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人教版 (2019)必修 第二册第八章 机械能守恒定律3 动能和动能定理课后测评
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这是一份人教版 (2019)必修 第二册第八章 机械能守恒定律3 动能和动能定理课后测评，共26页。试卷主要包含了3动能和动能定理 课时作业10，32s，2J，3N；1等内容，欢迎下载使用。
1．如图所示，质量不同的P、Q两球均处于静止状态，现用小锤打击弹性金属片，使P球沿水平方向抛出，Q球同时被松开而自由下落．则下列说法中正确的是（ ）
A．P球先落地
B．Q球先落地
C．两球落地时的动能可能相等
D．两球下落过程中重力势能变化相等
2．如图所示，AB是倾角为37°的斜面，BC为水平面，一小球以6J的初动能从A点水平抛出，第一次落到界面上的动能为12J，若A点水平抛出的动能为12J，则第一次落到界面上的动能为（ ）
A．18JB．24JC．36JD．42J
3．疫情期间，某高三体育生拖轮胎跑步训练备战高考．如图（a）所示，他的腰部系着不可伸长的轻绳，拖着质量为9.5kg的废旧轮胎在笔直跑道上加速奔跑，绳子与水平地面的夹角为37°，某次训练中轮胎脱落，其图线如图（b）所示，不计空气阻力，取，则（ ）
A．轮胎与地面的动摩擦因数
B．绳子拉力的大小为70N
C．4s末绳子拉力的功率为
D．0~12s内轮胎克服摩擦力做功475J
4．同一个物体G，分别沿光滑斜面由匀速提升到A。如图所示，若沿斜面拉动的力分别为，拉力做功分别为。则它们的大小关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
5．如图所示，一薄木板斜搁在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端位于地板的P处，并与地板平滑连接，将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，滑块沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处．滑块和木板及地板之间的动摩擦因数相同，现将木板截短一半，仍按上述方式搁在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放，则滑块最终将停在（ ）
A．P处B．P、Q之间C．Q处D．Q的右侧
6．有一质量为的物体从距地面高处自由下落，当它落到离地面还有时，它的速度大小为（ ）
A．B．C．D．
7．如图所示，光滑固定的四分之一圆弧轨道与水平传送带平滑连接于N点，圆弧轨道半径为R。开始时传送带逆时针匀速转动。一质量为m的小滑块自圆弧轨道最高点M由静止释放，重力加速度为g。则下列判断正确的是（ ）
A．当滑块滑到圆弧轨道最低点时，受到的支持力大小为2mg
B．若滑块能向左返回，则一定能再次到达M点
C．滑块在传送带上可能先做匀减速运动，再做匀加速运动，之后做匀速运动
D．若传送带改为顺时针转动，则滑块到达传送带右端时的速度一定大于
8．如图所示，木板长为l，木板的A端放一质量为m的小物体，物体与板间的动摩擦因数为μ.开始时木板水平，在绕O点缓慢转过一个小角度θ的过程中，若物体始终保持与板相对静止．对于这个过程中各力做功的情况，下列说法中正确的是( )
A．摩擦力对物体所做的功为mglsin θ(1－cs θ)
B．弹力对物体所做的功为mglsin θcs θ
C．木板对物体所做的功为mglsin θ
D．合力对物体所做的功为mglcs θ
9．一质点做匀加速直线运动，经时间t，位移为x，动能变为原来的4倍。则质点在这段时间的初速度为（ ）
A．B．C．D．
10．一列质量为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，设动车行驶过程中所受到的阻力f保持不变，则动车在时间t内（ ）
A．做匀加速直线运动
B．加速度和速度均逐渐减小
C．牵引力的功率P=fvm
D．牵引力做功
11．一物体在不同的水平外力作用下，分别由静止开始沿光滑的水平桌面上做直线运动，它运动的图像分别如图所示，其中前4s内水平力做功最多的是（ ）
A．B．
C．D．
