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高中物理鲁科版 (2019)必修 第二册第3节 动能和动能定理优秀一课一练
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这是一份高中物理鲁科版 (2019)必修 第二册第3节 动能和动能定理优秀一课一练，共21页。试卷主要包含了0分），【答案】C，【答案】B，【答案】D，【答案】BD等内容，欢迎下载使用。
1.3动能和动能定理同步练习鲁科版（ 2019）高中物理必修二
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 若物体在运动过程中受到的合外力不为零，则( )
A. 物体的动能不可能总是不变的 B. 物体的加速度一定变化
C. 物体的速度方向一定变化 D. 物体所受合外力做的功可能为零
2. 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、位移的大小和运动的时间．则以下各图象中，能正确反映这一过程的是( )
A. B.
C. D.
3. 质量为1kg的铅球从离地高6m处无初速度释放，到达地面时速度为10m/s。若重力加速度g取10m/s2，则
A. 铅球释放时相对地面具有的重力势能是6J
B. 铅球落地时具有的动能为100J
C. 铅球整个下落过程重力做功60J
D. 铅球整个下落过程合外力做功5J
4. 某人用手将1kg物体由静止竖直向上提起1m，这时物体的速度为2m/s，其中当地重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 手对物体做功为2J B. 合外力做功为2J
C. 合外力做功为12J D. 重力做功为10J
5. 发光弹弓弹射飞箭是傍晚在广场常见的儿童玩具，其工作原理是利用弹弓将发光飞箭弹出后在空中飞行。若小朋友以大小为E的初动能将飞箭从地面竖直向上弹出，飞箭落回地面时动能大小为3E4，设飞箭在运动过程中所受空气阻力的大小不变，重力加速度为g，以地面为零势能面，则下列说法正确的是( )
A. 飞箭上升阶段克服空气阻力做的功为E16
B. 飞箭下落过程中重力做功为13E16
C. 飞箭在最高点具有的机械能为E8
D. 飞箭所受空气阻力与重力大小之比为1:7
6. 高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，在启动阶段列车的动能( )
A. 与它所经历的时间成正比 B. 与它的位移成正比
C. 与它的速度成正比 D. 与它的阻力成正比
7. 水平传送带在电动机的带动下始终以速度v匀速运动。某时刻在传送带上A点处轻轻放上一个质量为m的小物体，经时间t小物体的速度与传送带相同，相对传送带的位移大小为x，A点未到右端，在这段时间内( )
A. 摩擦力对小物体做的功为mv2
B. 摩擦力对小物体做功的功率为mv2t
C. 由于物体与传送带相互作用产生的内能为mv2
D. 由于物体与传送带相互作用电动机要多做的功为mv2
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
8. 如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动，传送带右端有一个与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为v3，则在整个运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 若v1>v2，则v3=v1
B. 若v1>v2时，摩擦力对物体做功为零
C. 若v1>v2时，则传送带与物体摩擦生热为mv22
D. 其中在物体向左运动过程中，传送带与物体摩擦生热为12mv22+mv1v2
9. 某同学在操场上踢足球，足球质量为m，该同学将足球以速度v0从地面上的A点踢起，最高可以到达离地面高度为h的B点位置，从A到B足球克服空气阻力做的功为W，选地面为零势能的参考平面，则下列说法中正确的是( )
A. 足球从A到B机械能守恒
B. 该同学对足球做的功等于12mv02
C. 足球在A点处的机械能为12mv02+mgh
D. 足球在B点处的动能为12mv02-mgh-W
10. 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.圆环在C处获得竖直向上的速度v，恰好能回到A处。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。则圆环( )
A. 下滑过程中，加速度一直减小
B. 上滑过程中，经过B处的速度最大
C. 下滑过程中，克服摩擦力做的功为14mv2
D. 上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
11. 如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1顺时针匀速运动.一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2(v2>v1)滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端.关于上述过程，下列判断正确的是 ( )
A. 滑块返回传送带右端时的速率为v2
B. 此过程中传送带对滑块做功为12mv12-12mv22
C. 此过程中电动机做功为2mv12
D. 此过程中滑块与传送带间因摩擦产生的热量为12m(v1+v2)2
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
12. 某学习小组利用如图所示的实验装置验证“动能定理”。他们将气垫导轨(滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略)放在水平桌面上，将导轨调至水平。在气垫导轨上安装了光电门A和B，两光电门中心的距离为x，滑块上固定一宽度为d的遮光片，滑块和遮光片的总质量为M。滑块用细线绕过水平桌面右端的定滑轮与质量为m的钩码相连，将滑块移至光电门A左侧某一位置，由静止释放钩码，钩码落地前滑块已通过光电门B，滑块通过光电门A和B的挡光时间分别为Δt1和Δt2。已知重力加速度为g。
(1)滑块从光电门A运动到光电门B的过程中，滑块、遮光片、钩码组成的系统所受合力对系统做功的表达式W合=________(用可能用到的符号m、x、g表示)。
(2)滑块从光电门A运动到光电门B的过程中，滑块、遮光片、钩码组成的系统动能的增加量ΔEk=________(用可能用到的符号M、m、d、Δt1、Δt2表示)。
(3)经多次实验，W合总是大于ΔEk，请分析造成这个结果可能的原因是________(写出一条即可)。
13. (1)实验中用图示装置探究功与速度变化的关系。
步骤Ⅰ：小滑块在橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面上的光滑轨道PQ滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为M1；
步骤Ⅱ：在钉子上分别套上2条、3条、4条橡皮筋，重复步骤Ⅰ，小滑块落点分别记为M2、M3、M4…；
步骤Ⅲ：测量相关数据，进行数据处理。
①关于该实验，下列说法正确的是______
A.每次实验时使用橡皮条必须完全一样 B.每次实验时必须使用同一个小滑块
C.每次实验时橡皮条拉伸的长度可以不一致 D.实验中必须设法算出橡皮筋每次对小滑块做功的数值
②将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为W1、W2、W3、…，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为L1、L2、L3、….若功与抛出速度的平方成正比，则应以W为纵坐标、______为横坐标作图，才能得到一条直线。
③由于小滑块所受的空气阻力不能忽略，则由此引起的误差属于______(填“偶然误差”或“系统误差”)。
(2)在用如图甲所示的装置“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中：
①下列说法正确的是______。
A.平衡摩擦力时，必须将钩码通过细线挂在小车上
B.实验时，应将小车靠近打点计时器由静止释放
C.为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量
②图乙是在实验中，挂一个钩码时获得的一条纸带的一部分，选取O、A、B、C计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz.小车的质量为0.5kg，则打B点时，小车的动能为___ __J(保留三位有效数字)。此动能应比钩码减小的重力势能______(填“大”或“小”)
四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
14. 如图所示，一个质量为0.5 kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好沿圆弧ABC上A点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失).已知圆弧的半径R=0.6 m，θ=60°，小球到达A点时的速度vA=8 m/s，g取10 m/s2，求：
(1)小球做平抛运动的初速度v0；
(2)P点与A点的高度差；
(3)小球刚好能到达圆弧最高点C，求此过程中小球克服摩擦力所做的功．
15. 如图甲所示，光滑斜面OA与倾斜传送带AB在A点相接，且OAB在一条直线上，与水平面夹角a=37°，轻质弹赁下端固定在O点，上端可自由伸长到A点.在A点放一个物体，在力F的作用下向下缓慢压缩弹簧到C点，该过程中力F随压缩距离x的变化如图乙所示．已知物体与传送带间动牌擦因数μ=0.5，传送带AB部分长为5m，顺时针转动，速度v=4m/s，重力加速度g取10m/s2.(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)求：
(1)物体的质量m；
(2)弹簧从A点被压缩到C点过程中力F所做的功W；
(3)若在C点撤去力F，物体被弹回并滑上传送带，同物体在传送带上最远能到何处?
