2019届高考物理(课标通用)一轮复习课时跟踪检测：(十八) 动能定理及其应用(重点高中)

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2019-2020年人教版高中物理必修2 跟踪训练18动能和动能定理含答案

跟踪训练18 动能和动能定理[基础达标]1．(多选)在下列几种情况中，甲、乙两物体的动能相等的是( ) A ．甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的12B ．甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的12C ．甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的12D ．质量相同，速度大小也相同，但甲向东运动，乙向西运动【解析】由动能的表达式E k ＝12mv 2知，A 、B 错误，C 正确；因动能是标量，故D 正确．【答案】 CD2．(2016·漳州高一检测)改变汽车的质量和速度，都能使汽车的动能发生变化，在下面几种情况中，汽车的动能是原来的2倍的是( )A ．质量不变，速度变为原来的2倍B ．质量和速度都变为原来的2倍C ．质量变为原来的2倍，速度减半D ．质量减半，速度变为原来的2倍【答案】 D3．(2016·昆明高一检测)如图777所示，物体沿曲面从A 点无初速度滑下，滑至曲面的最低点B 时，下滑的高度为5 m ，速度为6 m/s ，若物体的质量为1 kg.则下滑过程中物体克服阻力所做的功为( )图777A ．50 JB ．18 JC ．32 JD ．0 J【解析】由动能定理得mgh －W f ＝12mv 2，故W f ＝mgh －12mv 2＝1×10×5 J －12×1×62J ＝32 J ，C 正确．【答案】 C4．质量为m 的金属块，当初速度为v 0时，在水平面上滑行的最大距离为s ，如果将金属块质量增加到2m ，初速度增大到2v 0，在同一水平面上该金属块最多能滑行的距离为( )A ．sB ．2sC ．4sD ．8s【解析】根据动能定理得μmgs ＝12mv 2μ2mgs ′＝12·2m ·(2v 0)2由以上两式解得s ′＝4s . 【答案】 C5．一质量为m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点．小球在水平力F 作用下，从平衡位置P 点很缓慢地移动到Q 点，如图778所示，则力F 所做的功为( )图778A ．mgl cos θB ．Fl sin θC ．mgl (l －cos θ)D ．Fl cos θ【答案】 C6．(多选)用力F 拉着一个物体从空中的a 点运动到b 点的过程中，重力做功－3 J ，拉力F 做功8 J ，空气阻力做功－0.5 J ，则下列判断正确的是( )A ．物体的重力势能增加了3 JB ．物体的重力势能减少了3 JC ．物体的动能增加了4.5 JD ．物体的动能增加了8 J【解析】因为重力做功－3 J ，所以重力势能增加3 J ，A 对，B 错；根据动能定理W 合＝ΔE k ，得ΔE k＝－3 J ＋8 J －0.5 J ＝4.5 J ，C 对，D 错．【答案】 AC7．如图779所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设物体在斜面最低点A 的速度为v ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，则从A 到C 的过程中弹簧弹力做功是( )图779A ．mgh －12mv 2 B.12mv 2－mgh C ．－mgh D ．