12．如图，一轻弹簧固定在倾角为的斜面底端O，弹簧原长时上端位于B点.一质量为m的物块从A点由静止释放，将弹簧上端压缩到的中点（图中未画出）后恰能返回到C点.已知，重力加速度大小为g，该过程中（ ）
A．物块到达B点时速度最大
B．物块损失的机械能为
C．弹簧最大弹性势能为
D．物块与弹簧接触前瞬间的速度大小为
13．如图所示，一质量为1kg的小物块自斜面上A点由静止开始下滑，经2s运动到B点后通过光滑的衔接孤面恰好滑上与地面等高的传送带上，传送带以4m/s的恒定速率顺时针运行。已知AB间距离为2m，传送带长度（即BC间距离）为10m，物块与传送带间的动縻擦因数为0.2。取g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．物块在传送带上运动的时间为2.32s
B．物块在传送带上因摩擦产生的热量为2 J
C．物块在传送带上运动过程中传送带对物块做功为4 J
D．物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的能量为8 J
14．如面为大型物流货场应用传送带搬运货物示意图，传送带与水平面成 37°角、以 2m/s 的速率向下运动．将 1kg的货物放在传送带的上端点 A 处，经 1.2s 货物到达传送带的下端点 B 处．已知货物与传送带间的动摩擦因数为 0.5．取 sin=0.6， cs=0.8,g = 10m/s2,则
A．A、 B 两点的距离为 2.4m
B．到达 B 点时，货物速度的大小为 4m/s
C．从 A 到 B 的过程中,货物与传送带的相对位移为 0.8m
D．从 A 到 B 的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为 3.2J
15．美国堪萨斯州的“Verruckt”是世界上最高、最长的滑水道，可抽象为如图所示的模型。倾角为53°的直滑道AB、倾角为37°的直滑道D和光滑竖直圆弧轨道BCD、EFG都平滑连接.皮艇与直滑道间的动摩擦因数相同，皮艇与圆孤轨道的阻力不计已知两段圆弧的半径均为R=20m，DE段直滑道长为20m。某游客乘坐皮艇从高56m处由静止开始沿滑水道滑下，当皮艇到达圆弧轨道EFG段的E点时，皮艇对圆轨道的压力为零，则（sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度g取10m/s2）（ ）
A．皮艇经过E点时的速度大小为10m/s
B．皮艇与直滑道之间的动摩擦因数为
C．皮艇不能够沿轨道安全通过最高点F
D．若质量更大的游客乘坐这个皮艇从相同高度滑下，则皮艇也可以到达E点
16．如图，长为的轻绳上端系于固定点O，下端系一个质量为的可看成质点的小球，起初将小球提起，当绳处于水平绷直状态时，由静止释放小球，当小球摆到轻绳处于竖直方向时，重力加速度取，求：
(1)轻绳对球的拉力大小；
(2)重力的瞬时功率大小。
17．如图所示，质量的滑块，在水平力F作用下静止在倾角的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接（滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失），传送带的运行速度，长。现将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同。滑块与传送带间的动摩擦因数，。求滑块开始下滑的高度h。
18．如图所示，水平传送带的左端与一倾角的粗糙斜面平滑连接。传送带以恒定速度逆时针转动。斜面上点离斜面底端的长度，传送带的长度，一个质量的小滑块与斜面的动摩擦因数，小滑块与传送带的动摩擦因数，重力加速度取。
（1）若滑块从点静止释放，求小滑块运动到斜面上离点最远的距离；
（2）若滑块从点静止释放，求小滑块从点开始运动，到第二次经过点的过程中系统产生的热量。
19．如图所示，竖直平面内，一装置由倾斜直轨道AB、足够长的水平直轨道BC和半径R=2m的圆弧轨道CD组成，各轨道间平滑连接。一质量m=0.2kg的滑块（可视为质点）自空中O点以v0=4m/s的速度水平飞出，到达A点时的速度方向恰好沿AB方向，并沿轨道AB滑下。已知轨道AB长L=2m，与水平方向的夹角θ=37°，滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ=0.5，其余部分摩擦不计，空气阻力不计，取重力加速度g=10m/s2。sin=0.6，cs=0.8。求:
