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备考2024届高考物理一轮复习分层练习第六章机械能第2讲动能和动能定理
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这是一份备考2024届高考物理一轮复习分层练习第六章机械能第2讲动能和动能定理，共10页。试卷主要包含了如图，7kg，f＝0，[多选]如图所示为一滑草场等内容，欢迎下载使用。
1.[2024江西万安中学校考]下列有关动能的变化说法正确的是（ C ）
A.物体只有做匀速运动时，动能才不变
B.物体做平抛运动时，水平方向速度不变，物体的动能也不变
C.物体做自由落体运动时，重力做正功，物体的动能增加
D.物体的动能变化时，速度不一定变化，速度变化时，动能一定变化
解析 物体做非匀速运动时，动能也可以不变.例如做匀速圆周运动的物体，其动能不变，故A错误；物体做平抛运动时，水平方向速度不变，竖直方向速度一直增加，其动能一直增加，故B错误；物体做自由落体运动时，重力做正功，物体的动能增加，故C正确；根据Ek＝12mv2可知物体的动能变化时，速度一定变化，速度是矢量，大小不变，方向变化时，动能是不变的，故速度变化时，动能不一定变化，故D错误.
2.质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则（ B ）
A.质量大的物体滑行的距离大
B.质量小的物体滑行的距离大
C.它们滑行的距离一样大
D.它们克服摩擦力所做的功不相等
解析 由动能定理可得-Ffx＝0-Ek，即μmgx＝Ek，由于动能相同，动摩擦因数相同，故质量小的物体滑行的距离大，它们克服摩擦力所做的功都等于Ek，故B正确.
3.[2023新课标]无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落.一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g）（ B ）
A.0B.mgh
C.12mv2－mghD.12mv2＋mgh
解析 结合题意可知，雨滴在地面附近下落过程做匀速运动，对雨滴下落高度h的过程分析，由动能定理有mgh-Wf＝0，即Wf＝mgh，B正确，A、C、D错误.
4.如图所示，固定在竖直平面内的14圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B，质量为m的小物块从圆弧轨道的顶端A由静止滑下，经过B点后沿水平轨道运动，并停在到B点距离等于圆弧轨道半径的C点.圆弧轨道粗糙，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.物块到达B点前瞬间对轨道的压力大小为（ C ）
A.2μmgB.3mg
C.（1＋2μ）mgD.（1＋μ）mg
解析 设圆弧轨道的半径为r，物块从B到C的过程，由动能定理得-μmgr＝0-12mvB2，在B点，由牛顿第二定律得N-mg＝mvB2r，联立解得N＝(1＋2μ)mg，由牛顿第三定律可知，物块到达B点前瞬间对轨道的压力大小为N'＝N＝(1＋2μ)mg，故C正确.
5.[图像创新/2024安徽名校联考]如图甲所示，光滑斜面倾角θ＝30°，以斜面底端为坐标原点，沿斜面方向建立x轴.一质量为2kg的物体（视为质点）在沿斜面方向的拉力作用下，从斜面底端由静止开始沿x轴正方向运动，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图乙所示.重力加速度g＝10m/s2，斜面足够长.物体沿x轴正向运动过程中，下列说法正确的是（ C ）
A.物体沿斜面向上运动的最大位移为22m
B.物体沿斜面向上运动的时间为4s
C.在x＝5m时，拉力的功率为1002W
D.拉力的最大功率为300W
解析 由于拉力沿斜面方向，则拉力做的功为W＝Fx，可看出W-x图像的斜率大小代表拉力大小F.则对物体由O点运动到x＝5 m的过程，根据动能定理有，W1-mg sin θ·x1＝12mv12，结合题图乙可解得物体的速度v1＝52 m/s，在x＝5 m时，拉力F1＝ΔWΔx＝20 N，则此时拉力的功率P1＝F1v1＝1002 W，故C正确.物体运动到x＝10 m时，拉力的功率最大，则对物体由O点运动到x＝10 m的过程，设运动的时间为t1，根据动能定理和运动学公式有W2-mg sin θ·x2＝12mv22，x2＝v22t1，结合题图乙可解得v2＝10 m/s，t1＝2 s，则此时拉力的功率P2＝F1v2＝200 W，故D错误.对物体由x＝10 m处向上运动到最高点的过程，设运动的时间为t2，受到的拉力F2＝ΔW'Δx'＝2 N，由牛顿第二定律有mg sin θ-F2＝ma1，解得物体的加速度a1＝4 m/s2，运动的时间t2＝v2a1＝2.5 s，该过程运动的位移x3＝v22t2＝12.5 m，则物体沿斜面向上运动的最大位移xmax＝x2＋x3＝22.5 m，故A错误.物体沿斜面向上运动的总时间为t＝t1＋t2＝4.5 s，B错误.