－(mgh ＋12mv 2)【解析】由A 到C 的过程运用动能定理可得：－mgh ＋W ＝0－12mv 2所以W ＝mgh －12mv 2，所以A 正确．【答案】 A8．质量为m ＝50 kg 的滑雪运动员，以初速度v 0＝4 m/s 从高度为h ＝10 m 的弯曲滑道顶端A 滑下，到达滑道底端B 时的速度v 1＝10 m/s.求：滑雪运动员在这段滑行过程中克服阻力做的功．(g 取10 m/s 2)图7710mgh －W ＝12mv 21－12mv 2代入数值得：W ＝2 900 J. 【答案】 2 900 J[能力提升]9．在光滑的水平面上，质量为m 的小滑块停放在质量为M 、长度为L 的静止的长木板的最右端，滑块和木板之间的动摩擦因数为μ.现用一个大小为F 的恒力作用在M 上，当小滑块滑到木板的最左端时，滑块和木板的速度大小分别为v 1、v 2，滑块和木板相对于地面的位移大小分别为s 1、s 2，下列关系式错误的是( )图7711A ．μmgs 1＝12mv 21B ．Fs 2－μmgs 2＝12Mv 22C ．μmgL ＝12mv 21D ．Fs 2－μmgs 2＋μmgs 1＝12Mv 22＋12mv 21【解析】滑块在摩擦力作用下前进的距离为s 1，故对于滑块μmgs 1＝12mv 21，A 对，C 错；木板前进的距离为s 2，对于木板Fs 2－μmgs 2＝12Mv 22，B 对；由以上两式得Fs 2－μmgs 2＋μmgs 1＝12Mv 22＋12mv 21，D 对．故应选C.【答案】 C10．(多选)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到v m 后立即关闭发动机直到停止，v t 图象如图7712所示．设汽车的牵引力为F ，摩擦力为f ，全过程中牵引力做功W 1，克服摩擦力做功W 2，则( )图7712A．F∶f＝1∶3 B．F∶f＝4∶1 C．W1∶W2＝1∶1 D．W1∶W2＝1∶3W1＝Fs1②W2＝f(s1＋s2)③在vt图象中，图象与时间轴包围的面积表示位移，由图象可知，s2＝3s1④由②③④式解得F∶f＝4∶1，选项B正确．【答案】BC11．如图7713甲所示，一质量为m＝1 kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块在受到按如图乙所示规律变化的水平力F作用下向右运动，第3 s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，(g取10 m/s2)求：(1)AB间的距离；(2)水平力F在5 s时间内对物块所做的功．甲乙图7713(2)设整个过程中F 做的功为W F ，物块回到A 点时的速度为v A ，由动能定理得：W F －2μmgs ＝12mv 2A v 2A ＝2asW F ＝2μmgs ＋mas ＝24 J.【答案】 (1)4 m (2)24 J12．如图7714所示，粗糙水平轨道AB 与半径为R 的光滑半圆形轨道BC 相切于B 点，现有质量为m 的小球(可看作质点)以初速度v 0＝6gR ，从A 点开始向右运动，并进入半圆形轨道，若小球恰好能到达半圆形轨道的最高点C ，最终又落于水平轨道上的A 处，重力加速度为g ，求：图7714(1)小球落到水平轨道上的A 点时速度的大小v A ； (2)水平轨道与小球间的动摩擦因数μ.【解析】 (1)mg ＝m v 2CR，得v C ＝gR ，从C 到A 由动能定理得：mg 2R ＝12mv 2A －12mv 2C ，得v A ＝5gR(2)AB 的距离为x AB ＝v C t ＝gR ×2×2Rg＝2R从A 出发回到A 由动能定理得：－μmgx AB ＝12mv 2A －12mv 20，得μ＝0.25.【答案】 (1)5gR (2)0.25。