16. 如图所示，倾角为θ的无限长斜面上PQ部分粗糙，且长为3L，其余部分都光滑。质量均为m的四个小物块(可视为质点)置于斜面，每相邻两物块间有一长为L且平行于斜面的轻杆，每根杆的上端与物块粘连而下端与物块不粘连，各物块与斜面PQ段的动摩擦因数均为2tanθ.A、B、C、D同时释放时A恰在P点，且各物块有相同的沿斜面向下的初速度，最终四个物块均能通过Q点。重力加速度为g.求：
(1)A在PQ段运动刚达到最大速度时的位置；
(2)物块C刚过P点时，杆对物块D的弹力；
(3)要使四个物块均能通过Q点最初释放各物块时的初速度应该满足的条件。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
物体在运动过程中所受到的合外力不为零，根据合力是否做功，分析动能是否变化．根据牛顿第二定律分析加速度和速度是否变化．
本题考查对运动和力关系的理解，采用举例的方法做抽象性的问题是常用方法．
【解答】
AD、物体在运动过程中所受到的合外力不为零，若合力总与速度垂直，合力不做功，由动能定理得知物体的动能不变，比如匀速圆周运动。故A错误，故D正确。
B、物体在运动过程中所受到的合外力不为零，合力可能不变，也可能变，则加速度可能不变，也可能变。故B错误。
C、力是改变物体速度的原因，合力不为零，物体的速度一定改变，但方向不一定改变。故C错误。
故选：D。
2.【答案】C
【解析】
【分析】
物体受恒定阻力作用，所以物体的加速度恒定；由动能定理可知动能与距离是一次函数，与时间是二次函数。
解答本题的关键是根据每个图象中的物理量，列出这几个物理量的关系式即可。
【解答】
AB.由于物体受恒力，根据牛顿第二定律，加速度一直不变，A，B选项错误。
C.由于Ek=Ek0-F阻s，可知动能与运动距离呈一次函数，故C正确；
D.又有s=vt-12 at2，则Ek=Ek0-f(v0t-12at2)，可知动能与时间呈二次函数，D错误。
故选C。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
根据重力势能的公式求出重力势能；重力做功只与初末位置有关，与运动过程无关，即可求得重力做的功，根据动能定理求出合外力的功。
本题主要考查重力势能的公式、动能的表达式、功的计算，动能定理。
【解答】
A. 铅球开始时相对于地面得高度是6m，则重力势能：Ep=mgh=1×10×6J=60J，故A错误；
B. 到达地面时的动能：Ek=12mv2=12×1×102J=50J，故B错误；
C. 铅球下落得过程中重力做的功：WG=mgh=1×10×6J=60J，故C正确；
D. 根据动能定理可知，整个过程中合外力做的功等于动能的增加，则：W合=12mv2=50J，故D错误。
故选C。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
物体受力从静止向上加速运动，当速度达到2m/s时，手对物体做功导致物体机械能增加；物体的重力做功由物体重力及高度差决定；而合力做功与动能变化相同。
手对物体做功，即为除重力以外的力做功，所以会导致物体机械能变化；而重力势能的变化由重力做功决定，对于合力做功可以由动能变化来确定。
【解答】
A.分析物体的运动的情况可知，物体的初速度的大小为0，位移的大小为1m，末速度的大小为2m/s，由v2-v02=2ax可得，加速度为：a=2m/s2，由牛顿第二定律可得：F-mg=ma，拉力：F=mg+ma=12N，手对物体做功为：W=FL=12×1=12J，故A错误；
BC.由动能定理可知，合力做的功等于动能的变化：W合=12mv2=12×1×22=2J，故B正确，C错误；
D.重力做的功：WG=-mgh=-1×10×1=-10J，故D错误；
故选B。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查动能定理和功能关系的应用，物体以一定的初动能竖直向上弹出，由于空气阻力使得运动过程中有机械能损失，从而对物体的整个过程利用动能定理可求出上升过程克服空气阻力做的功；再求下落过程重力所做的功；根据功能关系可求得最高点机械能；根据功的定义可求出空气阻力与重力大小之比。
解决本题的关键选择合适的研究过程，运用动能定理和功能关系解题。
【解答】
A.飞箭从地面竖直向上弹出到飞箭落回地面整个过程，根据动能定理有：-Wf=3E4-E，解得Wf=E4，则飞箭上升阶段克服空气阻力做的功为Wf2=E8，故A错误；
B.设飞箭在下落过程中重力做的功为WG，由动能定理得：WG-Wf2=3E4-0，则飞箭下降过程重力做功为WG=7E8，故B错误；
C.设飞箭在最高点具有的机械能为E'，飞箭在上升过程中，空气阻力做的功等于机械能的变化量：-Wf2=E'-E，解得：E'=7E8，故C错误；
D.设飞箭在运动过程中所受空气阻力的大小为f，飞箭上升的最大高度为h，飞箭下降阶段克服空气阻力做的功为fh=E8，飞箭在下降阶段重力做的功为 Gh=7E8，可得飞箭所受空气阻力与重力大小之比为fG=17，故D正确。
故选D。
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查动能的表达式，掌握影响动能的因素，理解动能定理的内容及运动学公式的运用。注意抓住不变量。
根据列车作匀加速直线运动，结合运动学公式、动能定理分析求解。
【解答】
A.由匀变速直线运动规律得，ν=at，则动能Ek=12mν2=12ma2t2，故动能与时间的平方成正比，A错误；
B.由动能定理得，Ek=F合x=max，故动能与位移成正比，B正确；
C.由Ek=12mν2知，动能与速度的平方成正比，C错误；
D.由动能定理得，Ek=Fx-fx，故动能与阻力不成正比，D错误。
故选B。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
根据动能定理求出传送带对不物体所做的功；根据功率的定义式求摩擦力对小物体做功的功率；求出共速时间内皮带发生的位移，然后求出相对位移大小求解物体与传送带相互作用产生的内能；由功能关系可知电动机消耗要多做的功应等于物体增加的机械能与系统传送带热量之和。
本题要知道摩擦生热公式Q=fs相对；要明确电动机消耗要多做的功应等于物体增加的机械能与系统传送带热量之和。
【解答】
A.对小物体研究由动能定理可得：Wf=12mv2，所以摩擦力对小物体做的功为12mv2，故A错误；
B.由功率的定义式P=Wt得摩擦力对小物体做功的功率为P=Wt=mv22t，故B错误；
C.由于物体与传送带相互作用产生的内能为：Q=fx，对物体，由动能定理得：fx物=12mv2，又x=x物，所以Q=fx物=12mv2，故C错误；
D.由于物体与传送带相互作用电动机要多做的功为：W=Q+12mv2=mv2，故D正确。
故选D。
8.【答案】BD
【解析】
【分析】
物体由于惯性冲上皮带后，受到向右的滑动摩擦力，减速向左滑行，之后依然受到向右的滑动摩擦力，会继续向右加速，然后分v1大于、小于v2两种情况分析．根据动能定理求摩擦力对物体做功，根据相对位移求热量。
本题关键是对于物体返回的过程分析，物体可能一直加速，也有可能先加速后匀速运动；注意对全程运动的把握。
【解答】
由于传送带足够长，物体匀减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右匀加速，分三种情况讨论：
A.如果v1>v2，返回时物体会一直向右匀加速，根据对称性，知当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，则有v3
CD.若v1>v2时，设物体所受的摩擦力大小为f。物体向左运动的加速度大小a=fm，时间t1=v2a=mv2f
物体向左运动的位移x1=v22t1=mv222f，传送带的位移x2=v1t1=mv1v2f，摩擦生热Q1=f(x2+x1)=12mv22+mv1v2，
物体向右运动时，运动时间为t2=v2a=mv2f
物体向右运动的位移x3=v22t2=mv222f，传送带的位移x4=v1t2=mv1v2f，摩擦生热Q2=f(x4-x3)=mv1v2-12mv22