(1)滑块运动到A点时的速度大小vA；
(2)滑块运动到圆轨道最低点C时对轨道的压力大小F；
(3)滑块能够沿圆弧轨道上升的最大高度H。
参考答案
1．C
【详解】
AB．根据装置图可知，两球由相同高度同时运动，P做平抛运动，Q做自由落体运动，因此将同时落地，故AB错误；
C．P球做平抛运动，落地速度斜向下，Q做自由落体运动，因为质量不同，则两球落地的动能可能相等，故C正确；
D．由于质量不同，根据
W=mgh
则重力做功不同，下落过程中的重力势能变化量不同，故D错误．
故选C．
2．A
【详解】
当小球以6J的初动能从A点水平抛出时，假设小球落在斜面上，设初速度为，在空中运动时间为 ，由平抛运动规律可得
①
②
③
从开始抛出到落到斜面过程，由动能定理可得
④
⑤
联立①②③④⑤可得
故假设不成立，小球没有落在斜面上
当小球以6J的初动能从A点水平抛出时，小球落在水平面上，由动能定理可得
⑥
当小球以12J的初动能从A点水平抛出时，小球也落在水平面上，由动能定理可得
⑦
联立⑥⑦可得
故选A
3．A
【详解】
AB．轮胎匀减速直线运动的加速度大小
轮胎与水平地面间的动摩擦因数
匀加速运动的加速度大小
根据牛顿第二定律得
Fcs37°-μ（mg-Fsin37°）=ma1
代入数据解得
F=15N
故A正确，B错误。
C．4s末，轮胎的速度
v=a1t=1.25×4m/s=5m/s
则拉力的瞬时功率
P=Fvcs37°=15×5×0.8W=60W
故C错误；
D．对全过程运用动能定理得
Fx1cs37°-Wf=0
又
x1＝×8×10m＝40m
代入数据解得
Wf=480J
故D错误。
故选A。
4．B
【详解】
物体匀速运动，动能不变；由功能原理可知拉力做的功等于物块重力势能增加量，因高度相同，则重力势能增加量相同，拉力做功相同，因匀速运动，则斜面的倾角为
因，则有
故选B。
5．C
【详解】
假设斜面与水平面的夹角为α，斜面的高度为h，斜面在水平方向的投影为
在斜面上克服摩擦力做的功
①
设在水平面上滑行的距离为，在水平面上克服摩擦力做的功
整个过程克服摩擦力做得功为
②
由此公式可知，摩擦力做得功与斜面的夹角无关，又由于从相同的高度滑下，根据动能定理得
③
②③联立可知
最终还是停在Q处，故ABD错，C正确；
故选C．
6．C
【详解】
根据动能定理
可得落地时的速度为
故C正确，ABD错误。
7．C
【详解】
A．当滑块从最高点M滑到圆弧轨道最低点时，由动能定理得
在最低点，有
解得
故A错误；
BC．若滑块到达最低点的速度小于传送带的运行速度，则滑块在传送带上先做匀减速运动，直至速度减为0，再反向做匀加速运动，之后以的速度匀速运动，返回到N点的速度为，不能再次到达M点，故B错误，C正确；
D．由A可知，滑块到达N点的速度大小
传送带改为顺时针转动，若传送带的运行速度
则滑块到达传送带右端时的速度大于；
若传送带的运行速度
则滑块到达传送带右端时的速度小于等于。故D错误。
故选C。
8．C
【详解】
摩擦力的方向与木块运动的方向垂直，则摩擦力不做功，故A错误；缓慢转动过程中，物体受力平衡，动能的变化量为零；由动能定理可知合外力做功为零，选项D错误；滑块受重力、支持力和静摩擦力，重力做功为-mglsinθ，摩擦力不做功，根据动能定理有：WG+Wf+WN=0；故WN=mglsinθ，木板对物体所做的功为Wf+WN=mglsinθ，故B错误，C正确；故选C．
9．C
【详解】
由题意可知Ek2=4Ek1，则可知
由平均速度公式可得
解得
故选C。
10．C
【详解】
AB．根据P=Fv可知，随列车的速度增加，则牵引力减小，则加速度减小，当加速度减为零时做匀速运动，即列车做加速度逐渐减小的变加速运动，最后匀速运动，则选项AB错误；
C．当匀速运动时，F=f，则
P=Fvm=fvm
选项C正确；
D．根据动能定理
则
选项D错误。
故选C。
11．A
【详解】
物体由静止开始运动，B项与C项描述的运动是一致的，所对应的物体4s末的速度为零，过程中外力做功为零；D对应的物体先加速再减速到零，再加速再减速到零，过程中外力做功也为零；A对应物体4s末的速度大小为曲线切线斜率，速度不为零，由动能定理可知，整个过程中外力做功不为零，故A正确。
故选A。
12．BC
【详解】
A．物块从A点由静止释放沿斜面向下做加速运动，到达B点时开始压缩弹簧，在弹力小于物块的下滑力时，物块速度继续增大，当弹力与下滑力大小相等时，物块的速度达到最大，A错误；
