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高考物理一轮复习课时练15《动能和动能定理》(含解析)
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动能和动能定理
小题狂练⑮ 小题是基础 练小题 提分快
1.[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＝mv2－mgH，v0＝
B．W＝mv2，v0＝
C．W＝mgH，v0＝
D．W＝mv2＋mgH，v0＝
答案：A
解析：对小球在空中的运动过程，有：mgH＝mv2－mv，解得：v0＝，W＝mv＝mv2－mgH，故A正确．
2．[天津市耀华中学检测]如图所示，用同种材料制成的一轨道ABC，AB段为四分之一圆弧，半径为R，水平放置的BC段长为R.一物块质量为m，与轨道间的动摩擦因数为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C端停止，重力加速度为g，物块在AB段克服摩擦力做的功为( )
A．μmgR B．mgR
C.πμmgR D．(1－μ)mgR
答案：D
解析：在BC段物块受到的摩擦力f＝μmg，位移为R，故在BC段摩擦力对物块做的功W＝－fR＝－μmgR，即物块克服摩擦力做的功为μmgR，对整个过程由动能定理可知，mgR＋W1＋W＝0，解得W1＝μmgR－mgR，故在AB段克服摩擦力做的功为mgR－μmgR.故选D.
3．[河北省衡水中学二调](多选)如图所示，斜面体由粗糙程度不同的材料A、B拼接而成，其截面△OCD为等腰直角三角形，P为两材料在CD边上的交点，且DP＞CP.现将OD边水平放置，让小物块无初速度地从C滑到D，然后将OC边水平放置，再让小物块无初速度地从D滑到C，小物块两次滑到P点的时间相同．下列说法正确的是( )
A．物块第二次滑到P点的速率大
B．两次滑动中物块到达P点时的速度大小相等
C．两次滑动中物块到达底端时的速度大小相等
D．物块第一次滑到P点的速率大
答案：AC
解析：由题意可知，小物块两次滑到P点的时间相同，由于DP＞CP，因此从D到P的平均速度大于从C到P的平均速度，设从C滑到P点时速度为v1，从D滑到P点时速度为v2，则根据匀变速直线运动知识有：>，即从D滑到P点时的速度大于从C滑到P点时的速度，故A正确，B、D错误；小物块从D到C和从C到D的过程中摩擦力做的功相等，重力做的功相等，根据动能定理可知，两次滑动中物块到达底端的速度大小相等，故C正确．
4．[江苏省高邮中学检测](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mv2＋mgH
B．底板对物体的支持力做的功等于mgH＋mv2
C．钢索的拉力做的功等于Mv2＋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Mv2
答案：BD
解析：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＝mv2，W＝mgH＋mv2，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＋(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Mv2，故D正确．
5．[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＞tanθ
C．0～t2内，传送带对物块做的功为mv－mv
D．系统产生的热量一定比物块动能的减少量大
答案：ABD
解析：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μmgcosθ>mgsinθ，得μ>tanθ，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＝mv－mv，则传送带对物块做的W＝mv－mv－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.
6．[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
答案：ACD
解析：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＝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＝mv2－0，解得v＝m/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．
7．[山东省枣庄八中调研]如图所示，长为L＝1 m的长木板水平放置，在木板的A端放置一质量为m＝1 kg的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α＝30°时，小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v＝2 m/s，重力加速度g＝10 m/s2，则在整个过程中( )
A．木板对小物块做的功为5 J
B．摩擦力对小物块做的功为5 J
C．支持力对小物块做的功为0
D．小物块克服摩擦力做的功为3 J
答案：D
解析：设在整个过程中，木板对物块做的功为W，根据动能定理得：W＝mv2＝×1×22 J＝2 J，故A错误；在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为30°的过程中，摩擦力不做功，物块沿木板下滑过程中，摩擦力对物块做功，由于摩擦力小于重力沿木板向下的分力，即f
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
答案：D
解析：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.0～5 s内，a＝10 m/s2，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F1，F1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F2，F2做负功，机械能减少，A、C错误．由F合＝ma可推知F1＝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，F1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．
