课练15动能和动能定理—2021届高中物理(新高考)一轮考评特训检测

课练15动能和动能定理—2021届高中物理(新高考)一轮考评特训检测

课练 15 动能和动能定理 [狂刷小题 夯基础 ] 练基础小题 1．(多选 )如图所示，某人将质量为 m 的石块从距地面高 h 处斜向上方抛出，石块抛出 时的速度大小为 v0，由于空气阻力作用石块落地时的速度大小为 v，方向竖直向下，已知重 力加速度为 g，下列说法正确的是 ( ) A．石块刚抛出时重力的瞬时功率为 mgv0 B．石块落地时重力的瞬时功率为 mgv C．石块在空中飞行过程中合外力做的功为 1 2mv20－ 1 2mv2 D．石块在空中飞行过程中阻力做的功为 1 2mv2－1 2mv20－mgh 2．如图所示，半径为 R 的水平转盘上叠放有两个小物块 P 和 Q，P 的上表面水平， P 到转轴的距离为 r.转盘的角速度从 0 开始缓缓增大， 直至 P 恰好能与转盘发生相对滑动， 此 时 Q 受到 P 的摩擦力设为 f，在此过程中 P 和 Q 相对静止，转盘对 P 做的功为 W.已知 P 和 Q 的质量均为 m， P 与转盘间的动摩擦因数为 μ1，P 与 Q 间的动摩擦因数为 μ2，已知最大 静摩擦力等于滑动摩擦力，下列判断正确的是 ( ) A．f＝μ2mg B．W＝ 0 C．W＝ μ1mgr D．条件不足， W 无法求出 3．(多选 )如图所示，一小朋友做蹦床运动由高处自由落下．从该小朋友双脚接触蹦床 开始至双脚到最低点的过程中，不考虑空气阻力，该小朋友 ( ) A．机械能守恒 B．速度先增大后减小 C．加速度先增大后减小 D．所受重力做的功小于其克服蹦床弹力做的功 4．(多选 )如图所示，半径为 r 的半圆弧轨道 ABC 固定在竖直平面内，直径 AC 水平， 一个质量为 m 的物块 (可视为质点 )从圆弧轨道 A 端正上方 P 点由静止释放，物块刚好从 A 点无碰撞地进入圆弧轨道并在 A、B 之间做匀速圆周运动， 到 B 点时对轨道的压力大小等于 物块重力的 2 倍，重力加速度为 g，不计空气阻力，则 ( ) A．物块到达 A 点时速度大小为 2gr B．P、A 间的高度差为 r 2 C．物块从 A 运动到 B 所用时间为 1 2π r m D．物块从 A 运动到 B 克服摩擦力做功为 mgr 5．(多选 )今年 2 月，太原市首批纯电动公交车开始运营．在运营前的测试中，电动公 交车在平直路面上行驶， 某段时间内的 v－ t 图象如图所示． 在 0～10 s 内发动机和车内制动 装置对车辆所做的总功为零， 车辆与路面间的摩擦阻力恒定， 空气阻力不计． 已知公交车质 量为 13.5 t， g＝10 m/s2，则 ( ) A．汽车在 0～10 s 内发生的位移为 54 m B．汽车与路面的摩擦阻力为 2 000 N C．发动机在第 1 s 内的平均功率是第 7 s 内的 300 31 倍 D．第 6 s 内汽车克服车内制动装置做的功是第 10 s 内的 53 13倍 6．(多选 )如图所示，质量为 M 的电梯底板上放置一质量为 m 的物体，钢索拉着电梯由 静止开始向上做加速运动，当上升高度为 H 时，速度达到 v，不计空气阻力，重力加速度为 g，则在这一过程中 ( ) A．物体所受合力做的功等于 1 2mv2＋mgH B．底板对物体的支持力做的功等于 mgH＋ 1 2mv2 C．钢索的拉力做的功等于 1 2Mv2＋ MgH D．钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯做的总功等于 1 2Mv2 练高考小题 7. [2019 ·全国卷 Ⅱ，18](多选 )从地面竖直向上抛出一物体，其机械能 E 总 等于动能 Ek 与重 力势能 Ep 之和．取地面为重力势能零点，该物体的 E 总 和 Ep 随它离开地面的高度 h 的变化 如图所示．重力加速度取 10 m/s2.由图中数据可得 ( ) A．物体的质量为 2 kg B．h＝0 时，物体的速率为 20 m/s C．h＝2 m 时，物体的动能 Ek＝40 J D．从地面至 h＝4 m，物体的动能减少 100 J 8．[2018 ·全国卷 Ⅱ，14]如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路 面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定 ( ) A．小于拉力所做的功 B．等于拉力所做的功 C．等于克服摩擦力所做的功 D．大于克服摩擦力所做的功 9．[2018 ·全国卷 Ⅰ，18]如图， abc 是竖直面内的光滑固定轨道， ab 水平，长度为 2R； bc 是半径为 R 的四分之一圆弧， 与 ab 相切于 b 点． 一质量为 m 的小球， 始终受到与重力大 小相等的水平外力的作用，自 a 点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为 g.