B．物块从A点由静止释放，恰能返回到C点，设物块克服阻力做功为W＇，由动能定理有
mgLsinθ−W＇=0
W＇=mgLsinθ
B正确；
C．物块从A点由静止下滑到OB的二分之一处时，设弹簧的弹力做功为WT，物块克服阻力做功为Wf，由动能定理得
2.5mgLsinθ−Wf+WT=0
Wf=
解得
WT=−
弹力做负功等于弹簧的弹性势能增加，所以弹簧的弹性势能最大为，C正确；
D．设物块与弹簧接触前的速度为v，由动能定理得
2mgLsinθ−=
解得
D错误。
故选BC。
13．BD
【详解】
A．物块在斜面上做匀加速直线运动，设到达B点速度为v，则有
解得
=2m/s
滑上传送带后，物块在传送带上匀加速运动，有
μmg=ma
代入数据得
a=2m/s2
由
v02﹣v2=2as
代入数据解得
s=3m＜L=10m
所以速度相等后物块随传送带一起做匀速运动，匀加速经历时间为
s=1s
匀速运动的时间为
s=1.75s
故总时间为
t=t1+t2=2.75s
故A错误；
B．物块在传送带上因摩擦产生的热量为
Q=μmg（v0t1﹣s）=0.2×10×（4×1﹣3）=2J
故B正确；
C．根据动能定理得：传送带对物块做功
W=mv02﹣mv2=×1×16﹣×1×4=6J
故C错误；
D．物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的电能为
E=Q+（mv02﹣mv2）=8J
故D正确。
故选BD。
14．BC
【详解】
A．物块刚放上时的加速度
加速到与传送带共速的时间
位移
以后的时间内物块的加速度
则下滑的距离
则A、 B 两点的距离为
s=s1+s2= 3.2m
选项A错误；
B．到达 B 点时，货物速度的大小为
选项B正确；
C．在前一段时间内货物相对传送带向上滑动的位移
在后一段时间内货物相对传送带向下滑动的位移
则从 A 到 B 的过程中,货物与传送带的相对位移为
选项C正确；
D．从 A 到 B 的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为
故选项D错误；
故选BC.
15．BD
【详解】
A．根据题意和牛顿第二定律可得
解得
故A错误；
BD．由图可知A、E两点高度差为，从A到E过程，由几何得，根据动能定理则有
解得
由式中可知等式两边的质量均可约去，故质量变大，皮艇还是可以达到E点，故BD正确；
C．从E到F过程中，根据动能定理则有
解得
过F的最大速度
所以从E到F过程中，皮划艇始终没有脱离滑道，故皮艇能够安全通过F点，故C错误。
故选BD。
16．(1)；(2)0
【详解】
(1)从静止到最低点过程中，根据动能定理
解得
在最低点，根据牛顿第二定律有
可得
(2)在最低点时重力的瞬时功率
17．0.8m
【详解】
设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v，下滑过程，由机械能守恒有
①若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有
解得
②若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有
解得
18．（1）；（2）
【详解】
（1）若滑块从点静止释放，小滑块受到水平向左的摩擦力，小滑块从静止开始做匀加速直线运动，直到速度与传送带速度相等
由动能定理可得
解得
此后匀速直线运动，即物体在点以沿着斜面冲上斜面
设小滑块运动到斜面上离点最远的距离为，则由动能定理可知
解得
（2）小滑块沿斜面下滑，由动能定理可得
解得
产生的热量
小滑块划上传送带后，受到水平向左的摩擦力，做匀减速直线运动，由动能定理得
解得
即小滑块先做匀减速，再反向匀加速
当速度与传送带速度相等，再做匀速直线运动
解得
小滑块匀减速的时间
传送带与小滑块的相对位移
产生的热量
此后反向匀加速
传送带与小滑块的相对位移
产生的热量
小滑块从运动到的过程中产生的热量
19．(1)5m/s；(2)5.3N；(3)1.65m
【详解】
(1)滑块被抛出后做平抛运动，到达A点时的速度方向恰好沿AB方向，设此时滑块沿竖直方向的分速度大小为vy，有
解得
vy=3m/s
滑块运动到A点时的速度大小为
(2)设滑块运动到圆弧轨道最低点C时的速度大小为vC，在滑块从A点运动到圆弧轨道最低点C的过程中，由动能定理有
滑块在圆弧轨道最低点C时（设所受支持力大小为FN），有