9．[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
答案：BC
解析：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．
10．[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
答案：BC
解析：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＝，小球到达C点时，有v＝gR，在C点的动能为mv＝mgR，则小球在C点的机械能为2mgR＋mv＝mgR，则小球从B点到C点克服摩擦力做的功为mgR，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mgR，故2mgR＜EkD＜mgR，即8 m＜h＜10 m，选项B、C正确．
11．[2016·四川卷]韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中( )
A．动能增加了1 900 J
B．动能增加了2 000 J
C．重力势能减少了1 900 J
D．重力势能减少了2 000 J
答案：C
解析：根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受所有力做功的代数和，即ΔEk＝WG＋Wf＝1 900 J－100 J＝1 800 J，A、B项错误；重力做功与重力势能改变量的关系为WG＝－ΔEp，即重力势能减少了1 900 J，C项正确，D项错误．
12．[2017·江苏卷]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
答案：C
解析：设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则物块在上滑过程中根据动能定理有－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x，物块沿斜面下滑的过程中有(mgsinθ－μmgcosθ)(x0－x)＝Ek，即Ek与x成一次函数关系，由此可以判断C项正确．
13．[西安模拟]有两个物体a和b，其质量分别为ma和mb，且ma＞mb，它们的初动能相同，若a和b分别受到不变的阻力Fa和Fb的作用，经过相同的时间停下来，它们的位移分别为sa和sb，则( )
A．Fa＞Fb且sa＜sb B．Fa＞Fb且sa＞sb
C．Fa＜Fb且sa＞sb D．Fa＜Fb且sa＜sb
答案：A
解析：设物体的初速度为v，初动能为Ek，所受的阻力为F，通过的位移为s，物体的速度与动能的关系为Ek＝mv2，得v＝ ，由s＝ t得，s＝t，由题意可知物体a、b运动时间和初动能相同，则质量越大，位移越小，ma＞mb，所以sa＜sb；由动能定理得，－Fs＝0－Ek，因初动能相同，F与s成反比，则Fa＞Fb，故选A.
14．[开封定位考试](多选)静止在水平地面的物块，受到水平方向的拉力F作用，此拉力方向不变，其大小F与时间t的关系如图所示，设物块与地面间的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则( )
A．0～t1时间内F的功率逐渐增大
B．t2时刻物块的加速度最大
C．t2时刻后物块做反向运动
D．t3时刻物块的动能最大
答案：BD
解析：在0～t1时间内，水平方向的拉力从零逐渐增大到等于最大静摩擦力，物块始终静止不动，水平拉力做功为零，功率为零，选项A错误；t2时刻水平拉力最大且大于滑动摩擦力的2倍，根据牛顿第二定律可知物块加速度最大，选项B正确；t2时刻后水平拉力逐渐减小，物块的加速度逐渐减小，速度方向不变，速度继续增大，选项C错误；t3时刻水平拉力减小到等于滑动摩擦力，速度增大到最大，t3时刻物块的动能最大，选项D正确．
15．[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mv2
C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2－mgh
D．在过程Ⅰ、过程Ⅱ中克服摩擦力做功相同
答案：D
解析：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，竖直方向根据牛顿第二定律可得mg－Fcosθ－μFN＝ma，水平方向有Fsinθ＝FN，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＝－mv2，联立解得Wf＝mv2，在C处Ep弹＝W弹＝mgh－mv2，选项B、C错误．
16．[郑州质检](多选)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mgR
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
答案：AD
解析：小球在最低点时有F1＝T－mg＝m，解得v1＝，而在最高点时，由于小球恰好能通过最高点，所以有mg＝m，可得v2＝，小球从最低点到最高点的过程，由动能定理可得－mg·2R－Wf＝mv－mv，解得空气阻力做的功Wf＝mgR，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′＝mv′－mv，且此过程中空气阻力做的功Wf′＜Wf，解得v′1＞，再次经过最低点时有F2＝T′－mg＝m，解得T′＞5mg，选项C错误，D正确．
课时测评⑮ 综合提能力 课时练 赢高分
一、选择题
1．[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
答案：D
解析：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．[江西模拟](多选)质量为m的物块在水平恒力F的推动下，从山坡(粗糙)底部的A处由静止开始运动至高为h的坡顶B处．到达B处时物块的速度大小为v，A、B之间的水平距离为s，重力加速度为g.不计空气阻力，则物块运动过程中( )
A．重力所做的功是mgh
B．合外力对物块做的功是mv2
C．推力对物块做的功是mv2＋mgh
D．阻力对物块做的功是mv2＋mgh－Fs
答案：BD
解析：重力所做的功是WG＝－mgh，选项A错误；设阻力做功为Wf，根据动能定理，合外力对物块做的功是W合＝WF－mgh＋Wf＝mv2，选项B正确；WF＝mgh－Wf＋mv2，选项C错误；WF＝Fs＝mgh－Wf＋mv2，则Wf＝mgh＋mv2－Fs，选项D正确．
3.