小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为 ( ) A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR 10．[2017 ·江苏卷， 3]一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为 Ek0， 与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能 Ek 与位移 x 关系的图线是 ( ) A B C D 练模拟小题 11．[2019 ·山东省潍坊模拟 ](多选 ) 如图所示，一根细绳的上端系在 O 点，下端系一 重球 B，放在粗糙的斜面体 A 上．现用水平推力 F 向右推斜面体使之在光滑水平面上向右 匀速运动一段距离 (细绳尚未到达平行于斜面的位置 )．在此过程中 ( ) A．B 做匀速圆周运动 B．摩擦力对重球 B 做正功 C．水平推力 F 和重球 B 对 A 做的功的大小相等 D．A 对重球 B 所做的功与重球 B 对 A 所做的功大小相等 12．[2019 ·河南省商丘九校联考 ](多选 )已知一足够长的传送带与水平面间的夹角为 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 a 所 示)，以此时为 t＝0 时刻记录了小物块在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图 b 所 示(图中取沿传送带向上的运动方向为正方向，其中 |v1|＞|v2|)，已知传送带的速度保持不变， 则下列判断正确的是 ( ) A．0～t1 内，物块对传送带一直做负功 B．物块与传送带间的动摩擦因数 μ＞tan θ C．0～t2 内，传送带对物块做的功为 1 2mv22－1 2mv21 D．系统产生的热量一定比物块动能的减少量大 13．[2019 ·福建省福州市八县 (市 )联考 ]( 多选 )如图所示，在距水平地面高为 0.4 m 处， 水平固定一根长直光滑杆，在杆上 P 点固定一光滑定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动， 在 P 点的右侧，杆上套有一质量 m＝2 kg 的滑块 A.半径 R＝0.3 m 的光滑半圆形细轨道竖直 固定在地面上，其圆心 O 在 P 点的正下方，在轨道上套有一质量也为 m＝2 kg 的小球 B.用 一条不可伸长的柔软轻细绳，通过定滑轮将 A、B 连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面 内，A、B 均可看成质点， 且不计滑轮大小的影响． 现给滑块 A一个水平向右的恒力 F＝50 N( 取 g＝10 m/s2)．则 ( ) A．把小球 B 从地面拉到 P 点的正下方 C 处时力 F 做的功为 20 J B．小球 B 运动到 P 点正下方 C 处时的速度为 0 C．小球 B 被拉到与滑块 A 速度大小相等时，离地面高度为 0.225 m D．把小球 B 从地面拉到 P 的正下方 C 处时，小球 B 的机械能增加了 20 J 14. [2019 ·安徽省四校模拟 ]一质点在 0～ 15 s 内竖直向上运动，其加速度－时间图象如图所 示，若取竖直向下为正， g 取 10 m/s2，则下列说法正确的是 ( ) A．质点的机械能不断增加 B．在 0～5 s 内质点的动能增加 C．在 10～15 s 内质点的机械能一直增加 D．在 t＝15 s 时质点的机械能大于 t＝5 s 时质点的机械能 15．[2019 ·江西省南昌调研 ](多选 )如图所示，一小球 (可视为质点 )从 H＝12 m 高处，由 静止开始沿光滑弯曲轨道 AB 进入半径 R＝4 m 的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处 处相等，当到达圆环顶点 C 时，刚好对轨道压力为零；然后沿 CB 圆弧滑下，进入光滑弧形 轨道 BD，到达高度为 h 的 D 点时速度为零，则 h 的值可能为 ( ) A．10 m B．9.5 m C．8.5 m D．8 m 16．[2019 ·四川五校联考 ]如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为 m、套在粗 糙竖直固定杆 A 处的圆环相连， 弹簧水平且处于原长． 圆环从 A 处由静止开始下滑， 经过 B 处的速度最大，到达 C 处的速度为零， AC＝h，此为过程Ⅰ；若圆环在 C 处获得一竖直向 上的速度 v，则恰好能回到 A 处，此为过程Ⅱ .已知弹簧始终在弹性范围内， 重力加速度为 g， 则圆环 ( ) A．在过程Ⅰ中，加速度一直减小 B．在过程Ⅱ中，克服摩擦力做的功为 1 2mv2 C．在 C 处，弹簧的弹性势能为 1 4mv2－mgh D．在过程Ⅰ、过程Ⅱ中克服摩擦力做功相同 [综合测评 提能力 ] 一、单项选择题 (本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分) 1．