎ 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Mv2+MgLsinθ+μMgLcosθ ‎　‎ 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mv2‎ 考点：‎ 动能定理的应用；胡克定律；牛顿第二定律．菁优网版权所有 专题：‎ 压轴题；动能定理的应用专题．‎ 分析：‎ AB速度最大时，对应的加速度为零，即弹簧的弹力恰好与AB重力沿斜面的分力和AB受到的滑动摩擦力平衡．‎ A和B恰好分离时，AB间的弹力为0，A和B具有共同的加速度．‎ 从释放到A和B达到最大速度v的过程中，根据动能定理求解弹簧对A所做的功．‎ 从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，根据动能定理求解B受到的合力对它做的功．‎ 解答：‎ 解：A、A和B达到最大速度v时，A和B的加速度应该为零．‎ 对AB整体：由平衡条件知 ‎ kx﹣（m+M）gsinθ﹣μ（m+M）gcosθ=0，‎ ‎ 所以此时弹簧处于压缩状态．故A错误．‎ B、A和B恰好分离时，AB间的弹力为0，对B受力分析：由牛顿第二定律知，‎ 沿斜面方向，mgsinθ+μmgcosθ=ma，‎ 得a=gsinθ+μgcosθ，‎ 由牛顿第二定律知，A，B的加速度相同，故B正确．‎ C、从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于AB整体，根据动能定理得 ‎﹣（m+M）gLsinθ﹣μ（m+M）gcosθ•L+W弹=（m+M）v2‎ 弹簧对A所做的功W弹=（m+M）v2+（m+M）gLsinθ+μ（m+M）gcosθ•L，故C错误．‎ D、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=△Ek=，故D正确．‎ 故选：BD．‎ 点评：‎ 该题关键要掌握物体做变速直线运动，最大速度一般出现在加速度为零时刻和A和B恰好分离的特点．‎ 动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功．‎ ‎　‎ ‎17．（2012•镜湖区校级四模）质量为m的物块在平行于斜面的力F作用下，从固定斜面的底端A由静止开始沿斜面上滑，经B点时速率为v，此时撤去F，物块滑回斜面底端时速率也为v，斜面倾角为θ，A、B间距离为x，则（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 整个过程中重力做功为mgxsinθ ‎　‎ B．‎ 整个过程中物块克服摩擦力做功为Fx ‎　‎ C．‎ 上滑过程中克服重力做功为（Fx﹣mv2）‎ ‎　‎ D．‎ 从撤去F到物块滑回斜面底端，摩擦力做功为﹣mgxsinθ 考点：‎ 动能定理的应用．菁优网版权所有 专题：‎ 压轴题；动能定理的应用专题．‎ 分析：‎ 重力做功公式WG=mgh，h是初末位置的高度差．根据动能定理研究整个过程，求解物块克服摩擦力做功．分别对上滑和下滑过程研究，求解物块克服重力做功．根据动能定理研究从撤去F到物块滑回斜面底端摩擦力做功．‎ 解答：‎ 解：‎ A、根据重力做功公式WG ‎=mgh可知，整个过程中初末位置高度差为零，则重力做功为零．故A错误．‎ B、对整个过程研究，根据动能定理得：Fx﹣Wf=2﹣0，得到：物块克服摩擦力做功为Wf=Fx﹣2．故B错误．‎ C、设上滑过程中克服重力做功为WG，则根据动能定理得：‎ ‎ 上滑过程：Fx﹣WG﹣Wf=0，‎ ‎ 下滑过程：WG﹣Wf=‎ 联立两式得；WG=（Fx+）．故C错误．‎ D、从撤去F到物块滑回斜面底端过程，根据动能定理得：‎ ‎ mgxsinθ+Wf=﹣，得到摩擦力做功为Wf=﹣mgxsinθ．故D正确．‎ 故选：D 点评：‎ 本题根据功的公式和动能定理求解重力和摩擦力做功，要灵活选择研究的过程，采用分段法和全过程两种方法结合研究．‎ ‎　‎ ‎18．（2012•潮安县校级模拟）如图，两个质量相同的小球P和Q．