6.[多选]如图所示，一内壁粗糙程度相同、半径为R的圆筒固定在竖直平面内，圆筒内一质量为m的小球沿筒壁做圆周运动.若小球从最低点算起运动一圈又回到最低点的过程中，两次在最低点时筒壁对小球的弹力大小分别为10mg和8mg.设小球在该过程中克服摩擦力做的功为W，经过最高点时筒壁对小球的弹力大小为F，重力加速度为g，则（ BD ）
A.W＝2mgR
B.W＝mgR
C.3mg＜F＜4mg
D.2mg＜F＜3mg
解析 对小球进行受力分析，先后两次在最低点所受的合力分别为9mg和7mg，方向指向圆心.设小球先后两次经过最低点的速率分别为v1和v2，根据牛顿第二定律有9mg＝mv12R和7mg＝mv22R，小球在整个过程中，由动能定理得-W＝12mv22-12mv12，联立解得W＝mgR，故A错误，B正确；小球在上升和下降过程中的等高处，由于上升过程中的速度大于下降过程中的速度，所以上升时所需向心力大于下降时所需向心力，故上升时筒壁对小球的弹力大于下降时筒壁对小球的弹力，因此上升时受到的摩擦力较大，而下降时受到的摩擦力较小，故上升时克服摩擦力做功W1＞W2，下降时克服摩擦力做功W2＜W2，设小球上升到最高点时的速度为v3，筒壁对小球的弹力满足F＋mg＝mv32R，上升过程由能量守恒定律得12mv12＝12mv32＋2mgR＋W1，解得F＜3mg，由W1＜W，解得F＞2mg，故C错误，D正确.
7.如图（a）所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图（b）所示.重力加速度大小取10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为（ A ）
图（a） 图（b）
A.m＝0.7kg，f＝0.5N
B.m＝0.7kg，f＝1.0N
C.m＝0.8kg，f＝0.5N
D.m＝0.8kg，f＝1.0N
解析 0～10 m内物块上滑，由动能定理得-mg sin 30°·s-fs＝Ek-Ek0，整理得Ek＝Ek0-(mg sin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值｜k｜＝mg sin 30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mg sin 30°-f)(s-s1)＝Ek，整理得Ek＝(mg sin 30°-f)s-(mg sin 30°-f)s1，结合10～20 m内的图像得，斜率k'＝mg sin 30°-f＝3 N，联立解得f＝0.5 N、m＝0.7 kg，故A正确，B、C、D错误.
8.[多选]如图所示为一滑草场.某条滑道由上下两段高均为h、与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数均为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端（不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8），则（ AB ）
A.动摩擦因数μ＝67
B.载人滑草车最大速度为2gh7
C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g
解析 对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知mg·2h-μmg cs 45°·hsin45°-μmg cs 37°·hsin37°＝0，解得μ＝67，故A正确；滑草车通过上段滑道末端时速度最大，根据动能定理有mgh-μmg cs 45°·hsin45°＝12mvm2，解得vm＝2gh7，故B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，故C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a＝mgsin37°-μmgcs37°m＝-335g，故加速度大小为335g，故D错误.