高考一轮复习 -动能定理及其应用

第2讲动能定理及其应用知识点一动能1．定义：物体由于________而具有的能．2．公式：E k＝________.3．单位：________，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.4．物理意义(1)动能是状态量，v是________(选填“瞬时速度”或“平均速度”)．(2)动能是________(选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向________(选填“有关”或“无关”)．5．动能的变化物体________与________之差，即ΔE k＝________________________.知识点二动能定理1．内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中____________．2．表达式：W＝________________.3．物理意义：________的功是物体动能变化的量度．4．动能定理的特点思考辨析(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化；而速度变化时，动能也一定变化．( )(2)动能不变的物体一定处于平衡状态．( )(3)物体的动能不变，所受的合力必定为零．( )(4)物体做变速运动时动能不一定变化．( )(5)合力做功不等于零时，物体的动能一定变化．( )(6)如果物体的动能增加，那么合力一定做正功．( )教材改编[人教版必修2P75T5改编]运动员把质量是500 g的足球踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是10 m，在最高点的速度为20 m/s.估算出运动员踢球时对足球做的功为( ) A．50 J B．100 JC．150 J D．无法确定考点一对动能定理的理解和应用自主演练1．对“外力”的两点理解(1)“外力”可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等，它们可以同时作用，也可以不同时作用．(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力．2．动能定理公式中“＝”体现的“三个关系”数量关系合力的功与物体动能的变化可以等量代换单位关系国际单位都是焦耳因果关系合力做的功是物体动能变化的原因3.“一个参考系”：高中阶段动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物体为参考系．[多维练透]1．(多选)一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔE k为( )A．Δv＝0 B．Δv＝12 m/s C．ΔE k＝1.8 J D．ΔE k＝02.(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是( )A．对物体，动能定理的表达式为W＝m－m，其中W为支持力做的功B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功C．对物体，动能定理的表达式为W－mgH＝m－m，其中W为支持力做的功D．对电梯，其所受的合力做功为M－M3．从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k与时间t的关系图象是( )考点二动能定理的应用师生共研题型1|应用动能定理求变力的功例1 如图所示，在半径为0.2 m的固定半球形容器中，一质量为1 kg的小球(可视为质点)自边缘上的A点由静止开始下滑，到达最低点B时，它对容器的正压力大小为15 N．重力加速度g取10 m/s2，则球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为( )A．0.5 J B．1.0 J C．1.5 J D．1.8 J题型2|动能定理在直线运动中的应用例2 有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡．某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A 点水平距离为s的水平雪道上．接着改用另一条雪道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为α的雪道上h2高处的E点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则( )A．动摩擦因数为tan θ B．动摩擦因数为C．倾角α一定大于θ D．倾角α可以大于θ题型3|动能定理在曲线运动中的应用(多过程问题)例3 如图所示，AB为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙．BP为圆心角等于143°，半径R＝1 m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处．现有一质量m＝2 kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后(不拴接)释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x＝12t－4t2(式中x单位是m，t单位是s)，假设物块第一次经过B点后恰能到达P点，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)试求：(1)若CD＝1 m，物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功．(2)B、C两点间的距离x.【考法拓展1】在【例3】中，求物块释放后通过与O点等高的位置Q点时对轨道的压力．【考法拓展2】在【例3】中，若BC部分光滑，把物块仍然压缩到D点释放，求物块运动到P点时受到轨道的压力大小．