P球挂在一根长为L的细细上，Q球挂在橡皮绳上，现把两球拉到水平位置，并使橡皮绳刚好保持原长，当两球能过最低点时．橡皮绳的长度恰好也为L，则（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 重力对两球做的功相同 B．‎ 在最低点P球速度大于Q球 ‎　‎ C．‎ 在最低点 P球速度小于Q球 D．‎ 最低点P、Q两球速度相等 考点：‎ 动能定理的应用．菁优网版权所有 专题：‎ 压轴题；动能定理的应用专题．‎ 分析：‎ 重力做功公式WG=mgh．两球质量相等，根据高度比较重力做功的大小．根据能量守恒定律分析在最低点时两球速度的关系．‎ 解答：‎ 解：‎ A、两球质量相等，两球下降的高度都是L，根据重力做功公式WG=mgh得知，重力对两球做的功都是mgL，相同．故A正确．‎ B、C、D根据能量守恒定律得：‎ 对P球：mgL=‎ 对Q球：mgL=+EP，EP是橡皮绳的弹性势能 可见，在最低点P球速度vP大于Q球的速度vQ．故B正确，CD错误．‎ 故选AB 点评：‎ 本题中P球下摆过程中，只有重力对它做功，而Q球下摆过程中，重力做功外，橡皮绳对它做负功，P球的总功大于Q球的总功，根据动能定理也能得到P球的速度较大．‎ ‎　‎ ‎19．（2011•泸州二模）如图所示，空间有与水平方向成θ角的匀强电场．一个质量为m的带电小球，用长L的绝缘细线悬挂于O点．当小球静止时，细线恰好处于水平位置．现用一个外力将小球沿圆弧轨道（图中的虚线）缓慢地拉到最低点，此过程小球的电荷量不变．则该外力做的功为（重力加速度为g）（　　）‎ ‎　‎ A．‎ mgLcotθ B．‎ mgLtanθ C．‎ mgL﹣mgLcosθ D．‎ 考点：‎ 动能定理的应用；功的计算；功能关系；电场强度．菁优网版权所有 专题：‎ 压轴题；动能定理的应用专题．‎ 分析：‎ 小球在最高点受力平衡，根据平衡条件得出电场力大小；然后对从最高点到最低点过程运用动能定理列式求解．‎ 解答：‎ 解：小球在最高点受力平衡，如图 根据平衡条件，有 T=mgcotθ ①‎ qE= ②‎ 对从最高点到最低点过程运用动能定理得到 WF+mgL+qE•L•cos（225°﹣θ）=0 ③‎ 由②③解得 WF=mgLcotθ 故选A．‎ 点评：‎ 本题关键是先根据平衡条件求出弹力和电场力，然后根据动能定理列式求解出拉力F做的功．‎ ‎　‎ ‎20．（2011•广陵区校级模拟）如图所示有三个斜面a、b、c，底边分别为L、L、2L，高度分别为2h、h、h，同一物体与三个斜面的动摩擦因数相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端的三种情况相比较，下列说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 物体损失的机械能△Ec=2△Eb=4△Ea ‎　‎ B．‎ 物体运动的时间4ta=2tb=tc ‎　‎ C．‎ 物体到达底端的动能Eka=2Ekb=2Ekc ‎　‎ D．‎ 因摩擦产生的热量2Qa=2Qb=Qc 考点：‎ 动能定理的应用；牛顿第二定律；功能关系．菁优网版权所有 专题：‎ 压轴题；动能定理的应用专题．‎ 分析：‎ 损失的机械能转化成摩擦产生的内能．‎ 物体从斜面下滑过程中，重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可以比较三者动能大小，注意物体在运动过程中克服摩擦力所做功等于因摩擦产生热量，据此可以比较摩擦生热大小．‎ 解答：‎ 解：设斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为X，‎ 则物体下滑过程中克服摩擦力做功为：W=mgμXcosθ，‎ Xcosθ即为底边长度．‎ A、物体下滑，除重力外有摩擦力做功，根据能量守恒，损失的机械能 转化成摩擦产生的内能．‎ 由图可知a和b底边相等且等于c的一半，故摩擦生热关系为：Qa=Qb=Qc，所以损失的机械能△Ea=△Eb=△Ec 故A错误．