故传送带与物体摩擦生热共为Q=Q1+Q2=2mv1v2，故C错误，D正确。
故选BD。
9.【答案】BD
【解析】
【分析】
根据机械能守恒定律的守恒条件判断机械能是否守恒；根据动能定理分析同学对足球做的功；根据机械能的概念求解足球在A点处的机械能；对足球从A到B的过程中应用动能定理求解足球在B点处的动能。
本题主要是考查了机械能守恒定律的知识；要知道机械能守恒定律的守恒条件是系统除重力或弹力做功以外，其它力对系统做的功等于零；除重力或弹力做功以外，其它力对系统做多少功，系统的机械能就变化多少。
【解答】
A.足球从A到B过程，足球克服空气阻力做的功为W，足球从A到B机械能不守恒，故A错误；
B.该同学将足球以速度v0从地面上的A点踢起，该同学对足球做的功W=12mv02，故B正确；
C.选地面为零势能面，足球在A点处的机械能EA=EKA+EPA=12mv02+0=12mv02，故C错误；
D.对足球从A到B的过程中应用动能定理可得：-mgh-W=EKB-12mv02，解得足球在B点处的动能为：EKB=12mv02-mgh-W，故D正确。
故选BD。
10.【答案】CD
【解析】解：A、圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，加速度为零，到达C处的速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误；
B、上滑过程中，由于经过B处的摩擦力方向和下滑时反向，经过B处的加速度不为零，速度不是最大，故B错误；
C、研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式
mgh-Wf+W弹=0-0=0
在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式
-mgh+(-W弹)-Wf=0-12mv2
解得：Wf=14mv2，W弹=14mv2-mgh，故C正确；
D、研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式
mgh'+W'f+W'弹=12mvB2-0
研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式
-mgh'+W'f+(-W'弹)=0-12mvB'2
即mgh'-W'f+W'弹=12mvB'2
由于W'f<0，所以12mvB'2>12mvB'2，可知上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，故D正确；
故选：CD。
能正确分析小球的受力情况和运动情况，对物理过程进行受力、运动、做功分析是解决力学问题的根本方法，要掌握动能定理的应用，灵活选择研究的过程。
11.【答案】BD
【解析】
【分析】
物体由于惯性冲上皮带后，受到向左的滑动摩擦力，减速向右滑行，之后依然受到向左的滑动摩擦力，会继续向左加速，然后根据v1小于v2的情况分析。
根据动能定理得全过程传送带对物块做的总功。
根据能量守恒找出各种形式能量的关系。
本题关键是对于物体返回的过程分析，物体先做减速运动，之后反向加速，最后做匀速运动。但是计算滑块与传送带间摩擦产生的热量的过程太复杂。
【解答】
A.由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于v1
B.此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理W=△EK得：W=ΔEk=12mv12-12mv22，故B正确；
D.设滑块向左运动的时间t1，位移为x1，则：x1=v2t1=v22t1
摩擦力对滑块做功：W1=fx1=fv22t1①
又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：W1=12mv22 ②
该过程中传送带的位移：x2=v1t1
摩擦力对滑块做功：W2=fx2=fv1t1=fv12x1v2=2fxv1v2③
将①②代入③得：W2=mv1v2
设滑块向右运动的时间t2，位移为x3，则：x3=v12t2
摩擦力对滑块做功：W3=fx3=12mv12
该过程中传送带的位移：x4=v1t2=2x3
滑块相对传送带的总位移：x相=x1+x2+x4-x3=x1+x2+x3
滑动摩擦力对系统做功：W总=fx相对=W1+W2+W3=12m(v1+v2)2
滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功，Q=W总=f⋅x相=12m(v1+v2)2，故D正确；
C.全过程中，电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即Q=W+12mv22-12mv12
整理得：W=Q-12mv22+12mv12=mv12+mv1v2，故C错误。
故选BD。
12.【答案】(1)mgx；
；
(3)气垫导轨未调节水平；滑轮的轴不光滑；滑轮有质量；细绳与滑轮之间有摩擦；空气阻力作用。
【解析】
【分析】
滑块在水平木板运动时水平方向上受到绳的拉力和摩擦力，想用钩码的重力表示小车受到的合外力，首先需要平衡摩擦力；根据极短时间内的平均速度表示瞬时速度求出滑块先后通过两个光电门的瞬时速度．从而求解滑块动能的增加量．
掌握用钩码重力表示小车所受合力的处理方法．知道极短时间内的平均速度可以表示瞬时速度，以及掌握该实验的原理，明确如何验证动能定理．
【解答】
(1)滑块在水平木板运动时水平方向上受到绳的拉力和摩擦力，平衡摩擦力后，用钩码的重力表示小车受到的合外力，滑块从光电门A运动到光电门B的过程中，位移为x，故合力对系统做功的表达式W合=mgx；
(2)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，，．
合力做功为mgs，动能变化量为，
(3)W合总是大于ΔEk，由于小球下落过程中要受到空气阻力的作用，所以减少的重力势能一部分转化为小球运动的动能，另一部分转化为克服空气阻力做功而产生的内能。故原因包括：气垫导轨未调节水平；滑轮的轴不光滑；滑轮有质量；细绳与滑轮之间有摩擦；空气阻力作用。
故答案为：
(1)mgx；
；
(3)气垫导轨未调节水平；滑轮的轴不光滑；滑轮有质量；细绳与滑轮之间有摩擦；空气阻力作用(写出一条即可)。
13.【答案】(1)①AB ;②L2 ;③系统误差
(2)①B ;②0.107;小
【解析】
【分析】
(1)
根据实验原理判断出实验注意事项，滑块离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度，可计算出平抛运动的时间，再根据小物块抛出点到落地点的水平距离，可计算出小物块离开桌面时的速度，再知道小物块的质量，就可以计算出小物块的动能;根据h=12gt2，和L=v0t，可得v02=g2hL2，因为功与速度的平方成正比，所以功与L2正比;明确实验原理，根据相应规律得出表达式，然后讨论。从多次测量揭示出的实验误差称为偶然误差，不能从多次测量揭示出的实验误差称为系统误差。由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于系统误差;
(2)平衡摩擦力是用重力的下滑分量来平衡小车受到的摩擦力，故不应该将钩码通过细线挂在小车上，为减小系统误差，应使钩码质量远小于小车质量，实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放；用平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即可求解动能，根据阻力做负功，即可判定减小的重力势能与增加的动能的大小关系。
【解答】
(1)①A、为了使n根相同橡皮筋对小物块做的功等于系一根橡皮筋时对小物块做的功的n倍，各条橡皮筋要保证完全一样，故A正确；
B、每次实验时必须使用同一个小物块，保证小物块获得的速度与弹簧做功成正比，故B正确；