9.[2023江苏]滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端.利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示.与图乙中相比，图甲中滑块（ C ）
A.受到的合力较小
B.经过A点的动能较小
C.在A、B之间的运动时间较短
D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小
解析 设斜面倾角为θ、滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，对滑块受力分析有F合上＝mg sin θ＋μmg cs θ，F合下＝mg sin θ-μmg cs θ，故图甲中滑块受到的合力较大，A错；滑块由A到B的过程，有2a上xAB＝vA上2，由B到A的过程，有2a下xAB＝vA下2，又F合上＞F合下，则a上＞a下，故vA上＞vA下，图甲中滑块经过A点的动能较大，B错；将滑块由A到B的过程逆向思维为由B到A的初速度为0、加速度大小为a上的匀加速运动，则xAB＝12a上t上2，又xAB＝12a下t下2，a上＞a下，故t上＜t下，即图甲中滑块在A、B之间的运动时间较短，C对；上滑和下滑过程摩擦力大小相等，经过AB的距离相等，根据W＝fx可知在A、B之间克服摩擦力做的功相等，D错.
10.[2023山东青岛统考/多选]如图甲所示，在水平面上建立正方向水平向左的一维坐标，质量为M＝1kg的木板在x＝0位置时有水平向左、大小为4m/s的初速度.长木板受到的水平拉力F与其位移的关系如图乙所示.已知木板与地面的动摩擦因数为0.6，重力加速度大小g取10m/s2，关于木板在0～8m内的运动，下列说法正确的是（ ABD ）
A.长木板的最小速度为2m/s
B.x＝4m时长木板的速度大小为4m/s
C.2～6m内，长木板动能的增量为15J
D.x＝6m和x＝8m时的速度大小相等
解析 当拉力小于摩擦力时，木板减速，摩擦力f＝μMg＝6 N，根据题图乙可知2 m处拉力为6 N，所以2 m前木板减速，2 m后木板加速，2 m时速度最小，图线与坐标轴所围图形的面积代表拉力做的功，根据动能定理有12Mvmin2-12Mv02＝-fx0＋F0×x02，解得vmin＝2 m/s，故A正确；在0～4 m内，根据动能定理有12Mv12-12Mv02＝-fx1＋F1×x12，F1＝12 N，解得v1＝4 m/s，故B正确；在2～6 m内，根据动能定理可知，长木板动能的增量ΔEk＝6+122×2 J＋8+122×2 J-6×(6-2) J＝14 J，故C错误；在6～8 m内，合外力做的功W合＝4+82×2 J-6×2 J＝0，所以木板在x＝6 m和x＝8 m时的动能不变，速度大小相等，故D正确.
11.[2024四川绵阳江油中学校考/多选]一辆汽车以额定功率沿倾角不变的斜坡向下匀速行驶，速度为v1，牵引力为F1.现让该车沿该斜坡从静止开始向上匀加速行驶，达到额定功率时速度为v2，牵引力为F2，以后保持额定功率行驶，最终速度为v3，牵引力为F3.斜坡足够长，汽车所受阻力大小在向上和向下行驶时相同，则 （ AD ）
A.v1＞v3＞v2
B.v1＜v2＜v3
C.在向上匀加速行驶过程中，任意相等时间内，汽车动能变化相等
D.F1＜F3＜F2
解析 设斜坡的倾角为θ，汽车向下匀速行驶时，有F1＋mg sin θ-μmg cs θ＝0，P
＝F1v1，汽车向上匀加速行驶时有F2-mg sin θ-μmg cs θ＝ma，P＝F2v2，汽车向上匀
速行驶时，有F3-mg sin θ-μmg cs θ＝0，P＝F3v3，联立可得F1＜F3＜F2，v1＞v3＞
v2，故A、D正确，B错误；在向上匀加速行驶过程中，任意相等时间内，汽车动能
变化量ΔEk＝12m(v＋at)2-12mv2＝2vat＋a2t22m，故在向上匀加速行驶过程中，任意相等
时间内，汽车动能变化不同，故C错误.
12.[2024河北名校联考]如图1所示，一质量为0.4kg的小物体静止在水平台面上，在水平推力F的作用下从坐标原点O开始沿x轴运动，F与物体坐标x的关系如图2所示.在x＝4m时撤去力F，同时物体从平台飞出，落到距离台面h＝0.45m的水平地面上.物体与水平台面间的动摩擦因数为34，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力.求：
（1）x＝1m时，物体的加速度大小a；
（2）x＝2m时，力F的功率P；
（3）物体落地点离平台的水平距离x'.