‎ B、沿斜面运动的时间t==，‎ θb＞θc，Lb＜Lc，所以tb＜tc，‎ 由于动摩擦因数和斜面a、b的倾角关系未知，无法确定ta和tb，故B错误．‎ C、设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得：mgH﹣mgμXcosθ=mv2﹣0，‎ Eka=2mgh﹣mgμL，‎ Ekb=mgh﹣mgμL，‎ Ekc=mgh﹣mgμ•2L，‎ 根据图中斜面高度和底边长度可知滑到底边时动能大小关系为：‎ Ek1＞EK2＞Ek3，故C错误．‎ D、克服摩擦力所做功等于因摩擦产生热量，所以Qa=Qb=Qc，故D正确．‎ 故选D．‎ 点评：‎ 本题比较简单直接利用功能关系即可求解，易错点在于写出表达式后的数学运算，因此学生要加强练习，提高利用数学知识解决物理问题的能力．‎ ‎　‎ 二．解答题（共10小题）‎ ‎21．（2016•惠州模拟）AB是竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，在下端B与水平直轨相切，如图所示．一可视为质点的小球自A点起由静止开始沿轨道下滑．已知圆轨道半径为R，小球的质量为m，小球与水平直轨的滑动摩擦因素为µ，最终小球在C点处停住（不计空气阻力）．求：‎ ‎（1）小球下滑到B点时速度的大小；‎ ‎（2）小球经过圆弧轨道的B点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力FB、FC各是多大？‎ ‎（3）BC之间的距离．‎ 考点：‎ 动能定理；向心力．菁优网版权所有 专题：‎ 动能定理的应用专题．‎ 分析：‎ ‎（1）对A到B的过程运用动能定理，求出小球下滑到达B点的速度大小．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律求出在B点受到的支持力大小，根据平衡求出C点受到的支持力大小．‎ ‎（3）对全过程运用动能定理，求出BC间的距离．‎ 解答：‎ 解：（1）根据动能定理得：mgR=，‎ 解得：v=．‎ ‎（2）小球经过圆弧轨道的B点时有：‎ ‎，‎ 解得：FB=3mg，‎ 小球在水平轨道的C点时：Fc=mg．‎ ‎（3）对全过程运用动能定理得：mgR﹣μmgs=0‎ 解得：s=．‎ 答：（1）小球下滑到B点时速度的大小为；‎ ‎（2）小球经过圆弧轨道的B点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力FB、FC各是3mg，mg．‎ ‎（3）BC之间的距离为．‎ 点评：‎ 本题考查了牛顿第二定律和动能定理的综合运用，运用动能定理解题，关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，然后根据动能定理列式求解．‎ ‎　‎ ‎22．（2016•南康区校级一模）半径R=0.3m的圆环固定在竖直平面内，O为圆心，A、C是圆环的竖直直径．一个质量m=0.3kg的小球套在圆环上，若小球从图示的位置B点由静止开始下滑，已知小球到达C点时的速度vC=2m/s，g取10m/s2，求：‎ ‎（1）小球经过C点时对环的压力的大小．‎ ‎（2）小球从B到C的过程中，摩擦力对小球做的功．‎ 考点：‎ 动能定理；向心力．菁优网版权所有 专题：‎ 动能定理的应用专题．‎ 分析：‎ ‎（1）在C点，靠径向的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出小球在C点所受的弹力大小，从而得出小球经过C点对环的压力大小．‎ ‎（2）对B到C的过程运用动能定理，求出摩擦力对小球做功的大小．‎ 解答：‎ 解：（1）设环对小球的弹力为FN，根据牛顿第二定律有 FN﹣mg=m，‎ 所以FN=m+mg 代入数据得FN=7 N 根据牛顿第三定律得，小球对环的压力大小为7 N．‎ ‎（2）小球从B到C过程中，根据动能定理有：‎ mg（R+Rcos 60°）+Wf=m 代入数据求得：Wf=﹣0.75J．‎ 答：（1）小球经过C点时对环的压力的大小为7N．