[2019 ·浙江模拟 ]如图所示，足球从草皮上的①位置被踢出后落在草皮上③位置，空 中到达的最高点为②位置，则 ( ) A．②位置足球动能等于 0 B．①位置到③位置过程只有重力做功 C．①位置到②位置的过程足球的动能全部转化为重力势能 D．②位置到③位置过程足球动能的变化量等于合力做的功 2．[2020 ·河北省定州中学模拟 ]一个人站在高为 H 的平台上，以一定的初速度将一质量 为 m 的小球抛出．测出落地时小球的速度大小为 v，不计空气阻力，重力加速度大小为 g， 人对小球做的功 W 及小球被抛出时的初速度大小 v0分别为 ( ) A．W＝ 1 2mv2－mgH， v0＝ v2－2gH B．W＝ 1 2mv2，v0＝ 2gH C．W＝ mgH，v0＝ v2＋2gH D．W＝ 1 2mv2＋mgH， v0＝ 2gH 3．[2019 ·全国卷 Ⅲ]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 4．如图所示，第一次将质量为 m 的物块放在水平面上的 P 点，给其一定的初速度使其 滑向 Q 点； 第二次将质量为 2m 的物块 B 放在 P 点， 并给其施加向右的水平拉力， 使物块 B 从静止开始向 Q 点运动，结果物块 A 运动到 Q 点的动能与物块 B 运动到 PQ 中点时的动能 相同，物块 B 从 P 点运动到 PQ 中点时，拉力做功为 W，两物块与水平面间的动摩擦因数 相同，则物块 A 的初速度大小为 ( ) A. W m B. 2W m C. 3W m D．2 W m 5. [预测新题 ]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 球上的水平力 F 的作用下， A、B 两球均处于静止状态， 此时 A 球距 O 点的距离为 xA＝0.3 m，B 球距 O 点的距离 xB＝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 时的速度大小为 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 6. [名师原创 ]如图所示， A、 B 是两个等高的固定点，间距为 L，一根长为 2L 的非弹性轻 绳两端分别系在 A、 B 两点，绳上套了一个质量为 m 的小球．现使小球在竖直平面内以 AB 为中心轴做圆周运动，若小球在最低点的速率为 v，则小球运动到最高点时，两段绳的拉力 恰好均为零， 若小球在最低点的速率为 2v，则小球运动到最高点时每段绳上的拉力大小为 (重 力加速度大小为 g，不计一切摩擦 )( ) A. 3mg B． 5 3mg C．15mg D．5 2mg 7. [2020 ·江西五校联考 ]如图所示，光滑水平面 OB 与足够长的粗糙斜面 BC 交于 B 点．轻 弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为 m1 的滑块压缩弹簧至 D 点，然后由静止释放，滑块 脱离弹簧后经 B 点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上，不计滑块在 B 点的机械 能损失．换用材料相同、质量为 m2 的滑块 (m2>m1)压缩弹簧至同一点后，重复上述过程，下 列说法正确的是 ( ) A．两滑块到达 B 点时的速度相同 B．两滑块沿斜面上升的最大高度相同 C．两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功不相同 D．两滑块上升到最高点的过程中机械能损失相同 8．[2019 ·广东佛山一中段考 ] 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 点上方高为 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＝ 1 2mgR，质点恰好可以到达 Q 点 B．W>1 2mgR，质点不能到达 Q 点 C．W＝ 1 2mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离 D．W<1 2mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离 二、多项选择题 (本题共 2 小题，每小题 4 分，共 8 分) 9．如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移 x 与斜面倾角 θ的关系， 将某一物体每次以不变的初速度沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角 θ， 实验测得 x 与斜面倾角 θ的关系如图乙所示，重力加速度大小 g 取 10 m/s2，最大静摩擦力 等于滑动摩擦力，根据图象可求出 ( ) A．物体的初速率为 3 m/s B．