答案 （1）12.5m/s2 （2）602W （3）6510m
解析 （1）由F－x图像知，在0～2m内有，F＝（4＋4x）N，x＝1m时，F＝8N
滑动摩擦力f＝μmg＝34×0.4×10N＝3N
则物体的加速度a＝F合m＝（8－3）0.4m/s2＝12.5m/s2
（2）设x＝2m时，物体运动的速度为v0，依据动能定理有
WF－Wf＝12mv02
根据F－x图线与x轴围成图形的面积表示拉力做的功，知WF＝（4+12）22J＝16J，又Wf＝3×2J＝6J
解得v0＝52m/s
此时力F的功率P＝Fv0＝602W
（3）设物体离开平台时，速度为v，依据动能定理有
W'F－W'f＝12mv2
同理可知W'F＝44J，W'f＝3×4J＝12J
物体沿平台飞出，做平抛运动，有h＝12gt2
物体落地点离平台的水平距离x'＝vt
联立并代入数据，解得x'＝6510m.
13.[2022上海]如图所示，AB为平直导轨，长为L，物块与导轨间的动摩擦因数为μ，BC为光滑曲面，A与地面间的高度差为h1，B、C间高度差为h2.一个质量为m的物块在水平恒力作用下，从A点由静止开始向右运动，到达B点时撤去恒力，物块经过C点后在空中运动一段时间落地，已知重力加速度为g.
（1）若物块落地时动能为E1，求其经过B点时的动能EkB.
（2）若要物块落地时动能小于E1，求恒力必须满足的条件.
答案 （1）E1－mgh1 （2）见解析
解析 （1）对物块从B点到落地的过程，由动能定理有
mgh1＝E1－EkB
解得EkB＝E1－mgh1
（2）对物块从A点到落地的整个过程，由动能定理有FmaxL－μmgL＋mgh1＝E1
解得Fmax＝E1－mgh1＋μmgLL
若物块恰能到达C点，根据动能定理有FminL－μmgL－mgh2=0
解得Fmin＝μmgL＋mgh2L
则恒力F必须满足的条件为μmgL＋mgh2L＜F＜E1－mgh1＋μmgLL.
14.[动能定理的计算与几何计算结合/2022全国乙]固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环.小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（ C ）
A.它滑过的弧长
B.它下降的高度
C.它到P点的距离
D.它与P点的连线扫过的面积
解析 小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，下落h高度过程中，由动能定
理有mgh＝12mv2，解得v＝2gh，故B错误；设小环位置与P点连线所对的圆心角为
θ，小环下滑过程滑过的弧长s＝Rθ，则h＝R(1- cs sR)，故A错误；小环位置到P点的
距离L＝2R sin θ2，h＝R(1- cs θ)，1- cs θ＝2 sin 2θ2，即h＝2R sin 2θ2＝L22R，代入v＝
2gh可知v与L成正比，即小环的速率与小环到P点的距离成正比，故C正确；小环
位置与P点连线扫过的面积A＝12R2θ-12R2 sin θ，分析知A与v不成正比，故D错误.
15.[开放性问题]如图所示，固定在水平地面上的倾角θ＝30°、高度h＝0.5m的斜面顶端安装了一定滑轮，将质量为M＝0.4kg的物块和质量为m＝0.3kg的小钩码用轻绳连接并跨过定滑轮，钩码处于斜面顶端，物块处于斜面底端，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝32，物块与钩码均处于静止状态，取重力加速度g＝10m/s2.
（1）求物块所受的摩擦力.
（2）轻轻再挂一个相同的钩码，物块将滑动，求钩码落地时的速度大小.
（3）在第（2）问的基础上，判断物块能否到达斜面的最高点，并说明理由.
答案 （1）1N 方向沿斜面向下 （2）1m/s （3）见解析
解析 （1）钩码静止，则T＝mg
物块静止，由于T＞Mgsin30°，物块所受的静摩擦力方向沿斜面向下，则f静＋Mgsin30°＝T
解得静摩擦力大小f静＝1N
（2）对物块与钩码组成的系统，由动能定理得
2mgh－Mghsin30°－μMghcs30°＝12（M＋2m）v2
解得v＝1m/s
（3）钩码落地后，对物块由动能定理得
－Mgxsin30°－μMgxcs30°＝0－12Mv2
解得x＝0.04m
物块沿斜面上升的总距离x总＝（0.5＋0.04）m＝0.54m
斜面长度L＝hsin30°＝1m＞x总
即物块无法到达斜面最高点.