‎ ‎（2）小球从B到C的过程中，摩擦力对小球做的功为﹣0.75J．‎ 点评：‎ 本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，知道最低点向心力的来源，结合牛顿第二定律和动能定理进行求解，难度不大．‎ ‎　‎ ‎23．（2015•天津）某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v=1m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m=2kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ=0.5．设皮带足够长，取g=10m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动过程中，求：‎ ‎（1）邮件滑动的时间t；‎ ‎（2）邮件对地的位移大小x；‎ ‎（3）邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W．‎ 考点：‎ 动能定理；牛顿第二定律．菁优网版权所有 专题：‎ 动能定理的应用专题．‎ 分析：‎ ‎（1）对邮件运用动量定理，求出邮件速度达到传送带速度所需的时间．‎ ‎（2）对邮件运用动能定理，求出邮件相对地面的位移大小．‎ ‎（3）根据摩擦力的大小以及皮带的位移大小求出邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W．‎ 解答：‎ 解：（1）设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F，则：‎ F=μmg ①‎ 取向右为正方向，对邮件应用动量定理得，Ft=mv﹣0，②‎ 由①②式并代入数据得，‎ t=0.2s ③‎ ‎（2）邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有：‎ ‎ ④‎ 由①④式并代入数据得，x=0.1m ⑤‎ ‎（3）邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则：‎ s=vt ⑥‎ 摩擦力对皮带做的功W=﹣Fs ⑦‎ 由①③⑥⑦式并代入数据得，W=﹣2J．‎ 答：（1）邮件滑动的时间t为0.2s；‎ ‎（2）邮件对地的位移大小x为0.1m；‎ ‎（3）邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W为﹣2J．‎ 点评：‎ 本题考查了动量定理、动能定理的基本运用，本题也可以采用动力学知识进行求解，关键需理清邮件在整个过程中的运动规律．‎ ‎　‎ ‎24．（2015•洛阳校级模拟）一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状．此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面．如图所示，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy．已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为y=x2，探险队员的质量为m．人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g．‎ ‎（1）求此人落到坡面时的动能；‎ ‎（2）此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？‎ 考点：‎ 动能定理的应用；平抛运动．菁优网版权所有 专题：‎ 压轴题；动能定理的应用专题．‎ 分析：‎ ‎（1）由平抛运动规律列出等式．由整个过程中根据由动能定理求解 ‎（2）根据动能的表达式应用数学方法求解．