物体与斜面间的动摩擦因数为 0.75 C．取不同的倾角 θ，物体在斜面上能达到的位移 x 的最小值为 1.44 m D．当 θ＝45°时，物体达到最大位移后将停在斜面上 10．[2019 ·郑州质检 ]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． 在圆心处连接有力传感器，用来测量绳子上的拉力，运动过程中小球受 到空气阻力的作用， 空气阻力随速度减小而减小． 某一时刻小球通过轨道的最低点， 力传感 器的示数为 7mg，重力加速度为 g，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高 点，下列说法正确的是 ( ) A．到最高点过程中小球克服空气阻力做的功为 1 2mgR B．到最高点过程中小球克服空气阻力做的功为 mgR C．再次经过最低点时力传感器的示数为 5mg D．再次经过最低点时力传感器的示数大于 5mg 三、非选择题 (本题共 3 小题，共 34 分) 11．(11 分 )如图所示， 粗糙的斜面 AB 下端与光滑的圆弧轨道 BCD 相切于 B，整个装置 竖直放置， C 是最低点，圆心角 θ＝37°，D 与圆心 O 等高，圆弧轨道半径 R＝1 m，斜面长 L＝4 m，现有一个质量 m＝0.1 kg 的小物体 P 从斜面 AB 上端 A 点无初速度下滑， 物体 P 与 斜面 AB 之间的动摩擦因数 μ＝0.25.不计空气阻力， g＝10 m/s2，sin 37 °＝ 0.6，cos 37 °＝ 0.8， 求： (1)物体 P 第一次通过 C 点时的速度大小 vC； (2)物体 P 第一次通过 C 点时对轨道的压力大小； (3)物体 P 第一次离开 D 点后在空中做竖直上抛运动到最高点 E，接着从空中又返回到 圆弧轨道和斜面，在这样多次反复的整个运动过程中，物体 P 对 C 点处轨道的最小压力． 12．(11 分)[2019 ·江苏常州期末 ] 如图所示，在距水平地面高为 h＝ 0.5 m 处，水平固定 一根长直光滑杆， 杆上 P 处固定一小定滑轮， 在 P 点的右边杆上套一质量 mA＝1 kg 的滑块 A.半径 r ＝0.3 m 的光滑半圆形竖直轨道固定在地面上， 其圆心 O 在 P 点的正下方， 半圆形 轨道上套有质量 mB＝2 kg 的小球 B.滑块 A 和小球 B 用一条不可伸长的柔软细绳绕过小定滑 轮相连，在滑块 A 上施加一水平向右的力 F.滑轮的质量和摩擦均可忽略不计，且小球可看 做质点， g 取 10 m/s2， 0.34≈0.58. (1)若逐渐增大拉力 F，求小球 B 刚要离地时拉力 F1 的大小； (2)若拉力 F2 ＝57.9 N，求小球 B 运动到 C 处时的速度大小； (结果保留整数 ) (3)在 (2)情形中当小球 B 运动到 C 处时，拉力变为 F3 ＝16 N，求小球 B 在右侧轨道上 运动的最小速度． (结果保留一位小数 ) 13．(12 分)[2020 ·湖南地质中学月考 ]如图所示， 传送带以一定速度沿水平方向匀速转动， 将质量为 m＝1.0 kg 的小物块轻轻放在传送带上的 P 点， 物块运动到 A 点后被水平抛出， 小 物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从 B 点进入竖直光滑圆弧轨道． B、C 为圆弧的两端点，其连 线水平，轨道最低点为 O，已知圆弧对应圆心角 θ＝106°，圆弧半径 R＝1.0 m，A 点距水平 面的高度 h＝0.8 m，小物块离开 C 点后恰好能无碰撞地沿固定斜面向上滑动，经过 0.8 s 小 物块第二次经过 D 点，已知小物块与斜面间的动摩擦因数 μ＝1 3，sin 53 °＝0.8，g＝10 m/s2. 求： (1)小物块离开 A 点时的水平速度大小； (2)小物块经过 O 点时，轨道对它的支持力大小； (3)斜面上 C、 D 间的距离． 课练 15 动能和动能定理 [狂刷小题 夯基础 ] 1．BD 设石块刚抛出时的速度方向与竖直方向的夹角为 α，则刚抛出时重力的瞬时 功率为 P＝mgv0cos α，选项 A 错误；石块落地时重力的瞬时功率为 mgv，选项 B 正确；根 据动能定理，石块在空中飞行过程中合外力做的功为 W＝1 2mv2－ 1 2mv20，选项 C 错误；设石 块在空中飞行过程中阻力做的功为 Wf，由动能定理有 mgh＋Wf＝1 2mv2－ 1 2mv20，解得 Wf＝1 2mv2 －1 2mv20－mgh，选项 D 正确． 2．C 设刚要发生相对滑动时 P、Q 的速度为 v，对 P、Q 整体，摩擦力提供向心力有 μ1·2mg＝2mv2 r ；根据动能定理，此过程中转盘对 P 做的功 W＝ 1 2·2mv2＝μ1mgr，选项 BD 错 误， C 项正确；在此过程中，物块 Q 与 P 之间的摩擦力不一定达到最大静摩擦力，则此时 Q 受到 P 的摩擦力不一定为 μ2mg，选项 A 错误． 3．