[天津五区县联考](多选)如图所示，竖直平面内有一光滑圆环，半径为R，圆心为O，B为最低点，C为最高点，圆环左下方开一个小口与光滑斜面相切于A点，∠AOB＝37°，小球从斜面上某一点由静止释放，经A点进入圆轨道，不计小球由D到A的机械能损失，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)则要保证运动过程中小球不离开轨道，小球释放的位置到A点的距离可能是( )
A．R B．2R
C．3R D．4R
答案：AD
解析：若使小球恰能经过最高点C，则mg＝m，根据动能定理有mg(h－2R)＝mv，解得h＝R，小球释放的位置到A点的距离是x＝＝R；若使小球恰能经过与圆心O等高的一点，则释放的高度h′＝R，此时小球释放的位置到A点的距离是x′＝＝R；要保证运动过程中小球不离开轨道，小球释放的位置到A点的距离应满足：x≥R或x′≤R，A、D正确．
4．(多选)
如图所示，斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的两段，在B处用小圆弧连接．将小铁块(可视为质点)从A处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P处．若从该板材上再截下一段，搁置在A、P之间，构成一个新的斜面，再将铁块放回A处，并轻推一下使之沿新斜面向下滑动．关于此情况下铁块运动情况的描述，正确的是( )
A．铁块一定能够到达P点
B．铁块的初速度必须足够大才能到达P点
C．铁块能否到达P点与铁块质量有关
D．铁块能否到达P点与铁块质量无关
答案：AD
解析：
设A距离水平面BC的高度为h，小铁块与该板材间的动摩擦因数为μ.斜面AB的倾角为α，对全过程运用动能定理有mgh－μmgs1cosα－μmgs2＝0，整理得mgh－μmg(s1cosα＋s2)＝0，而s1cosα＋s2等于OP的长度，即h－μ＝0，与斜面的倾角无关，故小铁块一定能够到达P点，且与铁块的质量无关．故A、D正确．
5．(多选)如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v匀速运动，现将质量为m的某物块由静止释放在传送带上的左端，过一会儿物块能保持与传送带相对静止，设物块与传送带间的动摩擦因数为μ，对于这一过程，下列说法正确的是( )
A．摩擦力对物块做的功为0.5mv2
B．物块对传送带做功为0.5mv2
C．系统摩擦生热为0.5mv2
D．电动机多做的功为mv2
答案：ACD
解析：设物块匀加速运动的时间为t，根据动能定理得：摩擦力对物块做的功为W1＝fvt＝mv2＝0.5mv2.物块对传送带做功W2＝－fvt＝－mv2，故A项正确，B项错误．物块与传送带相对位移大小为Δx＝vt－＝0.5vt，则Δx＝x物．摩擦生热为Q＝f·Δx＝fx物＝0.5mv2.故C项正确．电动机多做的功转化成了物体的动能和系统的内能，所以电动机多做的功为W机＝mv2＋Q＝mv2.故D项正确．(或电动机做的功等于传送带克服摩擦力做的功W机＝f·vt＝mv2)
6．(多选)如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0 m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化关系如图乙所示．(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.)则( )
A．物体上升过程的加速度大小a＝10 m/s2
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.4
C．物体的质量m＝0.67 kg
D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝10 J
答案：AD
解析：物体到达最高点时，机械能为E＝Ep＝mgh，由图知Ep＝30 J，得m＝＝ kg＝1 kg，故C错误；物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力做的功，ΔE＝－μmgcosα，得μ＝0.5，故B错误；物体上升过程中，由牛顿第二定律得mgsinα＋μmgcosα＝ma，得a＝gsinα＋μgcosα＝10×0.6 m/s2＋0.5×10×0.8 m/s2＝10 m/s2，故A正确；由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功为W＝30 J－50 J＝－20 J，在整个过程中由动能定理得2W＝Ek－Ek0，则有Ek＝Ek0＋2W＝50 J＋2×(－20) J＝10 J，故D正确．
7.