根据牛顿第三定律可知
F=FN
解得
m/s，F=5.3N
(3)假设滑块沿圆弧轨道上升的过程中最大高度小于R，则由动能定理有
解得
H=1.65m符合题意；故滑块能够沿圆弧轨道上升的最大高度H=1.65m。
1．如图所示，质量不同的P、Q两球均处于静止状态，现用小锤打击弹性金属片，使P球沿水平方向抛出，Q球同时被松开而自由下落．则下列说法中正确的是（ ）
A．P球先落地
B．Q球先落地
C．两球落地时的动能可能相等
D．两球下落过程中重力势能变化相等
2．如图所示，AB是倾角为37°的斜面，BC为水平面，一小球以6J的初动能从A点水平抛出，第一次落到界面上的动能为12J，若A点水平抛出的动能为12J，则第一次落到界面上的动能为（ ）
A．18JB．24JC．36JD．42J
3．疫情期间，某高三体育生拖轮胎跑步训练备战高考．如图（a）所示，他的腰部系着不可伸长的轻绳，拖着质量为9.5kg的废旧轮胎在笔直跑道上加速奔跑，绳子与水平地面的夹角为37°，某次训练中轮胎脱落，其图线如图（b）所示，不计空气阻力，取，则（ ）
A．轮胎与地面的动摩擦因数
B．绳子拉力的大小为70N
C．4s末绳子拉力的功率为
D．0~12s内轮胎克服摩擦力做功475J
4．同一个物体G，分别沿光滑斜面由匀速提升到A。如图所示，若沿斜面拉动的力分别为，拉力做功分别为。则它们的大小关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
5．如图所示，一薄木板斜搁在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端位于地板的P处，并与地板平滑连接，将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，滑块沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处．滑块和木板及地板之间的动摩擦因数相同，现将木板截短一半，仍按上述方式搁在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放，则滑块最终将停在（ ）
A．P处B．P、Q之间C．Q处D．Q的右侧
6．有一质量为的物体从距地面高处自由下落，当它落到离地面还有时，它的速度大小为（ ）
A．B．C．D．
7．如图所示，光滑固定的四分之一圆弧轨道与水平传送带平滑连接于N点，圆弧轨道半径为R。开始时传送带逆时针匀速转动。一质量为m的小滑块自圆弧轨道最高点M由静止释放，重力加速度为g。则下列判断正确的是（ ）
A．当滑块滑到圆弧轨道最低点时，受到的支持力大小为2mg
B．若滑块能向左返回，则一定能再次到达M点
C．滑块在传送带上可能先做匀减速运动，再做匀加速运动，之后做匀速运动
D．若传送带改为顺时针转动，则滑块到达传送带右端时的速度一定大于
8．如图所示，木板长为l，木板的A端放一质量为m的小物体，物体与板间的动摩擦因数为μ.开始时木板水平，在绕O点缓慢转过一个小角度θ的过程中，若物体始终保持与板相对静止．对于这个过程中各力做功的情况，下列说法中正确的是( )
A．摩擦力对物体所做的功为mglsin θ(1－cs θ)
B．弹力对物体所做的功为mglsin θcs θ
C．木板对物体所做的功为mglsin θ
D．合力对物体所做的功为mglcs θ
9．一质点做匀加速直线运动，经时间t，位移为x，动能变为原来的4倍。则质点在这段时间的初速度为（ ）
A．B．C．D．
10．一列质量为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，设动车行驶过程中所受到的阻力f保持不变，则动车在时间t内（ ）
A．做匀加速直线运动
B．加速度和速度均逐渐减小
C．牵引力的功率P=fvm
D．牵引力做功
11．一物体在不同的水平外力作用下，分别由静止开始沿光滑的水平桌面上做直线运动，它运动的图像分别如图所示，其中前4s内水平力做功最多的是（ ）
A．B．
C．D．
12．如图，一轻弹簧固定在倾角为的斜面底端O，弹簧原长时上端位于B点.一质量为m的物块从A点由静止释放，将弹簧上端压缩到的中点（图中未画出）后恰能返回到C点.已知，重力加速度大小为g，该过程中（ ）
A．物块到达B点时速度最大
B．物块损失的机械能为
C．弹簧最大弹性势能为
D．物块与弹簧接触前瞬间的速度大小为