C、为了保证每根橡皮筋对小物块做功相同，所以每次实验中，橡皮筋拉伸的长度必须要保持一致，但不能超过弹性限度，故C错误；
D、橡皮筋完全相同，通过增加橡皮筋的条数来使功倍增，因此不需要计算橡皮筋每次对小物块做功的具体数值，故D错误；
故选AB。
②根据h=12gt2，和L=v0t，可得v02=g2hL2，因为功与速度的平方成正比，所以功与L2正比，故应以W为纵坐标、L2为横坐标作图，才能得到一条直线。
③一般来说，从多次测量揭示出的实验误差称为偶然误差，不能从多次测量揭示出的实验误差称为系统误差。由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于系统误差。
故答案为：①AB ;②L2 ;③系统误差
(2)①A、平衡摩擦力时要将纸带、打点计时器、小车等连接好，要通电，但不挂钩码，故A错误；
B、实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放，故B正确；
C、为减小系统误差，应使钩码质量远小于小车质量，依据牛顿第二定律，才有钩码的重力接近小车的拉力，故C错误；
故选B；
②B为AC时间段的中间时刻，根据匀变速运动规律得，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故：vB=xACtAC=18.59-5.530.2×10-2m/s=0.653m/s；
根据动能表达式EKB=12mvB2，则打B点时，小车的动能为EKB=12×0.5×0.6532≈0.107J；
因存在阻力做负功，导致此动能应比钩码减小的重力势能小，
故答案为：①B ;②0.107;小。
14.【答案】解：(1)小球到A点的速度如图所示，由图可知：
v0=vAcos60°=8×0.5m/s=4m/s；
(2)小球到A点时，竖直分速度：vy=vAsin60°=8×32m/s=43m/s；
则P点与A点的高度差h=vy22g=(43)22×10m=2.4m；
(3)球刚好能到达圆弧最高点C，则有mg=mvC2R
从A到C，由动能定理得：-mgR(1+cosθ)-Wf=12mvC2-12mvA2
代入数据解得：Wf=10J
答：
(1)小球做平抛运动的初速度v0是4m/s。
(2)P点与A点的高度差是2.4 m。
(3)此过程小球克服摩擦力所做的功是10J。
【解析】(1)小球恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧，说明小球到A点的速度vA方向与水平方向的夹角为θ，根据速度的分解可以求出初速度v0；
(2)平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据平抛运动的基本规律求出P点与A点的高度差；
(3)小球刚好能到达圆弧最高点C，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球通过C点的速度。选择从A到C的运动过程，运用动能定理求出小球克服摩擦力所做的功。
本题是平抛运动和圆周运动相结合的典型题目，除了运用平抛运动和圆周运动的基本公式外，求克服摩擦力做功的问题，要知道摩擦力是变力，只能根据动能定理或功能关系求解。
15.【答案】解：(1)由图象可知：mgsin37°=30N……①
解得：m=5kg
(2)图乙中图线与横轴所围成的面积表示力F所做的功，为：
W=390×(0.5-128)2-30×1282=90J……②。
(3)撒去力F，设物体返回至A点时速度大小为v0，
从A出发再次返回A处的过程应用动能定理得：
W=12mv02……③
解得：v0=6m/s
由于v0>v，物块所受摩擦力沿传送带向下，设此阶段加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：
mgsin 37°+μmgcos37°=ma1……④
解得：a1=10m/s2
速度减为v时，设沿斜面向上发生的位移大小为x1，由运动学规律得：
x1=v02-v22a1…⑤
解得：x1=1m
此后摩擦力改变方向，由于mgsin37°>μmgcos37°，所以物块所受合外力仍沿传送带向下，设此后过程加速度大小为a2，再由牛顿第二定律得：
mg sin37°-μmg cos 37°=ma2
设之后沿斜面向上发生的最大位移大小为x2，由运动学规律得：
x2=v22a2……⑦
解得：x2=4m
所以物块能够在传送带上发生的最大位移为：xm=x1十x2=5m
即恰好到达传送带顶端B点
答：(1)物体的质量m是5kg；
(2)弹簧从A点被压缩到C点过程中力F所做的功W是90J；
(3)若在C点撤去力F，物体被弹回并滑上传送带，物体在传送带上最远能到传送带顶端B点。
【解析】(1)由图读出x=0时F=30N，有mgsin37°=30N，即可求得质量。
(2)图乙中图线与横轴所围成的面积表示力F所做的功，由几何知识求解力F所做的功W。
(3)撒去力F，应用动能定理求出物体返回至A点时的速度，与传送带的速度比较，判断物体的运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式结合解答。
解决本题的关键是理清物体的运动情况，运用牛顿第二定律、运动学规律及动能定理解答。第1题也可由平衡条件列出函数表达式：F=kx-mgsin37°，再依据图象求得m与弹簧劲度系数k；第2题也可以由能量守恒定律W=12kx2-mgxsin37°求力F的功W.第3题也可以根据动能定理求解。
16.【答案】解：(1)由整体法，将四物块及杆看成整体，当它们下滑到下滑力等于摩擦力时运动速度达最大值，有：
μ⋅nmgcosθ=4mgsinθ，
得到：n=2，
即滑块B刚过P点，此时A离P点的距离为L；
(2)对四物块及杆整体用牛顿第二定律得：
μ⋅3mgcosθ-4mgsinθ=4ma，
得到a=12gsinθ，方向沿斜面向上，
对物块D用牛顿第二定律得：
F-mgsinθ=ma，
解得F=32mgsinθ，方向沿斜面向上；
(3)要使四个物块都能滑出Q处，物块D过Q点时它的速度应大于零。物块A离开Q点时，物块发生分离。设物块D刚过P点时的速度为v
对物块D从P到Q的过程用动能定理得
mgsinθ×3L-μmgcosθ×3L=0-12mv2，
解得：v=6gLsinθ，
设开始下滑时的初速度为v0，对整体进入PQ段过程用动能定理：
4mgsinθ×3L-μmgcosθ(3L+2L+L)=12×4mv2-12×4mv02，
解得：v0=v=6gLsinθ，
即释放时，初速度应大于6gLsinθ。
答：(1)A在PQ段运动刚达到最大速度时的位置离P点的距离为L；
(2)物块C刚过P点时，杆对物块D的弹力是32mgsinθ，方向沿斜面向上；
(3)要使四个物块均能通过Q点最初释放各物块时的初速度应应大于6gLsinθ。
【解析】(1)将四物块及杆看成整体，当它们下滑到下滑力等于摩擦力时运动速度达最大值，由此列式分析知道块B刚过P点，此时A离P点的距离为L；
(2)对四物块及杆整体运用用牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离D，由牛顿第二定律求杆对物块D的弹力；
(3)要使四物块都能滑出Q点，物块D过Q点时它的速度应大于零。对物块D从P到Q的过程用动能定理列方程。对整体进入PQ段过程用动能定理列式，求初速度应满足的条件。
本题首先要正确分析物块的受力情况，判断其运动情况，采用整体法和隔离法结合求物块间的弹力是比较惯用的方法。运用动能定理时，要求同学们能选取合适的过程。
1.3动能和动能定理同步练习鲁科版（ 2019）高中物理必修二
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 若物体在运动过程中受到的合外力不为零，则( )
A. 物体的动能不可能总是不变的 B. 物体的加速度一定变化
C. 物体的速度方向一定变化 D. 物体所受合外力做的功可能为零
2. 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、位移的大小和运动的时间．则以下各图象中，能正确反映这一过程的是( )