1.[2024江西万安中学校考]下列有关动能的变化说法正确的是（ C ）
A.物体只有做匀速运动时，动能才不变
B.物体做平抛运动时，水平方向速度不变，物体的动能也不变
C.物体做自由落体运动时，重力做正功，物体的动能增加
D.物体的动能变化时，速度不一定变化，速度变化时，动能一定变化
解析 物体做非匀速运动时，动能也可以不变.例如做匀速圆周运动的物体，其动能不变，故A错误；物体做平抛运动时，水平方向速度不变，竖直方向速度一直增加，其动能一直增加，故B错误；物体做自由落体运动时，重力做正功，物体的动能增加，故C正确；根据Ek＝12mv2可知物体的动能变化时，速度一定变化，速度是矢量，大小不变，方向变化时，动能是不变的，故速度变化时，动能不一定变化，故D错误.
2.质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则（ B ）
A.质量大的物体滑行的距离大
B.质量小的物体滑行的距离大
C.它们滑行的距离一样大
D.它们克服摩擦力所做的功不相等
解析 由动能定理可得-Ffx＝0-Ek，即μmgx＝Ek，由于动能相同，动摩擦因数相同，故质量小的物体滑行的距离大，它们克服摩擦力所做的功都等于Ek，故B正确.
3.[2023新课标]无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落.一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g）（ B ）
A.0B.mgh
C.12mv2－mghD.12mv2＋mgh
解析 结合题意可知，雨滴在地面附近下落过程做匀速运动，对雨滴下落高度h的过程分析，由动能定理有mgh-Wf＝0，即Wf＝mgh，B正确，A、C、D错误.
4.如图所示，固定在竖直平面内的14圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B，质量为m的小物块从圆弧轨道的顶端A由静止滑下，经过B点后沿水平轨道运动，并停在到B点距离等于圆弧轨道半径的C点.圆弧轨道粗糙，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.物块到达B点前瞬间对轨道的压力大小为（ C ）
A.2μmgB.3mg
C.（1＋2μ）mgD.（1＋μ）mg
解析 设圆弧轨道的半径为r，物块从B到C的过程，由动能定理得-μmgr＝0-12mvB2，在B点，由牛顿第二定律得N-mg＝mvB2r，联立解得N＝(1＋2μ)mg，由牛顿第三定律可知，物块到达B点前瞬间对轨道的压力大小为N'＝N＝(1＋2μ)mg，故C正确.
5.[图像创新/2024安徽名校联考]如图甲所示，光滑斜面倾角θ＝30°，以斜面底端为坐标原点，沿斜面方向建立x轴.一质量为2kg的物体（视为质点）在沿斜面方向的拉力作用下，从斜面底端由静止开始沿x轴正方向运动，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图乙所示.重力加速度g＝10m/s2，斜面足够长.物体沿x轴正向运动过程中，下列说法正确的是（ C ）
A.物体沿斜面向上运动的最大位移为22m
B.物体沿斜面向上运动的时间为4s
C.在x＝5m时，拉力的功率为1002W
D.拉力的最大功率为300W
解析 由于拉力沿斜面方向，则拉力做的功为W＝Fx，可看出W-x图像的斜率大小代表拉力大小F.则对物体由O点运动到x＝5 m的过程，根据动能定理有，W1-mg sin θ·x1＝12mv12，结合题图乙可解得物体的速度v1＝52 m/s，在x＝5 m时，拉力F1＝ΔWΔx＝20 N，则此时拉力的功率P1＝F1v1＝1002 W，故C正确.物体运动到x＝10 m时，拉力的功率最大，则对物体由O点运动到x＝10 m的过程，设运动的时间为t1，根据动能定理和运动学公式有W2-mg sin θ·x2＝12mv22，x2＝v22t1，结合题图乙可解得v2＝10 m/s，t1＝2 s，则此时拉力的功率P2＝F1v2＝200 W，故D错误.对物体由x＝10 m处向上运动到最高点的过程，设运动的时间为t2，受到的拉力F2＝ΔW'Δx'＝2 N，由牛顿第二定律有mg sin θ-F2＝ma1，解得物体的加速度a1＝4 m/s2，运动的时间t2＝v2a1＝2.5 s，该过程运动的位移x3＝v22t2＝12.5 m，则物体沿斜面向上运动的最大位移xmax＝x2＋x3＝22.5 m，故A错误.物体沿斜面向上运动的总时间为t＝t1＋t2＝4.5 s，B错误.