BD 从该小朋友双脚接触蹦床开始至双脚到最低点的过程中， 因为蹦床的弹力对人 做功，所以该小朋友机械能不守恒，选项 A 错误；刚接触蹦床时，蹦床刚开始有弹力，弹 力小于重力，合力竖直向下，速度方向也竖直向下，在弹力等于重力前，小朋友做加速度减 小的加速运动， 弹力恰好等于重力时，速度达到最大值， 以后弹力大于重力，加速度方向变 为向上， 小朋友做减速运动直到最低点， 则整个过程其速度先增大后减小， 加速度先减小后 增大， 故 B 项正确， C 项错误； 根据动能定理可知 WG－W 弹＝0－Ek0，即所受重力做的功小 于其克服蹦床弹力做的功，选项 D 正确． 4．BD 在 B 点时，由牛顿第二定律得 FN－mg＝ mv2 r ，因为 F N＝F′ N＝2mg，所以 v ＝ gr，因为物块从 A 点进入圆弧轨道并在 A、B 之间做匀速圆周运动，所以物块到达 A 点 时的速度大小为 gr，故 A 项错误；从 P 到 A 的过程，由动能定理得 mgh＝1 2mv2，所以 h ＝r 2，故 B 项正确；因为物块从 A 点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块从 A 运动到 B 所用时间 t＝ πr 2 v ＝π 2 r g，故 C 项错误；物块从 A 运动到 B，由动能定理得 mgr－W 克＝0， 解得 W 克＝mgr，故 D 项正确． 5．BD 由 v－ t 图象知， 汽车发生的位移为 s＝ 1 2×(4＋8)×1 m＋1 2×(4＋5)×8 m－1 2×(2 ＋4)×4 m＝ 30 m，选项 A 错误；由于在 0～10 s 内发动机和车内制动装置对车辆所做的总 功为零，则由动能定理可知 Wf＝－ fx＝0－ 1 2mv20，其中 x 是路程，大小为 x＝54 m，解得 f ＝2 000 N ，选项 B 正确；在第 1 s 内，由动能定理有 P1 ×1 s－fx1＝ 1 2mv21－ 1 2mv20，其中 x1 ＝6 m，解得 P1 ＝336 000 W ；同理在第 7 s 内，由动能定理有 P7 ×1 s－ fx7＝ 1 2mv27，其中 第 7 s 内的位移大小为 x7＝2 m，解得 P7 ＝112 000 W，即发动机在第 1 s 内的平均功率是第 7 s 内的 3 倍，选项 C 错误；第 6 s 内汽车克服车内制动装置做的功为 W6，根据动能定理有 －W6－fx6＝0－ 1 2mv26，其中 x6＝4 m，v6＝8 m/s，解得 W6＝424 000 J；同理，第 10 s 内汽车 克服车内制动装置做的功为 W10，则有－ W10－fx10＝0－ 1 2mv210，其中第 10 s 内的位移大小为 x10＝2 m，v10＝4 m/s，解得 W10＝104 000 J；即第 6 s 内汽车克服车内制动装置做的功是第 10 s 内的 53 13倍，选项 D 正确． 6．BD 对物体，应用动能定理得：合力对物体做的功等于物体动能的增加量，有 W －mgH ＝1 2mv2，W＝mgH ＋1 2mv2，故 A 错误， B 正确；根据功能关系可知，钢索的拉力做的 功等于电梯和物体的机械能增加量，为 WF＝(M＋m)gH ＋1 2(M＋m)v2，故 C 错误；对电梯， 根据动能定理知合力对电梯做的功等于电梯的动能的变化量， 即钢索的拉力、 电梯的重力及 物体对底板的压力对电梯 M 做的总功等于 1 2Mv2，故 D 正确． 7．AD 重力势能 EP＝mgh，结合 Ep－h 图像有 mg＝80 4 N，则 m＝2 kg，故 A 正确． h ＝0 时 E 总 ＝1 2mv20，即 100 J＝ 1 2×2 kg×v20，解得 v0＝ 10 m/s，故 B 错误．由图像可知， h＝2 m 时， E 总 ＝ 90 J、 Ep＝40 J，则 Ek＝50 J，故 C 错误．当 h＝4 m 时， E 总 ＝Ep＝80 J，则 Ek ＝0，故从地面至 h＝4 m，物体的动能减少了 100 J，故 D 正确． 8．A 由动能定理 WF－ Wf＝ Ek －0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功， A 项正确． 9．C 设小球运动到 c 点的速度大小为 vc，则对小球由 a 到 c 的过程，由动能定理有 F·3R －mgR＝1 2mv2c，又 F＝ mg，解得 vc＝2 gR，小球离开 c 点后，在水平方向做初速度为零的 匀加速直线运动， 竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动， 由牛顿第二定律可知， 小球离 开 c 点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为 g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开 c 点到其轨迹最高点所需的时间为 t＝ vc g ＝2 R g，在水平方向的位移大小为 x＝1 2gt2＝2R.