A. B.
C. D.
3. 质量为1kg的铅球从离地高6m处无初速度释放，到达地面时速度为10m/s。若重力加速度g取10m/s2，则
A. 铅球释放时相对地面具有的重力势能是6J
B. 铅球落地时具有的动能为100J
C. 铅球整个下落过程重力做功60J
D. 铅球整个下落过程合外力做功5J
4. 某人用手将1kg物体由静止竖直向上提起1m，这时物体的速度为2m/s，其中当地重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 手对物体做功为2J B. 合外力做功为2J
C. 合外力做功为12J D. 重力做功为10J
5. 发光弹弓弹射飞箭是傍晚在广场常见的儿童玩具，其工作原理是利用弹弓将发光飞箭弹出后在空中飞行。若小朋友以大小为E的初动能将飞箭从地面竖直向上弹出，飞箭落回地面时动能大小为3E4，设飞箭在运动过程中所受空气阻力的大小不变，重力加速度为g，以地面为零势能面，则下列说法正确的是( )
A. 飞箭上升阶段克服空气阻力做的功为E16
B. 飞箭下落过程中重力做功为13E16
C. 飞箭在最高点具有的机械能为E8
D. 飞箭所受空气阻力与重力大小之比为1:7
6. 高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，在启动阶段列车的动能( )
A. 与它所经历的时间成正比 B. 与它的位移成正比
C. 与它的速度成正比 D. 与它的阻力成正比
7. 水平传送带在电动机的带动下始终以速度v匀速运动。某时刻在传送带上A点处轻轻放上一个质量为m的小物体，经时间t小物体的速度与传送带相同，相对传送带的位移大小为x，A点未到右端，在这段时间内( )
A. 摩擦力对小物体做的功为mv2
B. 摩擦力对小物体做功的功率为mv2t
C. 由于物体与传送带相互作用产生的内能为mv2
D. 由于物体与传送带相互作用电动机要多做的功为mv2
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
8. 如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动，传送带右端有一个与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为v3，则在整个运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 若v1>v2，则v3=v1
B. 若v1>v2时，摩擦力对物体做功为零
C. 若v1>v2时，则传送带与物体摩擦生热为mv22
D. 其中在物体向左运动过程中，传送带与物体摩擦生热为12mv22+mv1v2
9. 某同学在操场上踢足球，足球质量为m，该同学将足球以速度v0从地面上的A点踢起，最高可以到达离地面高度为h的B点位置，从A到B足球克服空气阻力做的功为W，选地面为零势能的参考平面，则下列说法中正确的是( )
A. 足球从A到B机械能守恒
B. 该同学对足球做的功等于12mv02
C. 足球在A点处的机械能为12mv02+mgh
D. 足球在B点处的动能为12mv02-mgh-W
10. 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.圆环在C处获得竖直向上的速度v，恰好能回到A处。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。则圆环( )
A. 下滑过程中，加速度一直减小
B. 上滑过程中，经过B处的速度最大
C. 下滑过程中，克服摩擦力做的功为14mv2
D. 上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
11. 如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1顺时针匀速运动.一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2(v2>v1)滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端.关于上述过程，下列判断正确的是 ( )
A. 滑块返回传送带右端时的速率为v2
B. 此过程中传送带对滑块做功为12mv12-12mv22
C. 此过程中电动机做功为2mv12
D. 此过程中滑块与传送带间因摩擦产生的热量为12m(v1+v2)2
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
12. 某学习小组利用如图所示的实验装置验证“动能定理”。他们将气垫导轨(滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略)放在水平桌面上，将导轨调至水平。在气垫导轨上安装了光电门A和B，两光电门中心的距离为x，滑块上固定一宽度为d的遮光片，滑块和遮光片的总质量为M。滑块用细线绕过水平桌面右端的定滑轮与质量为m的钩码相连，将滑块移至光电门A左侧某一位置，由静止释放钩码，钩码落地前滑块已通过光电门B，滑块通过光电门A和B的挡光时间分别为Δt1和Δt2。已知重力加速度为g。
(1)滑块从光电门A运动到光电门B的过程中，滑块、遮光片、钩码组成的系统所受合力对系统做功的表达式W合=________(用可能用到的符号m、x、g表示)。
(2)滑块从光电门A运动到光电门B的过程中，滑块、遮光片、钩码组成的系统动能的增加量ΔEk=________(用可能用到的符号M、m、d、Δt1、Δt2表示)。
(3)经多次实验，W合总是大于ΔEk，请分析造成这个结果可能的原因是________(写出一条即可)。
13. (1)实验中用图示装置探究功与速度变化的关系。
步骤Ⅰ：小滑块在橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面上的光滑轨道PQ滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为M1；
步骤Ⅱ：在钉子上分别套上2条、3条、4条橡皮筋，重复步骤Ⅰ，小滑块落点分别记为M2、M3、M4…；
步骤Ⅲ：测量相关数据，进行数据处理。
①关于该实验，下列说法正确的是______
A.每次实验时使用橡皮条必须完全一样 B.每次实验时必须使用同一个小滑块
C.每次实验时橡皮条拉伸的长度可以不一致 D.实验中必须设法算出橡皮筋每次对小滑块做功的数值
②将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为W1、W2、W3、…，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为L1、L2、L3、….若功与抛出速度的平方成正比，则应以W为纵坐标、______为横坐标作图，才能得到一条直线。
③由于小滑块所受的空气阻力不能忽略，则由此引起的误差属于______(填“偶然误差”或“系统误差”)。
(2)在用如图甲所示的装置“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中：
①下列说法正确的是______。
A.平衡摩擦力时，必须将钩码通过细线挂在小车上
B.实验时，应将小车靠近打点计时器由静止释放
C.为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量
②图乙是在实验中，挂一个钩码时获得的一条纸带的一部分，选取O、A、B、C计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz.小车的质量为0.5kg，则打B点时，小车的动能为___ __J(保留三位有效数字)。此动能应比钩码减小的重力势能______(填“大”或“小”)
四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
14. 如图所示，一个质量为0.5 kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好沿圆弧ABC上A点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失).已知圆弧的半径R=0.6 m，θ=60°，小球到达A点时的速度vA=8 m/s，g取10 m/s2，求：
(1)小球做平抛运动的初速度v0；
(2)P点与A点的高度差；
(3)小球刚好能到达圆弧最高点C，求此过程中小球克服摩擦力所做的功．
15. 如图甲所示，光滑斜面OA与倾斜传送带AB在A点相接，且OAB在一条直线上，与水平面夹角a=37°，轻质弹赁下端固定在O点，上端可自由伸长到A点.在A点放一个物体，在力F的作用下向下缓慢压缩弹簧到C点，该过程中力F随压缩距离x的变化如图乙所示．已知物体与传送带间动牌擦因数μ=0.5，传送带AB部分长为5m，顺时针转动，速度v=4m/s，重力加速度g取10m/s2.(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)求：
(1)物体的质量m；
(2)弹簧从A点被压缩到C点过程中力F所做的功W；
(3)若在C点撤去力F，物体被弹回并滑上传送带，同物体在传送带上最远能到何处?