(多选)如图是某缓冲装置，劲度系数足够大的轻质弹簧与直杆相连，直杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f，直杆质量不可忽略．一质量为m的小车以速度v0撞击弹簧，最终以速度v弹回．直杆足够长，且直杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面间的摩擦．则( )
A．小车被弹回时速度v一定小于v0
B．直杆在槽内移动的距离等于
C．直杆在槽内向右运动时，小车与直杆始终保持相对静止
D．弹簧的弹力可能大于直杆与槽间的最大静摩擦力
答案：BD
解析：小车在向右运动的过程中，弹簧的形变量若始终小于时，直杆和槽间无相对运动，小车被弹回时速度v一定等于v0；若形变量大于时，杆和槽间出现相对运动，克服摩擦力做功，小车的动能减小，所以小车被弹回时速度v一定小于v0，A错误；对整个过程应用动能定理得fs＝ΔEk，直杆在槽内移动的距离s＝，B正确；直杆在槽内向右运动时，开始小车速度比杆的大，所以不可能与直杆始终保持相对静止，C错误；当弹力等于最大静摩擦力时，直杆开始运动，此时小车的速度大于直杆的速度，弹簧进一步被压缩，弹簧的弹力大于最大静摩擦力，D正确．
8．(多选)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
答案：BC
解析：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v＝2gh，解得v0＝＝6 m/s，故A错误；当夹角为0°时，由动能定理可得μmgx＝mv，解得μ＝0.75，故B正确；－mgxsinθ－μmgxcosθ＝0－mv，解得x＝(m)＝(m)＝(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mgsin45°＝mg，最大静摩擦力f＝μmgcos45°＝mg，mg＞mg，故物体达到最大位移后会下滑，故D错误．
9．[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＝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
解析：在N点，根据牛顿第二定律有N－mg＝m，解得vN＝，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＝mv－0，解得W＝mgR.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′＝mv－mv，因为W′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．
10．[陕西渭南模拟](多选)一质量为m的物体以速度v0在足够大的光滑水平面上运动，从零时刻起，对该物体施加一水平恒力F，经过时间t，物体的速度大小减小到最小值v0，此后速度大小不断增大．则( )
A．水平恒力F大小为
B．水平恒力作用2t时间，物体速度大小为v0
C．在t时间内，水平恒力做的功为－mv
D．若水平恒力大小为2F，方向不变，物体运动过程中的最小速度仍为v0
答案：BCD
解析：由物体速度减小到最小值v0，可知恒力F的方向与速度v0的方向间的夹角为钝角，将v0沿F的方向和垂直于F的方向进行分解，可知垂直于F方向的速度大小vx＝v0，平行于F方向的速度大小vy＝v0，根据牛顿第二定律可知F＝m＝，A错误；水平恒力作用2t时间，垂直于F方向的速度大小vx＝v0不变，平行于F方向的速度大小vy＝v0，物体速度大小为v0，B正确；在t时间内，水平恒力做的功为W＝mv－mv＝－mv，C正确；若水平恒力大小为2F，方向不变，物体运动过程中的最小速度仍为v0，D正确．
二、非选择题
11．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，sin37°＝0.6，cos37°＝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．
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·sin37°＋mgR(1－cos37°)－μmgcos37°·L＝mv－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＝m，
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－cos37°)＝mv′，解得v′C＝2 m/s，则Nmin＝mg＋m＝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.
小物块A的质量为m，物块与坡道间的动摩擦因数为μ，水平面光滑，坡道顶端距水平面高度为h，倾角为θ，物块从坡道进入水平滑道时，在底端O点处无机械能损失，重力加速度为g.将轻弹簧的一端连接在水平滑道M处并固定在墙上，另一自由端恰位于坡道的底端O点，如图所示．物块A从坡顶由静止滑下，求：
(1)物块滑到O点时的速度大小；
(2)弹簧为最大压缩量d时的弹性势能；
(3)物块A被弹回到坡道上升的最大高度．
答案：(1) (2)mgh－μmghcotθ (3)
解析：(1)由动能定理有mgh－μmghcotθ＝mv2，
得v＝.
(2)在水平滑道上由能量守恒定律有mv2＝Ep，
得Ep＝mgh－μmghcotθ.
(3)设物块A能够上升的最大高度为h1，物块A被弹回过程中，由能量守恒定律有Ep＝μmgh1cotθ＋mgh1，得h1＝.