‎ 解答：‎ 解：（1）设探险队员跳到坡面上时水平位移为x，竖直位移为H，‎ 由平抛运动规律有：x=v0t，H=，‎ 整个过程中，由动能定理可得：mgH=EK﹣m 由几何关系，y=2h﹣H 坡面的抛物线方程y=x2‎ 解以上各式得：EK=m+‎ ‎（2）由EK=m+‎ 令=ngh，则EK=mgh+=mgh（+）‎ 当n=1时，即=gh，‎ 探险队员的动能最小，最小值为Emin=‎ v0=‎ 答：（1）此人落到坡面时的动能是m+；‎ ‎（2）此人水平跳出的速度为时，他落在坡面时的动能最小，动能的最小值为．‎ 点评：‎ 本题主要考查平抛运动和动能定理的应用，以及函数最值的计算，意在考查考生的综合分析及数学计算能力．‎ ‎　‎ ‎25．（2015•浙江）如图所示，用一块长L1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H=0.8m，长L2=1.5m，斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定，将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失（重力加速度取g=10m/s2，最大静止摩擦力等于滑动摩擦力）‎ ‎（1）求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）‎ ‎（2）当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎（3）继续增大θ角，发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x．‎ 考点：‎ 动能定理的应用；平抛运动．菁优网版权所有 专题：‎ 动能定理的应用专题．‎ 分析：‎ ‎（1）要使物体下滑重力的分力应大于摩擦力，列出不等式即可求解夹角的正切值；‎ ‎（2）对下滑过程由动能定理进行分析，则可求得动摩擦因数；‎ ‎（3）物体离开桌面后做平抛运动，由平抛运动的规律可求得最大距离．‎ 解答：‎ 解：（1）为使小物块下滑，则有：‎ mgsinθ≥μ1mgcosθ；‎ 故θ应满足的条件为：‎ tanθ≥0.05；‎ ‎（2）克服摩擦力做功Wf=μ1mgL1cosθ+μ2（L2﹣L1cosθ）‎ 由动能定理得：mgL1sinθ﹣Wf=0‎ 代入数据解得：‎ μ2=0.8；‎ ‎（3）由动能定理得：‎ mgL1sinθ﹣Wf=mv2‎ 解得：v=1m/s；‎ 对于平抛运动，竖直方向有：‎ H=gt2；‎ 解得：t=0.4s；‎ 水平方向x1=vt 解得：x1=0.4m；‎ 总位移xm=x1+L2=0.4+1.5=1.9m；‎ 答：（1）θ角增大到tanθ≥0.05；，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）‎ ‎（2）当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，物块与桌面间的动摩擦因数μ2为0.8；‎ ‎（3）继续增大θ角，发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大，此最大距离x为1.9m．‎ 点评：‎ 本题考查动能定理及平抛运动的规律，要注意正确分析过程及受力，注意摩擦力的功应分两段进行求解；同时掌握平抛运动的解决方法．‎ ‎　‎ ‎26．（2012•中山模拟）光滑的圆弧轨道固定在竖直平面内，与水平轨道CE连接．水平轨道的CD段光滑、DE段粗糙．一根轻质弹簧一端固定在C处的竖直面上，另一端与质量为2m的物块b刚好在D点接触（不连接），弹簧处于自然长度．将质量为m的物块a从顶端F点静止释放后，沿圆弧轨道下滑．物块a与物块b第一次碰撞后一起向左压缩弹簧．已知圆弧轨道半径为r，=l，物块a、b与DE段水平轨道的动摩擦因数分别为μ1=0.2和μ2=0.4，重力加速度为g．物块a、b均可视为质点．求：‎ ‎（1）物块a第一次经过E点时的速度是多少？‎ ‎（2）试讨论l取何值时，a、b能且只能发生一次碰撞？‎ 考点：‎ 动能定理．菁优网版权所有 专题：‎ 压轴题；动能定理的应用专题．