13．如图所示，一质量为1kg的小物块自斜面上A点由静止开始下滑，经2s运动到B点后通过光滑的衔接孤面恰好滑上与地面等高的传送带上，传送带以4m/s的恒定速率顺时针运行。已知AB间距离为2m，传送带长度（即BC间距离）为10m，物块与传送带间的动縻擦因数为0.2。取g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．物块在传送带上运动的时间为2.32s
B．物块在传送带上因摩擦产生的热量为2 J
C．物块在传送带上运动过程中传送带对物块做功为4 J
D．物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的能量为8 J
14．如面为大型物流货场应用传送带搬运货物示意图，传送带与水平面成 37°角、以 2m/s 的速率向下运动．将 1kg的货物放在传送带的上端点 A 处，经 1.2s 货物到达传送带的下端点 B 处．已知货物与传送带间的动摩擦因数为 0.5．取 sin=0.6， cs=0.8,g = 10m/s2,则
A．A、 B 两点的距离为 2.4m
B．到达 B 点时，货物速度的大小为 4m/s
C．从 A 到 B 的过程中,货物与传送带的相对位移为 0.8m
D．从 A 到 B 的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为 3.2J
15．美国堪萨斯州的“Verruckt”是世界上最高、最长的滑水道，可抽象为如图所示的模型。倾角为53°的直滑道AB、倾角为37°的直滑道D和光滑竖直圆弧轨道BCD、EFG都平滑连接.皮艇与直滑道间的动摩擦因数相同，皮艇与圆孤轨道的阻力不计已知两段圆弧的半径均为R=20m，DE段直滑道长为20m。某游客乘坐皮艇从高56m处由静止开始沿滑水道滑下，当皮艇到达圆弧轨道EFG段的E点时，皮艇对圆轨道的压力为零，则（sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度g取10m/s2）（ ）
A．皮艇经过E点时的速度大小为10m/s
B．皮艇与直滑道之间的动摩擦因数为
C．皮艇不能够沿轨道安全通过最高点F
D．若质量更大的游客乘坐这个皮艇从相同高度滑下，则皮艇也可以到达E点
16．如图，长为的轻绳上端系于固定点O，下端系一个质量为的可看成质点的小球，起初将小球提起，当绳处于水平绷直状态时，由静止释放小球，当小球摆到轻绳处于竖直方向时，重力加速度取，求：
(1)轻绳对球的拉力大小；
(2)重力的瞬时功率大小。
17．如图所示，质量的滑块，在水平力F作用下静止在倾角的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接（滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失），传送带的运行速度，长。现将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同。滑块与传送带间的动摩擦因数，。求滑块开始下滑的高度h。
18．如图所示，水平传送带的左端与一倾角的粗糙斜面平滑连接。传送带以恒定速度逆时针转动。斜面上点离斜面底端的长度，传送带的长度，一个质量的小滑块与斜面的动摩擦因数，小滑块与传送带的动摩擦因数，重力加速度取。
（1）若滑块从点静止释放，求小滑块运动到斜面上离点最远的距离；
（2）若滑块从点静止释放，求小滑块从点开始运动，到第二次经过点的过程中系统产生的热量。
19．如图所示，竖直平面内，一装置由倾斜直轨道AB、足够长的水平直轨道BC和半径R=2m的圆弧轨道CD组成，各轨道间平滑连接。一质量m=0.2kg的滑块（可视为质点）自空中O点以v0=4m/s的速度水平飞出，到达A点时的速度方向恰好沿AB方向，并沿轨道AB滑下。已知轨道AB长L=2m，与水平方向的夹角θ=37°，滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ=0.5，其余部分摩擦不计，空气阻力不计，取重力加速度g=10m/s2。sin=0.6，cs=0.8。求:
(1)滑块运动到A点时的速度大小vA；
(2)滑块运动到圆轨道最低点C时对轨道的压力大小F；
(3)滑块能够沿圆弧轨道上升的最大高度H。
参考答案
1．C
【详解】
AB．根据装置图可知，两球由相同高度同时运动，P做平抛运动，Q做自由落体运动，因此将同时落地，故AB错误；