16. 如图所示，倾角为θ的无限长斜面上PQ部分粗糙，且长为3L，其余部分都光滑。质量均为m的四个小物块(可视为质点)置于斜面，每相邻两物块间有一长为L且平行于斜面的轻杆，每根杆的上端与物块粘连而下端与物块不粘连，各物块与斜面PQ段的动摩擦因数均为2tanθ.A、B、C、D同时释放时A恰在P点，且各物块有相同的沿斜面向下的初速度，最终四个物块均能通过Q点。重力加速度为g.求：
(1)A在PQ段运动刚达到最大速度时的位置；
(2)物块C刚过P点时，杆对物块D的弹力；
(3)要使四个物块均能通过Q点最初释放各物块时的初速度应该满足的条件。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
物体在运动过程中所受到的合外力不为零，根据合力是否做功，分析动能是否变化．根据牛顿第二定律分析加速度和速度是否变化．
本题考查对运动和力关系的理解，采用举例的方法做抽象性的问题是常用方法．
【解答】
AD、物体在运动过程中所受到的合外力不为零，若合力总与速度垂直，合力不做功，由动能定理得知物体的动能不变，比如匀速圆周运动。故A错误，故D正确。
B、物体在运动过程中所受到的合外力不为零，合力可能不变，也可能变，则加速度可能不变，也可能变。故B错误。
C、力是改变物体速度的原因，合力不为零，物体的速度一定改变，但方向不一定改变。故C错误。
故选：D。
2.【答案】C
【解析】
【分析】
物体受恒定阻力作用，所以物体的加速度恒定；由动能定理可知动能与距离是一次函数，与时间是二次函数。
解答本题的关键是根据每个图象中的物理量，列出这几个物理量的关系式即可。
【解答】
AB.由于物体受恒力，根据牛顿第二定律，加速度一直不变，A，B选项错误。
C.由于Ek=Ek0-F阻s，可知动能与运动距离呈一次函数，故C正确；
D.又有s=vt-12 at2，则Ek=Ek0-f(v0t-12at2)，可知动能与时间呈二次函数，D错误。
故选C。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
根据重力势能的公式求出重力势能；重力做功只与初末位置有关，与运动过程无关，即可求得重力做的功，根据动能定理求出合外力的功。
本题主要考查重力势能的公式、动能的表达式、功的计算，动能定理。
【解答】
A. 铅球开始时相对于地面得高度是6m，则重力势能：Ep=mgh=1×10×6J=60J，故A错误；
B. 到达地面时的动能：Ek=12mv2=12×1×102J=50J，故B错误；
C. 铅球下落得过程中重力做的功：WG=mgh=1×10×6J=60J，故C正确；
D. 根据动能定理可知，整个过程中合外力做的功等于动能的增加，则：W合=12mv2=50J，故D错误。
故选C。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
物体受力从静止向上加速运动，当速度达到2m/s时，手对物体做功导致物体机械能增加；物体的重力做功由物体重力及高度差决定；而合力做功与动能变化相同。
手对物体做功，即为除重力以外的力做功，所以会导致物体机械能变化；而重力势能的变化由重力做功决定，对于合力做功可以由动能变化来确定。
【解答】
A.分析物体的运动的情况可知，物体的初速度的大小为0，位移的大小为1m，末速度的大小为2m/s，由v2-v02=2ax可得，加速度为：a=2m/s2，由牛顿第二定律可得：F-mg=ma，拉力：F=mg+ma=12N，手对物体做功为：W=FL=12×1=12J，故A错误；
BC.由动能定理可知，合力做的功等于动能的变化：W合=12mv2=12×1×22=2J，故B正确，C错误；
D.重力做的功：WG=-mgh=-1×10×1=-10J，故D错误；
故选B。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查动能定理和功能关系的应用，物体以一定的初动能竖直向上弹出，由于空气阻力使得运动过程中有机械能损失，从而对物体的整个过程利用动能定理可求出上升过程克服空气阻力做的功；再求下落过程重力所做的功；根据功能关系可求得最高点机械能；根据功的定义可求出空气阻力与重力大小之比。
解决本题的关键选择合适的研究过程，运用动能定理和功能关系解题。
【解答】
A.飞箭从地面竖直向上弹出到飞箭落回地面整个过程，根据动能定理有：-Wf=3E4-E，解得Wf=E4，则飞箭上升阶段克服空气阻力做的功为Wf2=E8，故A错误；
B.设飞箭在下落过程中重力做的功为WG，由动能定理得：WG-Wf2=3E4-0，则飞箭下降过程重力做功为WG=7E8，故B错误；
C.设飞箭在最高点具有的机械能为E'，飞箭在上升过程中，空气阻力做的功等于机械能的变化量：-Wf2=E'-E，解得：E'=7E8，故C错误；
D.设飞箭在运动过程中所受空气阻力的大小为f，飞箭上升的最大高度为h，飞箭下降阶段克服空气阻力做的功为fh=E8，飞箭在下降阶段重力做的功为 Gh=7E8，可得飞箭所受空气阻力与重力大小之比为fG=17，故D正确。
故选D。
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查动能的表达式，掌握影响动能的因素，理解动能定理的内容及运动学公式的运用。注意抓住不变量。
根据列车作匀加速直线运动，结合运动学公式、动能定理分析求解。
【解答】
A.由匀变速直线运动规律得，ν=at，则动能Ek=12mν2=12ma2t2，故动能与时间的平方成正比，A错误；
B.由动能定理得，Ek=F合x=max，故动能与位移成正比，B正确；
C.由Ek=12mν2知，动能与速度的平方成正比，C错误；
D.由动能定理得，Ek=Fx-fx，故动能与阻力不成正比，D错误。
故选B。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
根据动能定理求出传送带对不物体所做的功；根据功率的定义式求摩擦力对小物体做功的功率；求出共速时间内皮带发生的位移，然后求出相对位移大小求解物体与传送带相互作用产生的内能；由功能关系可知电动机消耗要多做的功应等于物体增加的机械能与系统传送带热量之和。
本题要知道摩擦生热公式Q=fs相对；要明确电动机消耗要多做的功应等于物体增加的机械能与系统传送带热量之和。
【解答】
A.对小物体研究由动能定理可得：Wf=12mv2，所以摩擦力对小物体做的功为12mv2，故A错误；
B.由功率的定义式P=Wt得摩擦力对小物体做功的功率为P=Wt=mv22t，故B错误；
C.由于物体与传送带相互作用产生的内能为：Q=fx，对物体，由动能定理得：fx物=12mv2，又x=x物，所以Q=fx物=12mv2，故C错误；
D.由于物体与传送带相互作用电动机要多做的功为：W=Q+12mv2=mv2，故D正确。
故选D。
8.【答案】BD
【解析】
【分析】
物体由于惯性冲上皮带后，受到向右的滑动摩擦力，减速向左滑行，之后依然受到向右的滑动摩擦力，会继续向右加速，然后分v1大于、小于v2两种情况分析．根据动能定理求摩擦力对物体做功，根据相对位移求热量。
本题关键是对于物体返回的过程分析，物体可能一直加速，也有可能先加速后匀速运动；注意对全程运动的把握。
【解答】
由于传送带足够长，物体匀减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右匀加速，分三种情况讨论：
A.如果v1>v2，返回时物体会一直向右匀加速，根据对称性，知当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，则有v3
CD.若v1>v2时，设物体所受的摩擦力大小为f。物体向左运动的加速度大小a=fm，时间t1=v2a=mv2f
物体向左运动的位移x1=v22t1=mv222f，传送带的位移x2=v1t1=mv1v2f，摩擦生热Q1=f(x2+x1)=12mv22+mv1v2，
物体向右运动时，运动时间为t2=v2a=mv2f