6.[多选]如图所示，一内壁粗糙程度相同、半径为R的圆筒固定在竖直平面内，圆筒内一质量为m的小球沿筒壁做圆周运动.若小球从最低点算起运动一圈又回到最低点的过程中，两次在最低点时筒壁对小球的弹力大小分别为10mg和8mg.设小球在该过程中克服摩擦力做的功为W，经过最高点时筒壁对小球的弹力大小为F，重力加速度为g，则（ BD ）
A.W＝2mgR
B.W＝mgR
C.3mg＜F＜4mg
D.2mg＜F＜3mg
解析 对小球进行受力分析，先后两次在最低点所受的合力分别为9mg和7mg，方向指向圆心.设小球先后两次经过最低点的速率分别为v1和v2，根据牛顿第二定律有9mg＝mv12R和7mg＝mv22R，小球在整个过程中，由动能定理得-W＝12mv22-12mv12，联立解得W＝mgR，故A错误，B正确；小球在上升和下降过程中的等高处，由于上升过程中的速度大于下降过程中的速度，所以上升时所需向心力大于下降时所需向心力，故上升时筒壁对小球的弹力大于下降时筒壁对小球的弹力，因此上升时受到的摩擦力较大，而下降时受到的摩擦力较小，故上升时克服摩擦力做功W1＞W2，下降时克服摩擦力做功W2＜W2，设小球上升到最高点时的速度为v3，筒壁对小球的弹力满足F＋mg＝mv32R，上升过程由能量守恒定律得12mv12＝12mv32＋2mgR＋W1，解得F＜3mg，由W1＜W，解得F＞2mg，故C错误，D正确.
7.如图（a）所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图（b）所示.重力加速度大小取10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为（ A ）
图（a） 图（b）
A.m＝0.7kg，f＝0.5N
B.m＝0.7kg，f＝1.0N
C.m＝0.8kg，f＝0.5N
D.m＝0.8kg，f＝1.0N
解析 0～10 m内物块上滑，由动能定理得-mg sin 30°·s-fs＝Ek-Ek0，整理得Ek＝Ek0-(mg sin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值｜k｜＝mg sin 30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mg sin 30°-f)(s-s1)＝Ek，整理得Ek＝(mg sin 30°-f)s-(mg sin 30°-f)s1，结合10～20 m内的图像得，斜率k'＝mg sin 30°-f＝3 N，联立解得f＝0.5 N、m＝0.7 kg，故A正确，B、C、D错误.
8.[多选]如图所示为一滑草场.某条滑道由上下两段高均为h、与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数均为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端（不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8），则（ AB ）
A.动摩擦因数μ＝67
B.载人滑草车最大速度为2gh7
C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g
解析 对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知mg·2h-μmg cs 45°·hsin45°-μmg cs 37°·hsin37°＝0，解得μ＝67，故A正确；滑草车通过上段滑道末端时速度最大，根据动能定理有mgh-μmg cs 45°·hsin45°＝12mvm2，解得vm＝2gh7，故B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，故C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a＝mgsin37°-μmgcs37°m＝-335g，故加速度大小为335g，故D错误.
9.[2023江苏]滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端.利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示.与图乙中相比，图甲中滑块（ C ）
A.受到的合力较小
B.经过A点的动能较小
C.在A、B之间的运动时间较短
D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小
解析 设斜面倾角为θ、滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，对滑块受力分析有F合上＝mg sin θ＋μmg cs θ，F合下＝mg sin θ-μmg cs θ，故图甲中滑块受到的合力较大，A错；滑块由A到B的过程，有2a上xAB＝vA上2，由B到A的过程，有2a下xAB＝vA下2，又F合上＞F合下，则a上＞a下，故vA上＞vA下，图甲中滑块经过A点的动能较大，B错；将滑块由A到B的过程逆向思维为由B到A的初速度为0、加速度大小为a上的匀加速运动，则xAB＝12a上t上2，又xAB＝12a下t下2，a上＞a下，故t上＜t下，即图甲中滑块在A、B之间的运动时间较短，C对；上滑和下滑过程摩擦力大小相等，经过AB的距离相等，根据W＝fx可知在A、B之间克服摩擦力做的功相等，D错.