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1.[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＝mv2－mgH，v0＝
B．W＝mv2，v0＝
C．W＝mgH，v0＝
D．W＝mv2＋mgH，v0＝
答案：A
解析：对小球在空中的运动过程，有：mgH＝mv2－mv，解得：v0＝，W＝mv＝mv2－mgH，故A正确．
2．[天津市耀华中学检测]如图所示，用同种材料制成的一轨道ABC，AB段为四分之一圆弧，半径为R，水平放置的BC段长为R.一物块质量为m，与轨道间的动摩擦因数为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C端停止，重力加速度为g，物块在AB段克服摩擦力做的功为( )
A．μmgR B．mgR
C.πμmgR D．(1－μ)mgR
答案：D
解析：在BC段物块受到的摩擦力f＝μmg，位移为R，故在BC段摩擦力对物块做的功W＝－fR＝－μmgR，即物块克服摩擦力做的功为μmgR，对整个过程由动能定理可知，mgR＋W1＋W＝0，解得W1＝μmgR－mgR，故在AB段克服摩擦力做的功为mgR－μmgR.故选D.
3．[河北省衡水中学二调](多选)如图所示，斜面体由粗糙程度不同的材料A、B拼接而成，其截面△OCD为等腰直角三角形，P为两材料在CD边上的交点，且DP＞CP.现将OD边水平放置，让小物块无初速度地从C滑到D，然后将OC边水平放置，再让小物块无初速度地从D滑到C，小物块两次滑到P点的时间相同．下列说法正确的是( )
A．物块第二次滑到P点的速率大
B．两次滑动中物块到达P点时的速度大小相等
C．两次滑动中物块到达底端时的速度大小相等
D．物块第一次滑到P点的速率大
答案：AC
解析：由题意可知，小物块两次滑到P点的时间相同，由于DP＞CP，因此从D到P的平均速度大于从C到P的平均速度，设从C滑到P点时速度为v1，从D滑到P点时速度为v2，则根据匀变速直线运动知识有：>，即从D滑到P点时的速度大于从C滑到P点时的速度，故A正确，B、D错误；小物块从D到C和从C到D的过程中摩擦力做的功相等，重力做的功相等，根据动能定理可知，两次滑动中物块到达底端的速度大小相等，故C正确．
4．[江苏省高邮中学检测](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mv2＋mgH
B．底板对物体的支持力做的功等于mgH＋mv2
C．钢索的拉力做的功等于Mv2＋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Mv2
答案：BD
解析：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＝mv2，W＝mgH＋mv2，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＋(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Mv2，故D正确．
5．[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＞tanθ
C．0～t2内，传送带对物块做的功为mv－mv
D．系统产生的热量一定比物块动能的减少量大
答案：ABD
解析：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μmgcosθ>mgsinθ，得μ>tanθ，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＝mv－mv，则传送带对物块做的W＝mv－mv－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.
6．[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
答案：ACD
解析：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＝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＝mv2－0，解得v＝m/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．
7．[山东省枣庄八中调研]如图所示，长为L＝1 m的长木板水平放置，在木板的A端放置一质量为m＝1 kg的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α＝30°时，小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v＝2 m/s，重力加速度g＝10 m/s2，则在整个过程中( )
A．木板对小物块做的功为5 J
B．摩擦力对小物块做的功为5 J
C．支持力对小物块做的功为0
D．小物块克服摩擦力做的功为3 J
答案：D
解析：设在整个过程中，木板对物块做的功为W，根据动能定理得：W＝mv2＝×1×22 J＝2 J，故A错误；在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为30°的过程中，摩擦力不做功，物块沿木板下滑过程中，摩擦力对物块做功，由于摩擦力小于重力沿木板向下的分力，即f
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
答案：D
解析：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.0～5 s内，a＝10 m/s2，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F1，F1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F2，F2做负功，机械能减少，A、C错误．由F合＝ma可推知F1＝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，F1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．
9．[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