物体向右运动的位移x3=v22t2=mv222f，传送带的位移x4=v1t2=mv1v2f，摩擦生热Q2=f(x4-x3)=mv1v2-12mv22
故传送带与物体摩擦生热共为Q=Q1+Q2=2mv1v2，故C错误，D正确。
故选BD。
9.【答案】BD
【解析】
【分析】
根据机械能守恒定律的守恒条件判断机械能是否守恒；根据动能定理分析同学对足球做的功；根据机械能的概念求解足球在A点处的机械能；对足球从A到B的过程中应用动能定理求解足球在B点处的动能。
本题主要是考查了机械能守恒定律的知识；要知道机械能守恒定律的守恒条件是系统除重力或弹力做功以外，其它力对系统做的功等于零；除重力或弹力做功以外，其它力对系统做多少功，系统的机械能就变化多少。
【解答】
A.足球从A到B过程，足球克服空气阻力做的功为W，足球从A到B机械能不守恒，故A错误；
B.该同学将足球以速度v0从地面上的A点踢起，该同学对足球做的功W=12mv02，故B正确；
C.选地面为零势能面，足球在A点处的机械能EA=EKA+EPA=12mv02+0=12mv02，故C错误；
D.对足球从A到B的过程中应用动能定理可得：-mgh-W=EKB-12mv02，解得足球在B点处的动能为：EKB=12mv02-mgh-W，故D正确。
故选BD。
10.【答案】CD
【解析】解：A、圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，加速度为零，到达C处的速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误；
B、上滑过程中，由于经过B处的摩擦力方向和下滑时反向，经过B处的加速度不为零，速度不是最大，故B错误；
C、研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式
mgh-Wf+W弹=0-0=0
在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式
-mgh+(-W弹)-Wf=0-12mv2
解得：Wf=14mv2，W弹=14mv2-mgh，故C正确；
D、研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式
mgh'+W'f+W'弹=12mvB2-0
研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式
-mgh'+W'f+(-W'弹)=0-12mvB'2
即mgh'-W'f+W'弹=12mvB'2
由于W'f<0，所以12mvB'2>12mvB'2，可知上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，故D正确；
故选：CD。
能正确分析小球的受力情况和运动情况，对物理过程进行受力、运动、做功分析是解决力学问题的根本方法，要掌握动能定理的应用，灵活选择研究的过程。
11.【答案】BD
【解析】
【分析】
物体由于惯性冲上皮带后，受到向左的滑动摩擦力，减速向右滑行，之后依然受到向左的滑动摩擦力，会继续向左加速，然后根据v1小于v2的情况分析。
根据动能定理得全过程传送带对物块做的总功。
根据能量守恒找出各种形式能量的关系。
本题关键是对于物体返回的过程分析，物体先做减速运动，之后反向加速，最后做匀速运动。但是计算滑块与传送带间摩擦产生的热量的过程太复杂。
【解答】
A.由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于v1
B.此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理W=△EK得：W=ΔEk=12mv12-12mv22，故B正确；
D.设滑块向左运动的时间t1，位移为x1，则：x1=v2t1=v22t1
摩擦力对滑块做功：W1=fx1=fv22t1①
又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：W1=12mv22 ②
该过程中传送带的位移：x2=v1t1
摩擦力对滑块做功：W2=fx2=fv1t1=fv12x1v2=2fxv1v2③
将①②代入③得：W2=mv1v2
设滑块向右运动的时间t2，位移为x3，则：x3=v12t2
摩擦力对滑块做功：W3=fx3=12mv12
该过程中传送带的位移：x4=v1t2=2x3
滑块相对传送带的总位移：x相=x1+x2+x4-x3=x1+x2+x3
滑动摩擦力对系统做功：W总=fx相对=W1+W2+W3=12m(v1+v2)2
滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功，Q=W总=f⋅x相=12m(v1+v2)2，故D正确；
C.全过程中，电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即Q=W+12mv22-12mv12
整理得：W=Q-12mv22+12mv12=mv12+mv1v2，故C错误。
故选BD。
12.【答案】(1)mgx；
；
(3)气垫导轨未调节水平；滑轮的轴不光滑；滑轮有质量；细绳与滑轮之间有摩擦；空气阻力作用。
【解析】
【分析】
滑块在水平木板运动时水平方向上受到绳的拉力和摩擦力，想用钩码的重力表示小车受到的合外力，首先需要平衡摩擦力；根据极短时间内的平均速度表示瞬时速度求出滑块先后通过两个光电门的瞬时速度．从而求解滑块动能的增加量．
掌握用钩码重力表示小车所受合力的处理方法．知道极短时间内的平均速度可以表示瞬时速度，以及掌握该实验的原理，明确如何验证动能定理．
【解答】
(1)滑块在水平木板运动时水平方向上受到绳的拉力和摩擦力，平衡摩擦力后，用钩码的重力表示小车受到的合外力，滑块从光电门A运动到光电门B的过程中，位移为x，故合力对系统做功的表达式W合=mgx；
(2)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，，．
合力做功为mgs，动能变化量为，
(3)W合总是大于ΔEk，由于小球下落过程中要受到空气阻力的作用，所以减少的重力势能一部分转化为小球运动的动能，另一部分转化为克服空气阻力做功而产生的内能。故原因包括：气垫导轨未调节水平；滑轮的轴不光滑；滑轮有质量；细绳与滑轮之间有摩擦；空气阻力作用。
故答案为：
(1)mgx；
；
(3)气垫导轨未调节水平；滑轮的轴不光滑；滑轮有质量；细绳与滑轮之间有摩擦；空气阻力作用(写出一条即可)。
13.【答案】(1)①AB ;②L2 ;③系统误差
(2)①B ;②0.107;小
【解析】
【分析】
(1)
根据实验原理判断出实验注意事项，滑块离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度，可计算出平抛运动的时间，再根据小物块抛出点到落地点的水平距离，可计算出小物块离开桌面时的速度，再知道小物块的质量，就可以计算出小物块的动能;根据h=12gt2，和L=v0t，可得v02=g2hL2，因为功与速度的平方成正比，所以功与L2正比;明确实验原理，根据相应规律得出表达式，然后讨论。从多次测量揭示出的实验误差称为偶然误差，不能从多次测量揭示出的实验误差称为系统误差。由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于系统误差;
(2)平衡摩擦力是用重力的下滑分量来平衡小车受到的摩擦力，故不应该将钩码通过细线挂在小车上，为减小系统误差，应使钩码质量远小于小车质量，实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放；用平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即可求解动能，根据阻力做负功，即可判定减小的重力势能与增加的动能的大小关系。