由 以上分析可知， 小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点的过程中， 水平方向的位移大小为 5R， 则小球机械能的增加量为 ΔE＝F·5R＝5mgR，C 项正确， A 、B、 D 三项错误． 10．C 设斜面倾角为 θ，根据动能定理，当小物块沿斜面上升时，有 －(mgsin θ＋f)x＝Ek－ Ek0，即 Ek＝－ (f＋mgsin θ)x＋ Ek0， 所以 Ek 与 x 的函数关系图像为直线，且斜率为负． 当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有 (mgsin θ－f)(x0－x)＝Ek－0(x0 为小物块到达最高点时的位移 )，即 Ek＝－ (mgsin θ－f)x＋ (mgsin θ－f)x0 所以下滑时 Ek 随 x 的减小而增大且为直线． 综上所述，选项 C 正确． 11．BC B 的线速度大小是变化的，故不是匀速圆周运动，故 A 错误；如图，画出球 B 受到的 支持力 N，摩擦力 f 以及球在该位置时运动的切线的方向，由图可知，斜面对 B 的摩擦力沿 斜面向下，与 B 的速度方向的夹角为锐角，所以摩擦力对重球 B 做正功，故 B 正确； A 匀 速运动，动能不变，根据动能定理知水平推力 F 和重球 B 对 A 做的功的大小相等，故 C 正 确；斜面对 B 的弹力和 B 对斜面的弹力是一对作用力和反作用力，大小相等，斜面在弹力 方向上的位移等于 B 在弹力方向上的位移，所以 A 对重球 B 的弹力所做的功与重球 B 对 A 弹力所做的功大小相等，一正一负，由于 B 与 A 间存在相对运动， A 的位移与 B 的位移不 相等，所以 A 对重球 B 的摩擦力所做的功与重球 B 对 A 的摩擦力所做的功大小不相等，所 以 A 对重球 B 所做的总功与重球 B 对 A 所做的总功大小不相等，故 D 错误． 12．ABD 由题图 b 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 时间内，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 正 确．在 t1～ t2 时间内，物块向上运动，则有 μ mgcos θ>mgsin θ，得 μ>tan θ，故 B 正确 .0～t2 时间内，由题图 b 中“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＝ 1 2mv22－ 1 2mv21，则传送带对物块做的 W＝ 1 2mv22－1 2mv21－WG，故 C 错误 .0～t2 时间内，重力对物块做正功，物块的重力势能减小、动 能也减小， 且都转化为系统产生的内能， 则由能量守恒定律知， 系统产生的热量一定比物块 动能的减少量大，故 D 正确．故选 A 、B、D. 13．ACD 把小球 B 从地面拉到 P点正下方 C 处的过程中， 力 F 的位移为： x＝ 0.42＋0.32 m－(0.4－0.3)m＝0.4 m，则力 F 做的功 WF＝Fx＝20 J，选项 A 正确；把小球 B 从地面拉到 P 点正下方 C 处时， B 的速度方向与绳子方向垂直， A 的速度为零，设 B 的速度为 v，则由 动能定理： WF－ mgR＝1 2mv2－0，解得 v＝ 14m/s，选项 B 错误；当细绳与半圆形轨道相切 时，小球 B 的速度方向沿圆周的切线方向向上，此时和绳子方向重合，故与滑块 A 速度大 小相等，由几何关系可得 h＝0.225 m，选项 C 正确； B 的机械能增加量为 F 做的功 20 J，D 正确． 14．D 质点竖直向上运动， 0～15 s内加速度方向向下， 质点一直做减速运动， B 错误 .0～ 5 s 内， a＝10 m/s 2，质点只受重力，机械能守恒； 5～10 s 内， a＝ 8 m/s2，受重力和向上的 力 F 1，F 1做正功，机械能增加； 10～15 s 内， a＝ 12 m/s2，质点受重力和向下的力 F 2， F2 做负功，机械能减少， A、C 错误．由 F 合＝ ma 可推知 F 1＝F2，由于做减速运动， 5～10 s 内通过的位移大于 10～15 s 内通过的位移， F 1 做的功大于 F2 做的功， 5～ 15 s 内增加的机械 能大于减少的机械能，所以 D 正确． 15．BC 设小球质量为 m，以 B 点所在水平面为零势能面，由题给条件“当到达圆环 顶点 C 时，刚好对轨道压力为零”有 mg＝ mv2C R ，小球到达 C 点时，有 v2C＝gR，在 C 点的动 能为 1 2mv2C＝ 1 2mgR，则小球在 C 点的机械能为 2mgR＋ 1 2mv2C＝ 5 2mgR，则小球从 B 点到 C 点克 服摩擦力做的功为 1 2mgR，小球到达 D 点时速度为零，设小球在 D 点的机械能为 EkD，分析 可知小球在从 C 点到 B 点过程中也有摩擦力，且摩擦力做的功小于小球从 B 点到 C 点克服 摩擦力做的功 1 2mgR，故 2mgR＜EkD＜ 5 2mgR，即 8 m＜h＜10 m，选项 B、C 正确． 16．