练1 如图，MN为半径R＝0.4 m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O 为圆心，M、O、P三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m＝0.01 kg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪．某次发射的小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，水平飞出后落到OP上的Q点，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.求：(1)小钢珠经过N点时速度的大小v N；(2)小钢珠离开弹簧枪时的动能E k；(3)小钢珠在平板上的落点Q与圆心O点的距离s.练2 新型冠状病毒肺炎疫情发生后，全国人民踊跃捐款捐物，支持武汉人民抗疫．为了与时间赛跑，运送抗疫物资的某运输车以恒定功率P启动后以最大速度v m行驶．已知运输车总重为m.(1)求运输车速度为v m时的加速度；(2)假设运输车启动后经过时间t1，达到最大速度v m，求时间t1内运输车行驶的距离；(3)假设运输车启动后行驶距离s到达武汉，运输车刹车时所受合外力等于正常行驶时阻力的2倍，求运输车行驶的总时间．题后反思应用动能定理解题的基本步骤考点三动能定理与图象问题的结合多维探究题型1|vt图象例4 [2020·湖南湘潭一中月考]质量为m的物体从高为h的斜面顶端由静止下滑，最后停在水平面上，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，最后仍停在水平面上，如图甲所示．图乙为物体两次在水平面上运动的vt图象，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力所做的功为( )A.m－3mgh B．3mgh－mC.m－mgh D．mgh－m题型2|Fx图象例5 [2020·济南模拟]静止在地面上的物体在不同合外力F的作用下通过了相同的位移x0，下列情况中物体在x0位置时速度最大的是( )题型3|E kx图象例6 [2020·江苏卷，4]如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上．斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数．该过程中，物块的动能E k与水平位移x关系的图象是( )练3 (多选)光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力作用开始运动，拉力F随时间t变化的图象如图所示，用E k、v、x、P分别表示物体的动能、速度、位移和拉力F的功率，下列四个图象分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，其中正确的是( )练4 [2020·临沂二模]狗拉雪橇是人们喜爱的滑雪游戏．已知雪橇与水平雪道间的动摩擦因数μ＝0.1，人和雪橇的总质量m＝50 kg.在游戏过程中狗用水平方向的力拉雪橇，使雪橇由静止开始运动．人和雪橇的动能E k与其发生位移x之间的关系如图所示(g＝10 m/s2)．求：(1)雪橇在x＝30 m时的加速度；(2)在前40 m位移过程中拉力对人和雪橇做的功．题后反思解决物理图象问题的基本思路(1)弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线的物理意义．(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．(3)对比图线和函数关系式，利用图线的斜率、截距、交点、面积和特定值求物理量．思维拓展巧选过程规范答题[2020·江苏无锡6月模拟](12分)如图所示是滑板运动的轨道示意图，BC和DE是两段光滑的圆弧形轨道，BC的圆心为O点，圆心角θ＝60°，半径OC与水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2.某运动员从轨道上的A点以v＝3 m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为m＝60 kg，B、E两点与水平轨道CD的竖直高度分别为h＝2 m和H＝2.5 m，g＝10 m/s2.(1)求运动员从A点运动到B点时的速度大小v B.(2)求水平轨道CD的长度L.(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如果能，求出运动员回到B点时速度的大小；如果不能，求出运动员最后停止的位置距C点的距离．[教你解决问题](1)刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道→B点速度分解→到达B点时的速度大小．(2)从B到E→动能定理→水平轨道CD的长度L.(3)从E到第一次返回左侧最高处→动能定理→总路程→最后停止的位置．解答规范解答书写区自查项目(1)滑板在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道，由题意得v B＝①(1分)解得v B＝6 m/s.②(1分)(2)从B到E的过程，由动能定理得mgh－μmgL－mgH＝0－m③(2分)有必要的文字说明指明对象和所用规律列式规范，无连等式、无代数过程题后反思1．灵活选择研究过程求解多过程问题既可分段考虑，也可全过程考虑，但要优先考虑全过程．2．注意运用做功的特点(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关．(2)摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积．(3)求全过程的总功时，注意有些力不是全过程一直作用.第2讲动能定理及其应用基础落实知识点一1．运动2．mv23．焦耳4．(1)瞬时速度(2)标量无关5．末动能初动能m－m知识点二1．动能的变化量2.m－m3．合外力4．