10.[2023山东青岛统考/多选]如图甲所示，在水平面上建立正方向水平向左的一维坐标，质量为M＝1kg的木板在x＝0位置时有水平向左、大小为4m/s的初速度.长木板受到的水平拉力F与其位移的关系如图乙所示.已知木板与地面的动摩擦因数为0.6，重力加速度大小g取10m/s2，关于木板在0～8m内的运动，下列说法正确的是（ ABD ）
A.长木板的最小速度为2m/s
B.x＝4m时长木板的速度大小为4m/s
C.2～6m内，长木板动能的增量为15J
D.x＝6m和x＝8m时的速度大小相等
解析 当拉力小于摩擦力时，木板减速，摩擦力f＝μMg＝6 N，根据题图乙可知2 m处拉力为6 N，所以2 m前木板减速，2 m后木板加速，2 m时速度最小，图线与坐标轴所围图形的面积代表拉力做的功，根据动能定理有12Mvmin2-12Mv02＝-fx0＋F0×x02，解得vmin＝2 m/s，故A正确；在0～4 m内，根据动能定理有12Mv12-12Mv02＝-fx1＋F1×x12，F1＝12 N，解得v1＝4 m/s，故B正确；在2～6 m内，根据动能定理可知，长木板动能的增量ΔEk＝6+122×2 J＋8+122×2 J-6×(6-2) J＝14 J，故C错误；在6～8 m内，合外力做的功W合＝4+82×2 J-6×2 J＝0，所以木板在x＝6 m和x＝8 m时的动能不变，速度大小相等，故D正确.
11.[2024四川绵阳江油中学校考/多选]一辆汽车以额定功率沿倾角不变的斜坡向下匀速行驶，速度为v1，牵引力为F1.现让该车沿该斜坡从静止开始向上匀加速行驶，达到额定功率时速度为v2，牵引力为F2，以后保持额定功率行驶，最终速度为v3，牵引力为F3.斜坡足够长，汽车所受阻力大小在向上和向下行驶时相同，则 （ AD ）
A.v1＞v3＞v2
B.v1＜v2＜v3
C.在向上匀加速行驶过程中，任意相等时间内，汽车动能变化相等
D.F1＜F3＜F2
解析 设斜坡的倾角为θ，汽车向下匀速行驶时，有F1＋mg sin θ-μmg cs θ＝0，P
＝F1v1，汽车向上匀加速行驶时有F2-mg sin θ-μmg cs θ＝ma，P＝F2v2，汽车向上匀
速行驶时，有F3-mg sin θ-μmg cs θ＝0，P＝F3v3，联立可得F1＜F3＜F2，v1＞v3＞
v2，故A、D正确，B错误；在向上匀加速行驶过程中，任意相等时间内，汽车动能
变化量ΔEk＝12m(v＋at)2-12mv2＝2vat＋a2t22m，故在向上匀加速行驶过程中，任意相等
时间内，汽车动能变化不同，故C错误.
12.[2024河北名校联考]如图1所示，一质量为0.4kg的小物体静止在水平台面上，在水平推力F的作用下从坐标原点O开始沿x轴运动，F与物体坐标x的关系如图2所示.在x＝4m时撤去力F，同时物体从平台飞出，落到距离台面h＝0.45m的水平地面上.物体与水平台面间的动摩擦因数为34，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力.求：
（1）x＝1m时，物体的加速度大小a；
（2）x＝2m时，力F的功率P；
（3）物体落地点离平台的水平距离x'.