‎ 分析：‎ ‎（1）根据机械能守恒定律求出物块a第一次经过E点时的速度．‎ ‎（2）根据动能定理和动量守恒定律求出a、b一起压缩弹簧时的速度，根据物块a到达D点的速度不为零，求出l的范围，以及知道a、b只发生一次碰撞，物块a滑上圆弧轨道又返回，最终停在水平轨道上P点，物块b在水平轨道上匀减速滑至P点也恰好停止．结合动能定理求出l的范围．‎ 解答：‎ 解：（1）物块a由F到E过程中，由机械能守恒有：‎ 解得第一次经过E点时的速度 ‎ ‎（2）物块a从E滑至D过程中，由动能定理有：‎ 解得物块a在D点时的速度 vD1=‎ 物块a、b在D点碰撞，根据动量守恒有：mvD1=3mvD2‎ 解得两物块在D点向左运动的速度 a、b一起压缩弹簧后又返回D点时速度大小 由于物块b的加速度大于物块a的加速度，所以经过D后，a、b两物块分离，同 时也与弹簧分离．‎ 讨论：①假设a在D点时的速度vD1=0，即 l=5r ‎ 要使a、b能够发生碰撞，则l＜5r ‎②假设物块a滑上圆弧轨道又返回，最终停在水平轨道上P点，物块b在水平轨道上匀减速 滑至P点也恰好停止，设，则，根据能量守恒，‎ 对a物块 ‎ 对b物块 ‎ 由以上两式解得 ‎ 将代入 ‎ 解得 ‎ 要使a、b只发生一次碰撞，则 综上所述，当时，a、b两物块能且只能发生一次碰撞．‎ 答：（1）物块a第一次经过E点时的速度是．‎ ‎（2）当时，a、b两物块能且只能发生一次碰撞．‎ 点评：‎ 本题综合考查了机械能守恒定律、动量守恒定律和动能定理，对学生能力的要求较高，对于a、b能且只能发生一次碰撞，找出临界状况是解决本题的关键，对学生而言是一难点．‎ ‎　‎ ‎27．（2012•双桥区校级模拟）如图所示，空间存在着电场强度为E=2.5×102N/C、方向竖直向上的匀强电场，一长为L=0.5m的绝缘细线，一端固定在O点，一端拴着质量m=0.5kg、电荷量q=4×10﹣2C的小球．现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，则小球能运动到最高点．不计阻力．取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）小球的电性．‎ ‎（2）细线在最高点受到的拉力．‎ ‎（3）若小球刚好运动到最高点时细线断裂，则细线断裂后小球继续运动到与O点水平方向距离为细线的长度L时，小球距O点的高度．‎ 考点：‎ 动能定理的应用；牛顿第二定律；电势能．菁优网版权所有 专题：‎ 压轴题；动能定理的应用专题．‎ 分析：‎ ‎（1）由带电小球在电场力作用下，运动到最高点并拉断细线，则可判定电场力方向，再由电场强度方向可确定小球的电性．‎ ‎（2）小球从释放到最高点，由动能定理可求出动能的变化，再由牛顿第二定律可得拉力大小．‎ ‎（3）当细线断裂后，小球做类平抛运动，则将此运动分解成水平方向匀速运动与竖直方向匀加速运动，从而求出小球距O点的高度．‎ 解答：‎ 解析：（1）由小球运动到最高点可知，小球带正电 ‎ ‎（2）设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理有，‎ ‎ （qE﹣mg）L=mv2 ①‎ 在最高点对小球由牛顿第二定律得，T+mg﹣qE=m ②‎ 由①②式解得，T=15N ‎ ‎（3）小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，‎ 则 a= ③‎ 设小球在水平方向运动L的过程中，历时t，则 L=vt ④‎ 设竖直方向上的位移为s，则 s=at2 ⑤‎ 由①③④⑤解得，s=0.125m 小球距O点高度为s+L=0.625m．‎ 答：（1）小球的电性为正电 ‎（2）细线能承受的最大拉力为15N ‎（3）当小球继续运动后与O点水平方向距离为L时，小球距O点的高度0.625m．‎ 点评：‎ 小球由静止释放，当小球运动最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂．从而可求出此时的速度，这是本题的突破口．