(3)曲线运动(4)变力做功(5)分阶段思考辨析(1)×(2)×(3)×(4)√(5)√(6)√教材改编解析：根据动能定理W－mgh＝mv2得，W＝150 J，故选项C正确．答案：C考点突破1．解析：取初速度方向为正方向，则Δv＝|(－6)－6| m/s＝12 m/s，由于速度大小没变，动能不变，故动能变化量ΔE k＝0，故选项B、D正确．答案：BD2．解析：电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力F N，这两个力的总功(即合力做的功)才等于物体动能的增量，即W合＝m－m，选项A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，选项D正确．答案：CD3．解析：对于整个竖直上抛过程(包括上升与下落)，速度与时间的关系为v＝v0－gt，v2＝g2t2－2v0gt＋，E k＝mv2，可见动能与时间是二次函数关系，由数学中的二次函数知识可判断A正确．答案：A例1 解析：在B点对小球由牛顿第二定律得F N－mg＝m，解得E kB＝mv2＝ (F N－mg)R，小球由A滑到B的过程由动能定理得mgR－W f＝mv2－0，解得W f＝R(3mg－F N)＝×0.2×(30－15) J＝1.5 J，故C正确，A、B、D错误．答案：C例2 解析：第一次停在BC上的某点，由动能定理得mgh1－μmgcos θ·－μmgs′＝0mgh1－μmg＝0mgh1－μmgs＝0μ＝A错误，B正确；在AB段由静止下滑，说明μmgcos θ<mgsin θ，第二次滑上CE在E点停下，说明μmgcos α≥mgsin α，若α>θ，则雪橇不能停在E点，所以C、D错误．答案：B例3 解析：(1)由x＝12t－4t2知，物块在C点速度为v0＝12 m/s，a＝8 m/s2设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得W－mgsin 37°·＝m代入数据得W＝m＋mgsin 37°·＝156 J.(2)物块在CB段，根据牛顿第二定律，物块所受合力F＝ma＝16 N物块在P点的速度满足mg＝C到P的过程，由动能定理得－Fx－mgR(1＋cos 37°)＝m－m解得x＝ m＝6.125 m.答案：(1)156 J (2)6.125 m考法拓展1 解析：物块在P点时满足mg＝，物块从Q点到P点过程中，由动能定理得－mgR＝m－m.物块在Q点时有F N＝.联立以上各式得F N＝3mg＝60 N.由牛顿第三定律可知物块通过Q点时对轨道压力为60 N，方向水平向右．答案：60 N 方向水平向右考法拓展 2 解析：物块从C到P的过程中，由动能定理得－mgxsin 37°－mgR(1＋cos37°)＝m－m物块在P点时满足F N＋mg＝，联立以上两式得F N＝49 N答案：49 N练1 解析：(1)小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，则有mg＝m解得v N＝＝2 m/s(2)小钢珠在光滑圆弧轨道，由动能定理得－mgR＝m－E k解得E k＝0.06 J(3)小钢珠水平飞出后，做平抛运动，R＝gt2，s＝v N t解得s＝ m答案：(1)2 m/s (2)0.06 J (3) m练2 解析：(1)由P＝fv m，解得f＝，由P＝F解得运输车速度为v m时的牵引力F＝，由牛顿第二定律有F－f＝ma，解得加速度a＝.(2)由动能定理得Pt1－fx1＝m，解得时间t1内运输车行驶的距离x1＝＝.(3)运输车刹车时匀减速运动的加速度为a′＝，从刹车到运输车停下需要的时间t3＝，联立解得t3＝，从刹车到运输车停下运动的距离x3＝＝，运输车匀速运动的距离x2＝s－x1－x3＝，运输车匀速运动的时间t2＝，又f＝，则运输车行驶的总时间t＝t1＋t2＋t3＝.例4 解析：本题考查动能定理与图象结合的问题．若物体由静止开始从顶端下滑，由动能定理得mgh－W f＝m，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，由动能定理得mgh－W f＝m－m，由题图乙可知，物体两次滑到水平面的速度关系为v2＝2v1，由以上三式解得W f＝mgh－m，D正确，A、B、C错误．答案：D例5 解析：由于Fx图象所包围的面积表示力做功的大小，已知物体在不同合外力F的作用下通过的位移相同，C选项中图象包围的面积最大，因此合外力做功最多，根据动能定理W合＝mv2－0，可得C选项物体在x0位置时速度最大，故A、B、D错误，C正确．答案：C例6 解析：在斜面上，物块受竖直向下的重力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及垂直斜面向上的支持力，设物块的质量为m，斜面的倾角为θ，物块沿斜面下滑的距离对应的水平位移为x，由动能定理有mgsinθ·－μ1mgcos θ·＝E k－0，解得E k＝(mgtan θ－μ1mg)x，即在斜面上时物块的动能与水平位移成正比，B、D项均错误；在水平面上，物块受竖直向下的重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦力，由动能定理有－μ2mg(x－x0)＝E k－E k0，解得E k＝E k0－μ2mg(x－x0)，其中E k0为物块滑到斜面底端时的动能，x0为物块沿斜面下滑到底端时的距离对应的水平位移，即在水平面上物块的动能与水平位移为一次函数关系，且为减函数，A项正确，C项错误．答案：A练3 解析：由于拉力F恒定，所以物体有恒定的加速度a，则v＝at，即v与t成正比，选项B正确；由P＝Fv＝Fat可知，P与t成正比，选项D正确；由x＝at2可知x与t2成正比，选项C错误；由动能定理可知E k＝Fx＝Fat2，E k与t2成正比，选项A错误．答案：BD练4 解析：(1)雪橇从20 m到40 m做匀加速直线运动，由动能定理得：F合·Δx＝E k2－E k1由牛顿第二定律得：F合＝ma联立解得：a＝0.5 m/s2.(2)前40 m的运动过程由动能定理得：W－μmgx＝E k2解得：W＝2 900 J.答案：(1)0.5 m/s2(2)2 900 J。