D 圆环刚开始下滑时，圆环受到的合力向下，设弹簧原长为 L，下滑过程中，对圆环受力 分析，如图所示，弹簧弹力与竖直方向的夹角为 θ，则弹簧弹力 F＝kL 1 sin θ－1 ，竖直方向 根据牛顿第二定律可得 mg－ Fcos θ－μFN＝ma，水平方向有 Fsin θ＝F N，联立三个方程可知， 圆环下滑过程中受到的合力先减小后增大，圆环的加速度先减小后增大，选项 A 错误；在 过程Ⅰ和Ⅱ中， 圆环在相同位置时受到的滑动摩擦力大小相等， 所以在这两个过程中克服摩 擦力做的功相等，选项 D 正确；在过程Ⅰ中，根据动能定理可得 WG－Wf－W 弹 ＝0，解得 Wf＝ WG－W 弹，在过程Ⅱ中，根据动能定理可得－ WG＋W 弹－Wf＝－ 1 2mv2，联立解得 Wf＝ 1 4 mv2，在 C 处 Ep 弹＝W 弹＝mgh－ 1 4mv2，选项 B、C 错误． [综合测评 提能力 ] 1．D 由题图可知，足球由②到③过程中具有水平位移，则说明足球在②位置存在速 度，故 A 错误；由图可知，①到②的水平位移大于②到③的水平位移，则说明足球受到空 气阻力，故 B 错误；因存在阻力做功，故①位置到②位置的过程足球的动能转化为重力势 能和内能，故 C 错误；根据动能定理可得，②位置到③位置过程足球动能的变化量等于合 力做的功，故 D 正确． 2．A 对小球在空中的运动过程，有： mgH ＝ 1 2mv2－1 2mv20，解得： v0＝ v2－ 2gH，W ＝1 2mv20＝1 2mv2－mgH，故 A 正确． 3．C 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，由动能定理结合题图可得－ (mg ＋F)×3 m＝(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，再由动能定理结合题图可得 (mg－F)×3 m＝(48 － 24)J，联立解得 m＝1 kg、F＝ 2 N，选项 C 正确， A、B、D 均错误． 4．B 本题考查动能定理． 设物块 A 的初速度大小为 v0，物块运动到 Q 点时动能为 Ek， 对物块 A 由动能定理有－ μmgs＝Ek－ 1 2mv20，对物块 B 由动能定理有 W－2μ mg× 1 2s＝Ek，解 得 v0＝ 2W m ，B 正确． 5．C A 球向右运动 0.1 m 时， A 球的速度大小 vA＝3 m/s，A 球距 O 点的距离 x′ A＝ 0.4 m ，B 球距 O 点的距离为 x′B＝0.3 m．设此时轻绳与 OM 的夹角为 α，则有 tan α＝3 4， 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 球上升的高度 h＝0.1 m，由动能定理可得 W－mgh＝1 2mv2B－0，解得轻绳的拉力对 B 球所做 的功为 W＝18 J，选项 C 正确． 6．B 设小球在竖直面内做圆周运动的半径为 r，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动 轨迹平面的夹角为 θ＝ 30°，则有 r＝ Lcos 30°＝ 3 2 L，小球在最低点的速率为 v 时，到达最 高点的速率设为 v′，根据题述有 mg＝mv′ 2 r ，由机械能守恒定律可知， mg×2r＋1 2mv′ 2 ＝1 2mv2，得 v＝ 5gr；小球在最低点的速率为 2v 时， 到达最高点的速率设为 v″，则有 mg× 2r ＋1 2mv″ 2＝1 2m(2v)2，得 v″＝ 4 gr，设每段绳的拉力大小为 F，则 2Fcos θ＋mg＝ mv″ 2 r ， 联立解得 F＝5 3mg， B 正确． 7．D 由于初始时，弹簧的弹性势能相同，则两滑块到达 B 点时的动能相同，但速度 不同，故 A 错误；两滑块在斜面上运动时的加速度相同，由于到达 B 点时的速度不同，故 上升高度不同， B 错误； 滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功为 mgh，由能量守恒定 律有 Ep＝mgh＋μ mgcos θ× h sin θ，解得 mgh＝ Eptan θ tan θ＋μ，故两滑块上升到最高点的过程中克 服重力做的功相同， C 错误；由能量守恒知损失的机械能 E 损＝μ mgh tan θ，结合 C 的分析，可知 D 正确． 8．C 在 N 点，根据牛顿第二定律有 N－mg＝mv2N R，解得 vN＝ 3gR，对质点从开始下 落至到达 N 点的过程运用动能定理得 mg·2R－W＝1 2mv2N－0，解得 W＝ 1 2mgR.由于质点在 PN 段的速度大于质点在 NQ 段的速度，所以质点在 NQ 段受到的支持力小于 PN 段受到的支持 力，则质点在 NQ 段克服摩擦力做的功小于在 PN 段克服摩擦力做的功，小球在 NQ 段运动 时由动能定理得－ mgR－W′＝ 1 2mv2Q－1 2mv2N，因为 W′<1 2mgR，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． 