C．P球做平抛运动，落地速度斜向下，Q做自由落体运动，因为质量不同，则两球落地的动能可能相等，故C正确；
D．由于质量不同，根据
W=mgh
则重力做功不同，下落过程中的重力势能变化量不同，故D错误．
故选C．
2．A
【详解】
当小球以6J的初动能从A点水平抛出时，假设小球落在斜面上，设初速度为，在空中运动时间为 ，由平抛运动规律可得
①
②
③
从开始抛出到落到斜面过程，由动能定理可得
④
⑤
联立①②③④⑤可得
故假设不成立，小球没有落在斜面上
当小球以6J的初动能从A点水平抛出时，小球落在水平面上，由动能定理可得
⑥
当小球以12J的初动能从A点水平抛出时，小球也落在水平面上，由动能定理可得
⑦
联立⑥⑦可得
故选A
3．A
【详解】
AB．轮胎匀减速直线运动的加速度大小
轮胎与水平地面间的动摩擦因数
匀加速运动的加速度大小
根据牛顿第二定律得
Fcs37°-μ（mg-Fsin37°）=ma1
代入数据解得
F=15N
故A正确，B错误。
C．4s末，轮胎的速度
v=a1t=1.25×4m/s=5m/s
则拉力的瞬时功率
P=Fvcs37°=15×5×0.8W=60W
故C错误；
D．对全过程运用动能定理得
Fx1cs37°-Wf=0
又
x1＝×8×10m＝40m
代入数据解得
Wf=480J
故D错误。
故选A。
4．B
【详解】
物体匀速运动，动能不变；由功能原理可知拉力做的功等于物块重力势能增加量，因高度相同，则重力势能增加量相同，拉力做功相同，因匀速运动，则斜面的倾角为
因，则有
故选B。
5．C
【详解】
假设斜面与水平面的夹角为α，斜面的高度为h，斜面在水平方向的投影为
在斜面上克服摩擦力做的功
①
设在水平面上滑行的距离为，在水平面上克服摩擦力做的功
整个过程克服摩擦力做得功为
②
由此公式可知，摩擦力做得功与斜面的夹角无关，又由于从相同的高度滑下，根据动能定理得
③
②③联立可知
最终还是停在Q处，故ABD错，C正确；
故选C．
6．C
【详解】
根据动能定理
可得落地时的速度为
故C正确，ABD错误。
7．C
【详解】
A．当滑块从最高点M滑到圆弧轨道最低点时，由动能定理得
在最低点，有
解得
故A错误；
BC．若滑块到达最低点的速度小于传送带的运行速度，则滑块在传送带上先做匀减速运动，直至速度减为0，再反向做匀加速运动，之后以的速度匀速运动，返回到N点的速度为，不能再次到达M点，故B错误，C正确；
D．由A可知，滑块到达N点的速度大小
传送带改为顺时针转动，若传送带的运行速度
则滑块到达传送带右端时的速度大于；
若传送带的运行速度
则滑块到达传送带右端时的速度小于等于。故D错误。
故选C。
8．C
【详解】
摩擦力的方向与木块运动的方向垂直，则摩擦力不做功，故A错误；缓慢转动过程中，物体受力平衡，动能的变化量为零；由动能定理可知合外力做功为零，选项D错误；滑块受重力、支持力和静摩擦力，重力做功为-mglsinθ，摩擦力不做功，根据动能定理有：WG+Wf+WN=0；故WN=mglsinθ，木板对物体所做的功为Wf+WN=mglsinθ，故B错误，C正确；故选C．
9．C
【详解】
由题意可知Ek2=4Ek1，则可知
由平均速度公式可得
解得
故选C。
10．C
【详解】
AB．根据P=Fv可知，随列车的速度增加，则牵引力减小，则加速度减小，当加速度减为零时做匀速运动，即列车做加速度逐渐减小的变加速运动，最后匀速运动，则选项AB错误；
C．当匀速运动时，F=f，则
P=Fvm=fvm
选项C正确；
D．根据动能定理
则
选项D错误。
故选C。
11．A
【详解】
物体由静止开始运动，B项与C项描述的运动是一致的，所对应的物体4s末的速度为零，过程中外力做功为零；D对应的物体先加速再减速到零，再加速再减速到零，过程中外力做功也为零；A对应物体4s末的速度大小为曲线切线斜率，速度不为零，由动能定理可知，整个过程中外力做功不为零，故A正确。
故选A。
12．BC
【详解】
A．物块从A点由静止释放沿斜面向下做加速运动，到达B点时开始压缩弹簧，在弹力小于物块的下滑力时，物块速度继续增大，当弹力与下滑力大小相等时，物块的速度达到最大，A错误；
B．物块从A点由静止释放，恰能返回到C点，设物块克服阻力做功为W＇，由动能定理有
mgLsinθ−W＇=0
W＇=mgLsinθ
B正确；
C．物块从A点由静止下滑到OB的二分之一处时，设弹簧的弹力做功为WT，物块克服阻力做功为Wf，由动能定理得
2.5mgLsinθ−Wf+WT=0