答案：BC
解析：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．
10．[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
答案：BC
解析：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＝，小球到达C点时，有v＝gR，在C点的动能为mv＝mgR，则小球在C点的机械能为2mgR＋mv＝mgR，则小球从B点到C点克服摩擦力做的功为mgR，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mgR，故2mgR＜EkD＜mgR，即8 m＜h＜10 m，选项B、C正确．
11．[2016·四川卷]韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中( )
A．动能增加了1 900 J
B．动能增加了2 000 J
C．重力势能减少了1 900 J
D．重力势能减少了2 000 J
答案：C
解析：根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受所有力做功的代数和，即ΔEk＝WG＋Wf＝1 900 J－100 J＝1 800 J，A、B项错误；重力做功与重力势能改变量的关系为WG＝－ΔEp，即重力势能减少了1 900 J，C项正确，D项错误．
12．[2017·江苏卷]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
答案：C
解析：设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则物块在上滑过程中根据动能定理有－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x，物块沿斜面下滑的过程中有(mgsinθ－μmgcosθ)(x0－x)＝Ek，即Ek与x成一次函数关系，由此可以判断C项正确．
13．[西安模拟]有两个物体a和b，其质量分别为ma和mb，且ma＞mb，它们的初动能相同，若a和b分别受到不变的阻力Fa和Fb的作用，经过相同的时间停下来，它们的位移分别为sa和sb，则( )
A．Fa＞Fb且sa＜sb B．Fa＞Fb且sa＞sb
C．Fa＜Fb且sa＞sb D．Fa＜Fb且sa＜sb
答案：A
解析：设物体的初速度为v，初动能为Ek，所受的阻力为F，通过的位移为s，物体的速度与动能的关系为Ek＝mv2，得v＝ ，由s＝ t得，s＝t，由题意可知物体a、b运动时间和初动能相同，则质量越大，位移越小，ma＞mb，所以sa＜sb；由动能定理得，－Fs＝0－Ek，因初动能相同，F与s成反比，则Fa＞Fb，故选A.
14．[开封定位考试](多选)静止在水平地面的物块，受到水平方向的拉力F作用，此拉力方向不变，其大小F与时间t的关系如图所示，设物块与地面间的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则( )
A．0～t1时间内F的功率逐渐增大
B．t2时刻物块的加速度最大
C．t2时刻后物块做反向运动
D．t3时刻物块的动能最大
答案：BD
解析：在0～t1时间内，水平方向的拉力从零逐渐增大到等于最大静摩擦力，物块始终静止不动，水平拉力做功为零，功率为零，选项A错误；t2时刻水平拉力最大且大于滑动摩擦力的2倍，根据牛顿第二定律可知物块加速度最大，选项B正确；t2时刻后水平拉力逐渐减小，物块的加速度逐渐减小，速度方向不变，速度继续增大，选项C错误；t3时刻水平拉力减小到等于滑动摩擦力，速度增大到最大，t3时刻物块的动能最大，选项D正确．
15．[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mv2
C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2－mgh
D．在过程Ⅰ、过程Ⅱ中克服摩擦力做功相同
答案：D
解析：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，竖直方向根据牛顿第二定律可得mg－Fcosθ－μFN＝ma，水平方向有Fsinθ＝FN，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＝－mv2，联立解得Wf＝mv2，在C处Ep弹＝W弹＝mgh－mv2，选项B、C错误．
16．[郑州质检](多选)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mgR
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
答案：AD
解析：小球在最低点时有F1＝T－mg＝m，解得v1＝，而在最高点时，由于小球恰好能通过最高点，所以有mg＝m，可得v2＝，小球从最低点到最高点的过程，由动能定理可得－mg·2R－Wf＝mv－mv，解得空气阻力做的功Wf＝mgR，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′＝mv′－mv，且此过程中空气阻力做的功Wf′＜Wf，解得v′1＞，再次经过最低点时有F2＝T′－mg＝m，解得T′＞5mg，选项C错误，D正确．
课时测评⑮ 综合提能力 课时练 赢高分
一、选择题
1．[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
答案：D
解析：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．[江西模拟](多选)质量为m的物块在水平恒力F的推动下，从山坡(粗糙)底部的A处由静止开始运动至高为h的坡顶B处．到达B处时物块的速度大小为v，A、B之间的水平距离为s，重力加速度为g.不计空气阻力，则物块运动过程中( )
A．重力所做的功是mgh
B．合外力对物块做的功是mv2
C．推力对物块做的功是mv2＋mgh
D．阻力对物块做的功是mv2＋mgh－Fs
答案：BD
解析：重力所做的功是WG＝－mgh，选项A错误；设阻力做功为Wf，根据动能定理，合外力对物块做的功是W合＝WF－mgh＋Wf＝mv2，选项B正确；WF＝mgh－Wf＋mv2，选项C错误；WF＝Fs＝mgh－Wf＋mv2，则Wf＝mgh＋mv2－Fs，选项D正确．
3.