并值得注意是细线断裂后，速度与合力相垂直，且合力恒定，所以做类平抛运动．‎ ‎　‎ ‎28．（2012•海珠区二模）（学有余力同学做，不计入总分）如图所示，设AB段是距水平传送带装置高为H=1.25m的光滑斜面，水平段BC使用水平传送带装置，BC长L=5m，与货物包的摩擦系数为μ=0.4，顺时针转动的速度为V=3m/s．设质量为m=1kg的小物块由静止开始从A点下滑，经过B点的拐角处无机械能损失．小物块随传送带运动到C点后水平抛出，恰好无碰撞的沿圆弧切线从D点进入竖直光滑圆孤轨道下滑．D、E为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径R2=1.0m圆弧对应圆心角θ=106°，O为轨道的最低点．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）试求：‎ ‎（1）小物块在B点的速度．‎ ‎（2）小物块在水平传送带BC上的运动时间．‎ ‎（3）水平传送带上表面距地面的高度．‎ ‎（4）小物块经过O点时对轨道的压力．‎ 考点：‎ 动能定理的应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律；牛顿第三定律；平抛运动；机械能守恒定律．菁优网版权所有 专题：‎ 压轴题；动能定理的应用专题．‎ 分析：‎ ‎（1）加速下滑过程中只有重力做功，对滑块沿斜面下滑过程运用动能定理列式求解；‎ ‎（2）小滑块在传送带上先加速后匀速，先受力分析后根据牛顿第二定律求出加速过程的加速度，然后根据速度时间公式求加速时间，再根据平均速度公式求加速位移，再求匀速时间，最后得到总时间；‎ ‎（3）对于平抛运动，根据速度方向先求出落地时的竖直分速度，然后根据速度位移公式求解出传送带上表面距离地面的高度差；‎ ‎（4）先根据速度分解的平行四边形定则求出落地时速度，再对从D到O过程运用动能定理列式求出O点速度，最后运用牛顿第二定律求解对轨道最低点压力．‎ 解答：‎ 解：（1）小物块由A运动B，由动能定理，mgh=‎ 解得：=5m/s 即小物块在B点的速度为5m/s．‎ ‎（2）由牛顿第二定律，得μmg=ma，解得：a=μg=4m/s2‎ 水平传送带的速度为v0=3m/s 加速过程，由 v0=vB﹣at1，得：=0.5s 则匀速过程 L1==2m ‎=1s 故总时间t=t1+t2=1.5s 即小物块在水平传送带BC上的运动时间为1.5s．‎ ‎（3）小物块从C到D做平抛运动，在D点有：‎ ‎=4m/s 由=2gh，得h==0.8m 故水平传送带上表面距地面的高度为0.8m．‎ ‎（4）小物块在D点的速度大小为：‎ 对小物块从D点到O由动能定理，得：mgR（1﹣cos）=‎ 在O点由牛顿第二定律，得：‎ 联立以上两式解得：FN=43N 由牛顿第三定律知对轨道的压力为：FN′=43N 即小物块经过O点时对轨道的压力为43N．‎ 点评：‎ 本题关键是分析清楚物体的运动情况，然后根据动能定理、平抛运动知识、牛顿第二定律、向心力公式列式求解．‎ ‎　‎ ‎29．（2012•东城区模拟）如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A．车上有两个小滑块B和C（都可视为质点），B与车板之间的动摩擦因数为μ，而C与车板之间的动摩擦因数为2μ，开始时B、C分别从车板的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行．经过一段时间，C、A的速度达到相等，此时C和B恰好发生碰撞．已知C和B发生碰撞时两者的速度立刻互换，A、B、C三者的质量都相等，重力加速度为g．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力．‎ ‎（1）求开始运动到C、A的速度达到相等时的时间；‎ ‎（2）求平板车平板总长度；‎ ‎（3）已知滑块C最后没有脱离平板，求滑块C最后与车达到相对静止时处于平板上的位置．‎ 考点：‎ 动能定理的应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．