Wf=
解得
WT=−
弹力做负功等于弹簧的弹性势能增加，所以弹簧的弹性势能最大为，C正确；
D．设物块与弹簧接触前的速度为v，由动能定理得
2mgLsinθ−=
解得
D错误。
故选BC。
13．BD
【详解】
A．物块在斜面上做匀加速直线运动，设到达B点速度为v，则有
解得
=2m/s
滑上传送带后，物块在传送带上匀加速运动，有
μmg=ma
代入数据得
a=2m/s2
由
v02﹣v2=2as
代入数据解得
s=3m＜L=10m
所以速度相等后物块随传送带一起做匀速运动，匀加速经历时间为
s=1s
匀速运动的时间为
s=1.75s
故总时间为
t=t1+t2=2.75s
故A错误；
B．物块在传送带上因摩擦产生的热量为
Q=μmg（v0t1﹣s）=0.2×10×（4×1﹣3）=2J
故B正确；
C．根据动能定理得：传送带对物块做功
W=mv02﹣mv2=×1×16﹣×1×4=6J
故C错误；
D．物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的电能为
E=Q+（mv02﹣mv2）=8J
故D正确。
故选BD。
14．BC
【详解】
A．物块刚放上时的加速度
加速到与传送带共速的时间
位移
以后的时间内物块的加速度
则下滑的距离
则A、 B 两点的距离为
s=s1+s2= 3.2m
选项A错误；
B．到达 B 点时，货物速度的大小为
选项B正确；
C．在前一段时间内货物相对传送带向上滑动的位移
在后一段时间内货物相对传送带向下滑动的位移
则从 A 到 B 的过程中,货物与传送带的相对位移为
选项C正确；
D．从 A 到 B 的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为
故选项D错误；
故选BC.
15．BD
【详解】
A．根据题意和牛顿第二定律可得
解得
故A错误；
BD．由图可知A、E两点高度差为，从A到E过程，由几何得，根据动能定理则有
解得
由式中可知等式两边的质量均可约去，故质量变大，皮艇还是可以达到E点，故BD正确；
C．从E到F过程中，根据动能定理则有
解得
过F的最大速度
所以从E到F过程中，皮划艇始终没有脱离滑道，故皮艇能够安全通过F点，故C错误。
故选BD。
16．(1)；(2)0
【详解】
(1)从静止到最低点过程中，根据动能定理
解得
在最低点，根据牛顿第二定律有
可得
(2)在最低点时重力的瞬时功率
17．0.8m
【详解】
设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v，下滑过程，由机械能守恒有
①若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有
解得
②若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有
解得
18．（1）；（2）
【详解】
（1）若滑块从点静止释放，小滑块受到水平向左的摩擦力，小滑块从静止开始做匀加速直线运动，直到速度与传送带速度相等
由动能定理可得
解得
此后匀速直线运动，即物体在点以沿着斜面冲上斜面
设小滑块运动到斜面上离点最远的距离为，则由动能定理可知
解得
（2）小滑块沿斜面下滑，由动能定理可得
解得
产生的热量
小滑块划上传送带后，受到水平向左的摩擦力，做匀减速直线运动，由动能定理得
解得
即小滑块先做匀减速，再反向匀加速
当速度与传送带速度相等，再做匀速直线运动
解得
小滑块匀减速的时间
传送带与小滑块的相对位移
产生的热量
此后反向匀加速
传送带与小滑块的相对位移
产生的热量
小滑块从运动到的过程中产生的热量
19．(1)5m/s；(2)5.3N；(3)1.65m
【详解】
(1)滑块被抛出后做平抛运动，到达A点时的速度方向恰好沿AB方向，设此时滑块沿竖直方向的分速度大小为vy，有
解得
vy=3m/s
滑块运动到A点时的速度大小为
(2)设滑块运动到圆弧轨道最低点C时的速度大小为vC，在滑块从A点运动到圆弧轨道最低点C的过程中，由动能定理有
滑块在圆弧轨道最低点C时（设所受支持力大小为FN），有
根据牛顿第三定律可知
F=FN
解得
m/s，F=5.3N
(3)假设滑块沿圆弧轨道上升的过程中最大高度小于R，则由动能定理有
解得
H=1.65m
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