9．BC 由题图乙可知，当夹角 θ＝0°时，位移为 2.40 m，而当夹角为 90°时，位移为 1.80 m，则由竖直上抛运动规律可知 v20＝2gh，解得 v0＝ 2gh＝6 m/s，故 A 错误；当夹角 为 0°时，由动能定理可得 μmgx＝1 2mv20，解得 μ＝0.75，故 B 正确；－ mgxsin θ－μ mgxcos θ ＝0－1 2mv20，解得 x＝ v20 2g sin θ＋μcos θ(m)＝ 18 10 sin θ＋ 3 4cos θ (m)＝ 18 10× 5 4sin θ＋ α (m)，当 θ ＋α＝90°时， sin(θ＋α)＝ 1，此时位移最小， x＝1.44 m，故 C 正确；若 θ＝45°时，物体受到 重力的分力为 mgsin 45°＝ 2 2 mg，最大静摩擦力 f＝μ mgcos45 °＝ 3 2 8 mg， 2 2 mg＞3 2 8 mg， 故物体达到最大位移后会下滑，故 D 错误． 10．AD 小球在最低点时有 F 1＝T－mg＝mv21 R，解得 v1＝ 6gR，而在最高点时，由于 小球恰好能通过最高点，所以有 mg＝mv22 R，可得 v2＝ gR，小球从最低点到最高点的过程， 由动能定理可得－ mg·2R－Wf＝ 1 2mv22－ 1 2mv21，解得空气阻力做的功 Wf＝ 1 2mgR，选项 A 正确， B 错误； 小球从最高点到最低点的过程， 由于小球受到的空气阻力随速度的减小而减小， 分 析可知在同一水平面上上升过程中的阻力大于下落过程中的阻力，由动能定理可得 mg·2R －Wf′＝ 1 2mv′ 21－ 1 2mv22，且此过程中空气阻力做的功 Wf′＜ Wf，解得 v′ 1＞ 4gR，再次经 过最低点时有 F 2＝T′－ mg＝mv′ 21 R ，解得 T′＞ 5mg，选项 C 错误， D 正确． 11．答案： (1)6 m/s (2)4.6 N (3)1.4 N 解析： (1)物体 P 从 A下滑经 B 到 C 过程中根据动能定理有 mgL·sin 37 °＋mgR(1－cos 37 °) －μmgcos 37 °·L＝1 2mv2C－ 0，解得 vC＝6 m/s. (2)物体 P 在 C 点，根据牛顿第二定律有 N－mg＝mv2C R， 解得 N＝4.6 N. 根据牛顿第三定律，物体 P 通过 C 点时对轨道的压力为 4.6 N. (3)物体 P 最后在 B 和与其等高的圆弧轨道上来回运动时，经 C 点压力最小，由 B 到 C 由动能定理有 mgR(1－cos 37 °)＝ 1 2mv′ 2C，解得 v′ C＝2 m/s，则 Nmin＝ mg＋mv′ 2C R ＝1.4 N. 根据牛顿第三定律，物体 P 对 C 点处轨道的最小压力为 1.4 N. 12．答案： (1)23.2 N (2)4 m/s (3)3.2 m/s 解析： (1)设初位置 BP 方向与竖直方向成 α角，将 F 1 分解到竖直方向和水平方向，要 离开地面时满足 F1cos α＝mBg，其中 cos α＝ h h2＋r 2＝ 5 34 ，解得 F1＝23.2 N (2)当 B 球运动到 C 处时， 滑块 A 的速度为 0.对 A、B 整体由动能定理得 F 2×[ h2＋r2－ (h－r)]－mBgr＝1 2mBv2 解得 v≈4 m/s (3)当 B 球的切向加速度为 0 时，速度取最小值 vmin.设此时 BP 与水平方向的夹角为 β， 有 mgsin β＝F 3 解得 sin β＝ 0.8 对 A、B 整体从 B 球处于 C 位置到 B 球速度最小的过程，由动能定理得 mBgr(1－cos β)－F3×[ hsin β－(h－ r)] ＝ 1 2(mA＋mB)v2min － 1 2mBv2 解得 vmin≈3.2 m/s 13．答案： (1)3 m/s (2)43 N (3)0.98 m 解析： 本题借助传送带考查动能定理在多过程问题中的应用． (1)对于小物块，由 A 到 B 做平抛运动，在竖直方向上有 v2y ＝2gh， 在 B 点时有 tanθ 2＝vy vA ， 联立解得 vA＝ 3 m/s. (2)小物块在 B 点的速度为 vB＝ v2A＋v2y＝5 m/s， 小物块从 B 到 O 由动能定理得 mgR(1－cos 53 °)＝1 2mv2O－1 2mv2B， 小物块经过 O 点时由牛顿第二定律得 FN －mg＝mv2O R， 解得 F N＝ 43 N. (3)物块沿斜面上滑时，设物块加速度为 a，由牛顿第二定律得 mgsin 53 °＋μ mgcos 53 °＝ma1，解得 a1＝ 10 m/s2， 圆弧轨道光滑，故 vC＝vB＝5 m/s， 小物块由 C 上升到最高点的时间为 t1＝vC a1 ＝0.5 s， 则小物块由斜面最高点回到 D 点历时 t2＝0.8 s－0.5 s＝0.3 s， 小物块沿斜面下滑时， 由牛顿第二定律得 mgsin 53 °－ μmgcos 53 °＝ma2，解得 a2＝6 m/s2， C、D 间的距离为 xCD ＝ v2C 2a1 －1 2a2t22＝0.98 m