答案 （1）12.5m/s2 （2）602W （3）6510m
解析 （1）由F－x图像知，在0～2m内有，F＝（4＋4x）N，x＝1m时，F＝8N
滑动摩擦力f＝μmg＝34×0.4×10N＝3N
则物体的加速度a＝F合m＝（8－3）0.4m/s2＝12.5m/s2
（2）设x＝2m时，物体运动的速度为v0，依据动能定理有
WF－Wf＝12mv02
根据F－x图线与x轴围成图形的面积表示拉力做的功，知WF＝（4+12）22J＝16J，又Wf＝3×2J＝6J
解得v0＝52m/s
此时力F的功率P＝Fv0＝602W
（3）设物体离开平台时，速度为v，依据动能定理有
W'F－W'f＝12mv2
同理可知W'F＝44J，W'f＝3×4J＝12J
物体沿平台飞出，做平抛运动，有h＝12gt2
物体落地点离平台的水平距离x'＝vt
联立并代入数据，解得x'＝6510m.
13.[2022上海]如图所示，AB为平直导轨，长为L，物块与导轨间的动摩擦因数为μ，BC为光滑曲面，A与地面间的高度差为h1，B、C间高度差为h2.一个质量为m的物块在水平恒力作用下，从A点由静止开始向右运动，到达B点时撤去恒力，物块经过C点后在空中运动一段时间落地，已知重力加速度为g.
（1）若物块落地时动能为E1，求其经过B点时的动能EkB.
（2）若要物块落地时动能小于E1，求恒力必须满足的条件.
答案 （1）E1－mgh1 （2）见解析
解析 （1）对物块从B点到落地的过程，由动能定理有
mgh1＝E1－EkB
解得EkB＝E1－mgh1
（2）对物块从A点到落地的整个过程，由动能定理有FmaxL－μmgL＋mgh1＝E1
解得Fmax＝E1－mgh1＋μmgLL
若物块恰能到达C点，根据动能定理有FminL－μmgL－mgh2=0
解得Fmin＝μmgL＋mgh2L
则恒力F必须满足的条件为μmgL＋mgh2L＜F＜E1－mgh1＋μmgLL.
14.[动能定理的计算与几何计算结合/2022全国乙]固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环.小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（ C ）
A.它滑过的弧长
B.它下降的高度
C.它到P点的距离
D.它与P点的连线扫过的面积
解析 小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，下落h高度过程中，由动能定
理有mgh＝12mv2，解得v＝2gh，故B错误；设小环位置与P点连线所对的圆心角为
θ，小环下滑过程滑过的弧长s＝Rθ，则h＝R(1- cs sR)，故A错误；小环位置到P点的
距离L＝2R sin θ2，h＝R(1- cs θ)，1- cs θ＝2 sin 2θ2，即h＝2R sin 2θ2＝L22R，代入v＝
2gh可知v与L成正比，即小环的速率与小环到P点的距离成正比，故C正确；小环
位置与P点连线扫过的面积A＝12R2θ-12R2 sin θ，分析知A与v不成正比，故D错误.
15.[开放性问题]如图所示，固定在水平地面上的倾角θ＝30°、高度h＝0.5m的斜面顶端安装了一定滑轮，将质量为M＝0.4kg的物块和质量为m＝0.3kg的小钩码用轻绳连接并跨过定滑轮，钩码处于斜面顶端，物块处于斜面底端，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝32，物块与钩码均处于静止状态，取重力加速度g＝10m/s2.
（1）求物块所受的摩擦力.
（2）轻轻再挂一个相同的钩码，物块将滑动，求钩码落地时的速度大小.
（3）在第（2）问的基础上，判断物块能否到达斜面的最高点，并说明理由.
答案 （1）1N 方向沿斜面向下 （2）1m/s （3）见解析
解析 （1）钩码静止，则T＝mg
物块静止，由于T＞Mgsin30°，物块所受的静摩擦力方向沿斜面向下，则f静＋Mgsin30°＝T
解得静摩擦力大小f静＝1N
（2）对物块与钩码组成的系统，由动能定理得
2mgh－Mghsin30°－μMghcs30°＝12（M＋2m）v2
解得v＝1m/s
（3）钩码落地后，对物块由动能定理得
－Mgxsin30°－μMgxcs30°＝0－12Mv2
解得x＝0.04m
物块沿斜面上升的总距离x总＝（0.5＋0.04）m＝0.54m
斜面长度L＝hsin30°＝1m＞x总
即物块无法到达斜面最高点.
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