【解答】
(1)①A、为了使n根相同橡皮筋对小物块做的功等于系一根橡皮筋时对小物块做的功的n倍，各条橡皮筋要保证完全一样，故A正确；
B、每次实验时必须使用同一个小物块，保证小物块获得的速度与弹簧做功成正比，故B正确；
C、为了保证每根橡皮筋对小物块做功相同，所以每次实验中，橡皮筋拉伸的长度必须要保持一致，但不能超过弹性限度，故C错误；
D、橡皮筋完全相同，通过增加橡皮筋的条数来使功倍增，因此不需要计算橡皮筋每次对小物块做功的具体数值，故D错误；
故选AB。
②根据h=12gt2，和L=v0t，可得v02=g2hL2，因为功与速度的平方成正比，所以功与L2正比，故应以W为纵坐标、L2为横坐标作图，才能得到一条直线。
③一般来说，从多次测量揭示出的实验误差称为偶然误差，不能从多次测量揭示出的实验误差称为系统误差。由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于系统误差。
故答案为：①AB ;②L2 ;③系统误差
(2)①A、平衡摩擦力时要将纸带、打点计时器、小车等连接好，要通电，但不挂钩码，故A错误；
B、实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放，故B正确；
C、为减小系统误差，应使钩码质量远小于小车质量，依据牛顿第二定律，才有钩码的重力接近小车的拉力，故C错误；
故选B；
②B为AC时间段的中间时刻，根据匀变速运动规律得，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故：vB=xACtAC=18.59-5.530.2×10-2m/s=0.653m/s；
根据动能表达式EKB=12mvB2，则打B点时，小车的动能为EKB=12×0.5×0.6532≈0.107J；
因存在阻力做负功，导致此动能应比钩码减小的重力势能小，
故答案为：①B ;②0.107;小。
14.【答案】解：(1)小球到A点的速度如图所示，由图可知：
v0=vAcos60°=8×0.5m/s=4m/s；
(2)小球到A点时，竖直分速度：vy=vAsin60°=8×32m/s=43m/s；
则P点与A点的高度差h=vy22g=(43)22×10m=2.4m；
(3)球刚好能到达圆弧最高点C，则有mg=mvC2R
从A到C，由动能定理得：-mgR(1+cosθ)-Wf=12mvC2-12mvA2
代入数据解得：Wf=10J
答：
(1)小球做平抛运动的初速度v0是4m/s。
(2)P点与A点的高度差是2.4 m。
(3)此过程小球克服摩擦力所做的功是10J。
【解析】(1)小球恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧，说明小球到A点的速度vA方向与水平方向的夹角为θ，根据速度的分解可以求出初速度v0；
(2)平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据平抛运动的基本规律求出P点与A点的高度差；
(3)小球刚好能到达圆弧最高点C，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球通过C点的速度。选择从A到C的运动过程，运用动能定理求出小球克服摩擦力所做的功。
本题是平抛运动和圆周运动相结合的典型题目，除了运用平抛运动和圆周运动的基本公式外，求克服摩擦力做功的问题，要知道摩擦力是变力，只能根据动能定理或功能关系求解。
15.【答案】解：(1)由图象可知：mgsin37°=30N……①
解得：m=5kg
(2)图乙中图线与横轴所围成的面积表示力F所做的功，为：
W=390×(0.5-128)2-30×1282=90J……②。
(3)撒去力F，设物体返回至A点时速度大小为v0，
从A出发再次返回A处的过程应用动能定理得：
W=12mv02……③
解得：v0=6m/s
由于v0>v，物块所受摩擦力沿传送带向下，设此阶段加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：
mgsin 37°+μmgcos37°=ma1……④
解得：a1=10m/s2
速度减为v时，设沿斜面向上发生的位移大小为x1，由运动学规律得：
x1=v02-v22a1…⑤
解得：x1=1m
此后摩擦力改变方向，由于mgsin37°>μmgcos37°，所以物块所受合外力仍沿传送带向下，设此后过程加速度大小为a2，再由牛顿第二定律得：
mg sin37°-μmg cos 37°=ma2
设之后沿斜面向上发生的最大位移大小为x2，由运动学规律得：
x2=v22a2……⑦
解得：x2=4m
所以物块能够在传送带上发生的最大位移为：xm=x1十x2=5m
即恰好到达传送带顶端B点
答：(1)物体的质量m是5kg；
(2)弹簧从A点被压缩到C点过程中力F所做的功W是90J；
(3)若在C点撤去力F，物体被弹回并滑上传送带，物体在传送带上最远能到传送带顶端B点。
【解析】(1)由图读出x=0时F=30N，有mgsin37°=30N，即可求得质量。
(2)图乙中图线与横轴所围成的面积表示力F所做的功，由几何知识求解力F所做的功W。
(3)撒去力F，应用动能定理求出物体返回至A点时的速度，与传送带的速度比较，判断物体的运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式结合解答。
解决本题的关键是理清物体的运动情况，运用牛顿第二定律、运动学规律及动能定理解答。第1题也可由平衡条件列出函数表达式：F=kx-mgsin37°，再依据图象求得m与弹簧劲度系数k；第2题也可以由能量守恒定律W=12kx2-mgxsin37°求力F的功W.第3题也可以根据动能定理求解。
16.【答案】解：(1)由整体法，将四物块及杆看成整体，当它们下滑到下滑力等于摩擦力时运动速度达最大值，有：
μ⋅nmgcosθ=4mgsinθ，
得到：n=2，
即滑块B刚过P点，此时A离P点的距离为L；
(2)对四物块及杆整体用牛顿第二定律得：
μ⋅3mgcosθ-4mgsinθ=4ma，
得到a=12gsinθ，方向沿斜面向上，
对物块D用牛顿第二定律得：
F-mgsinθ=ma，
解得F=32mgsinθ，方向沿斜面向上；
(3)要使四个物块都能滑出Q处，物块D过Q点时它的速度应大于零。物块A离开Q点时，物块发生分离。设物块D刚过P点时的速度为v
对物块D从P到Q的过程用动能定理得
mgsinθ×3L-μmgcosθ×3L=0-12mv2，
解得：v=6gLsinθ，
设开始下滑时的初速度为v0，对整体进入PQ段过程用动能定理：
4mgsinθ×3L-μmgcosθ(3L+2L+L)=12×4mv2-12×4mv02，
解得：v0=v=6gLsinθ，
即释放时，初速度应大于6gLsinθ。
答：(1)A在PQ段运动刚达到最大速度时的位置离P点的距离为L；
(2)物块C刚过P点时，杆对物块D的弹力是32mgsinθ，方向沿斜面向上；
(3)要使四个物块均能通过Q点最初释放各物块时的初速度应应大于6gLsinθ。
【解析】(1)将四物块及杆看成整体，当它们下滑到下滑力等于摩擦力时运动速度达最大值，由此列式分析知道块B刚过P点，此时A离P点的距离为L；
(2)对四物块及杆整体运用用牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离D，由牛顿第二定律求杆对物块D的弹力；
(3)要使四物块都能滑出Q点，物块D过Q点时它的速度应大于零。对物块D从P到Q的过程用动能定理列方程。对整体进入PQ段过程用动能定理列式，求初速度应满足的条件。
本题首先要正确分析物块的受力情况，判断其运动情况，采用整体法和隔离法结合求物块间的弹力是比较惯用的方法。运用动能定理时，要求同学们能选取合适的过程。
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