[天津五区县联考](多选)如图所示，竖直平面内有一光滑圆环，半径为R，圆心为O，B为最低点，C为最高点，圆环左下方开一个小口与光滑斜面相切于A点，∠AOB＝37°，小球从斜面上某一点由静止释放，经A点进入圆轨道，不计小球由D到A的机械能损失，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)则要保证运动过程中小球不离开轨道，小球释放的位置到A点的距离可能是( )
A．R B．2R
C．3R D．4R
答案：AD
解析：若使小球恰能经过最高点C，则mg＝m，根据动能定理有mg(h－2R)＝mv，解得h＝R，小球释放的位置到A点的距离是x＝＝R；若使小球恰能经过与圆心O等高的一点，则释放的高度h′＝R，此时小球释放的位置到A点的距离是x′＝＝R；要保证运动过程中小球不离开轨道，小球释放的位置到A点的距离应满足：x≥R或x′≤R，A、D正确．
4．(多选)
如图所示，斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的两段，在B处用小圆弧连接．将小铁块(可视为质点)从A处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P处．若从该板材上再截下一段，搁置在A、P之间，构成一个新的斜面，再将铁块放回A处，并轻推一下使之沿新斜面向下滑动．关于此情况下铁块运动情况的描述，正确的是( )
A．铁块一定能够到达P点
B．铁块的初速度必须足够大才能到达P点
C．铁块能否到达P点与铁块质量有关
D．铁块能否到达P点与铁块质量无关
答案：AD
解析：
设A距离水平面BC的高度为h，小铁块与该板材间的动摩擦因数为μ.斜面AB的倾角为α，对全过程运用动能定理有mgh－μmgs1cosα－μmgs2＝0，整理得mgh－μmg(s1cosα＋s2)＝0，而s1cosα＋s2等于OP的长度，即h－μ＝0，与斜面的倾角无关，故小铁块一定能够到达P点，且与铁块的质量无关．故A、D正确．
5．(多选)如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v匀速运动，现将质量为m的某物块由静止释放在传送带上的左端，过一会儿物块能保持与传送带相对静止，设物块与传送带间的动摩擦因数为μ，对于这一过程，下列说法正确的是( )
A．摩擦力对物块做的功为0.5mv2
B．物块对传送带做功为0.5mv2
C．系统摩擦生热为0.5mv2
D．电动机多做的功为mv2
答案：ACD
解析：设物块匀加速运动的时间为t，根据动能定理得：摩擦力对物块做的功为W1＝fvt＝mv2＝0.5mv2.物块对传送带做功W2＝－fvt＝－mv2，故A项正确，B项错误．物块与传送带相对位移大小为Δx＝vt－＝0.5vt，则Δx＝x物．摩擦生热为Q＝f·Δx＝fx物＝0.5mv2.故C项正确．电动机多做的功转化成了物体的动能和系统的内能，所以电动机多做的功为W机＝mv2＋Q＝mv2.故D项正确．(或电动机做的功等于传送带克服摩擦力做的功W机＝f·vt＝mv2)
6．(多选)如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0 m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化关系如图乙所示．(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.)则( )
A．物体上升过程的加速度大小a＝10 m/s2
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.4
C．物体的质量m＝0.67 kg
D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝10 J
答案：AD
解析：物体到达最高点时，机械能为E＝Ep＝mgh，由图知Ep＝30 J，得m＝＝ kg＝1 kg，故C错误；物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力做的功，ΔE＝－μmgcosα，得μ＝0.5，故B错误；物体上升过程中，由牛顿第二定律得mgsinα＋μmgcosα＝ma，得a＝gsinα＋μgcosα＝10×0.6 m/s2＋0.5×10×0.8 m/s2＝10 m/s2，故A正确；由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功为W＝30 J－50 J＝－20 J，在整个过程中由动能定理得2W＝Ek－Ek0，则有Ek＝Ek0＋2W＝50 J＋2×(－20) J＝10 J，故D正确．
7.