菁优网版权所有 专题：‎ 压轴题；牛顿运动定律综合专题；动能定理的应用专题．‎ 分析：‎ ‎（1）根据动量定理分别对C、A研究，求出开始运动到C、A的速度达到相等时的时间．‎ ‎（2）由动量定理求出C和B发生碰撞时B的速度，用平均速度分别求出从开始到C、B碰撞的过程C、B的位移大小，两者之和等于平板车平板总长度；‎ ‎（3）C和B发生碰撞时两者交换速度．根据牛顿第二定律运动整体法和隔离法判断是否相对静止．再根据动能定理分别研究C、A的位移，由几何关系求出滑块C在车板上运动的总位移，确定C最后与车达到相对静止时处于平板上的位置．‎ 解答：‎ 解：‎ ‎（1）设A、B、C三个物体的质量都为m，从开始到C、A的速度达到相等的过程所用时间为t，C、A相等的速度为vC，根据动量定理得 ‎ 对C：﹣2μmgt=mvC﹣mv0‎ ‎ 对A：（2μmg﹣μmg）t=mvC 联立解得，t=，vC=‎ ‎（2）对B，由动量定理得，‎ ‎﹣μmgt=mvB﹣mv0‎ 得到，vB=‎ 对C：，‎ 对B：‎ 平板车平板总长度L=xB+xC 解得，L=‎ ‎（3）对A：xA==，A、B、C三者的位移和末速度分别为：，方向向左；‎ ‎，方向向右；，方向向左．‎ ‎，方向向左；，方向向右．C和B发生碰撞时两者的速度立刻互换，则碰撞后C和B的速度各为：vC′=，方向向右，，方向向左．‎ 碰撞后B和A的速度相等，设B和A保持相对静止一起运动，此时对B和A整体有fC=2μmg=2ma 对B：B受到的摩擦力为fB′=ma=μmg，说明B和A保持相对静止一起运动．‎ 设C最后停在车板上时，共同速度为v，由动量守恒定律得 ‎ mvC′﹣2mvB′=2mv 可得，v=0‎ 对这一过程，对C，由动能定理得 ‎﹣2μmgSC′=0﹣‎ 对B和A整体，由动能定理得 ‎﹣2μmgSA′=0﹣‎ 解得，C和A的位移分别是 ‎ SC′=，向右，SA′=，向左．‎ 则C先相对于车板向左移动x1=xC﹣xA=，后相对于车板向右移动S=SC′﹣SA′=，恰好回到原来的位置，即滑块C最后停在车板的右端．‎ 答：‎ ‎（1）开始运动到C、A的速度达到相等时的时间为t=；‎ ‎（2）平板车平板总长度L=；‎ ‎（3）滑块C最后停在车板的右端．‎ 点评：‎ 本题是动量定理、动能定理、动量守恒定律、牛顿第二定律等力学知识的综合应用，要会选择解题规律：涉及力在时间的累积效果可选用动量定理研究．涉及力在空间的累积效果可选用动能定理研究．‎ ‎　‎ ‎30．（2012•盐亭县校级模拟）如图所示，一弹簧在倾角为θ的斜面上，下端固定，上端连接质量为m的滑块A，用一锁定K将A锁定在斜面上，并使弹簧刚好处于原长．在A点之下段斜面光滑，在A点之上段斜面粗糙．现将质量也为m的物块B从距离A为L的P点以某一初速度滑下，当B刚要与A相碰瞬间锁定K立即自动解开，使B与A相碰（相碰时间极短），并使A、B以共同的速度压缩弹簧（A、B互不粘连），然后B又刚好被反弹回P点而速度减为零．B物块与粗糙段摩擦因数为μ．求B物原来的初速度大小．‎ 考点：‎ 动能定理的应用；动量守恒定律．菁优网版权所有 专题：‎ 压轴题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．‎ 分析：‎ B下滑过程中有重力及摩擦力做功，由动能定理可得出表达式；而在AB碰撞中动量守恒，由动量守恒定律可得出表达式；再对AB分离后对B分析，由动能定理可得出表达式，联立可解．‎ 解答：‎ 解：设B物块的初为V0，B与A碰前瞬间的速度为V1，B与A碰后的瞬间的速度为V2，对B在碰前过程有：‎ mgLsinθ﹣μmgLcosθ=mV12﹣mV22‎ A、B碰撞动量守恒：m V1=2m V2‎ A、B反弹后在弹簧的原长分离，对B分离后有：mgLsinθ+μmgLcosθ=mV22‎ 由上三式可解得：V1=‎ 答：B物体原来的初速度为 点评：‎ 对于动能定理的应用题目，一定要注意分析过程，对不同的过程分别应用动能定理或动量守恒列式，注意各过程之间的联系，联立方程可解．‎ ‎　‎