(多选)如图是某缓冲装置，劲度系数足够大的轻质弹簧与直杆相连，直杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f，直杆质量不可忽略．一质量为m的小车以速度v0撞击弹簧，最终以速度v弹回．直杆足够长，且直杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面间的摩擦．则( )
A．小车被弹回时速度v一定小于v0
B．直杆在槽内移动的距离等于
C．直杆在槽内向右运动时，小车与直杆始终保持相对静止
D．弹簧的弹力可能大于直杆与槽间的最大静摩擦力
答案：BD
解析：小车在向右运动的过程中，弹簧的形变量若始终小于时，直杆和槽间无相对运动，小车被弹回时速度v一定等于v0；若形变量大于时，杆和槽间出现相对运动，克服摩擦力做功，小车的动能减小，所以小车被弹回时速度v一定小于v0，A错误；对整个过程应用动能定理得fs＝ΔEk，直杆在槽内移动的距离s＝，B正确；直杆在槽内向右运动时，开始小车速度比杆的大，所以不可能与直杆始终保持相对静止，C错误；当弹力等于最大静摩擦力时，直杆开始运动，此时小车的速度大于直杆的速度，弹簧进一步被压缩，弹簧的弹力大于最大静摩擦力，D正确．
8．(多选)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
答案：BC
解析：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v＝2gh，解得v0＝＝6 m/s，故A错误；当夹角为0°时，由动能定理可得μmgx＝mv，解得μ＝0.75，故B正确；－mgxsinθ－μmgxcosθ＝0－mv，解得x＝(m)＝(m)＝(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mgsin45°＝mg，最大静摩擦力f＝μmgcos45°＝mg，mg＞mg，故物体达到最大位移后会下滑，故D错误．
9．[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＝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
解析：在N点，根据牛顿第二定律有N－mg＝m，解得vN＝，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＝mv－0，解得W＝mgR.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′＝mv－mv，因为W′
10．[陕西渭南模拟](多选)一质量为m的物体以速度v0在足够大的光滑水平面上运动，从零时刻起，对该物体施加一水平恒力F，经过时间t，物体的速度大小减小到最小值v0，此后速度大小不断增大．则( )
A．水平恒力F大小为
B．水平恒力作用2t时间，物体速度大小为v0
C．在t时间内，水平恒力做的功为－mv
D．若水平恒力大小为2F，方向不变，物体运动过程中的最小速度仍为v0
答案：BCD
解析：由物体速度减小到最小值v0，可知恒力F的方向与速度v0的方向间的夹角为钝角，将v0沿F的方向和垂直于F的方向进行分解，可知垂直于F方向的速度大小vx＝v0，平行于F方向的速度大小vy＝v0，根据牛顿第二定律可知F＝m＝，A错误；水平恒力作用2t时间，垂直于F方向的速度大小vx＝v0不变，平行于F方向的速度大小vy＝v0，物体速度大小为v0，B正确；在t时间内，水平恒力做的功为W＝mv－mv＝－mv，C正确；若水平恒力大小为2F，方向不变，物体运动过程中的最小速度仍为v0，D正确．
二、非选择题
11．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，sin37°＝0.6，cos37°＝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．
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·sin37°＋mgR(1－cos37°)－μmgcos37°·L＝mv－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＝m，
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－cos37°)＝mv′，解得v′C＝2 m/s，则Nmin＝mg＋m＝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.
小物块A的质量为m，物块与坡道间的动摩擦因数为μ，水平面光滑，坡道顶端距水平面高度为h，倾角为θ，物块从坡道进入水平滑道时，在底端O点处无机械能损失，重力加速度为g.将轻弹簧的一端连接在水平滑道M处并固定在墙上，另一自由端恰位于坡道的底端O点，如图所示．物块A从坡顶由静止滑下，求：
(1)物块滑到O点时的速度大小；
(2)弹簧为最大压缩量d时的弹性势能；
(3)物块A被弹回到坡道上升的最大高度．
答案：(1) (2)mgh－μmghcotθ (3)
解析：(1)由动能定理有mgh－μmghcotθ＝mv2，
得v＝.
(2)在水平滑道上由能量守恒定律有mv2＝Ep，
得Ep＝mgh－μmghcotθ.
(3)设物块A能够上升的最大高度为h1，物块A被弹回过程中，由能量守恒定律有Ep＝μmgh1cotθ＋mgh1，得h1＝.
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