高中物理【动能定理及其应用】一轮复习资料

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(山东省 2020 等级考试)如图所示，不可伸长的轻质细线下方悬挂一可视为质点的小球，另一端固定在竖直光滑墙面上的 O 点．开始时，小球静止于 A 点，现给小球一水平向右的初速度，使其恰好能在竖直平面内绕 O 点做圆周运动．垂直于墙面的钉子 N 位于过 O 点竖直线的左侧，ON 与 OA 的夹角为 θ(0<θ<π)，且细线遇到钉子后，小球绕钉子在竖直平面内做圆周运动，当小球运动到钉子正下方时，细线刚好被拉断．已知小球的质量为 m，细线的长度为 L，细线能够承受的最大拉力为 7mg，g 为重力加速度大小．
A．a＝2(mgmRR－W) C．N＝3mgRR－2W
B．a＝2mgmRR－W D．N＝2(mgRR－W)
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解析：选 AC．质点 P 下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得 mgR－ W＝12mv2，又 a＝vR2，联立可得 a＝2(mgmRR－W)，A 正确，B 错误；在最低点重力和支持力的合力充当向心力，根据牛顿第二定律可得 N－mg＝ma，代入可得 N＝3mgRR－2W， C 正确，D 错误．
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2．(动能定理求解变力做功)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 球的水平力 F 的作用下，A、B 均处于静止状态，此时 OA＝0.3 m，OB＝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(g 取 10 m/s2)( C )
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2019届高考物理(课标通用)一轮复习课时跟踪检测：(四十) 电磁感应中的动力学和能量问题 (卷Ⅱ)

课时跟踪检测（四十）电磁感应中的动力学和能量问题（卷Ⅱ）(二)普通高中适用作业 (卷Ⅱ)[B 级——中档题目练通抓牢]1．(2018·河南洛阳一中模拟)如图甲所示，在水平面上固定宽为L ＝1 m 、足够长的光滑平行金属导轨，左端接有R ＝0.5 Ω的定值电阻，在垂直导轨且距导轨左端d ＝2.5 m 处有阻值r ＝0.5 Ω、质量m ＝2 kg 的光滑导体棒，导轨其余部分电阻不计。

磁场垂直于导轨所在平面，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。

第1 s 内导体棒在拉力F 作用下始终处于静止状态。

1 s 后，拉力F 保持与第1 s 末相同，导体棒从静止直至刚好达到最大速度过程中，拉力F 做功为W ＝11.25 J 。

求：(1)第1 s 末感应电流的大小； (2)第1 s 末拉力的大小及方向；(3)1 s 后导体棒从静止直至刚好达到最大速度过程中，电阻R 上产生的焦耳热。

解析：(1)0～1 s 内，由图像得：ΔBΔt ＝0.8 T/s根据法拉第电磁感应定律：E ＝Ld ΔBΔt ＝2 V回路电流：I ＝ER ＋r ＝2 A 。

(2)F 安＝BIL ＝1.6 N根据受力平衡，拉力F ＝1.6 N ，方向：水平向右。

(3)1 s 后导体棒做变加速直线运动，当受力平衡速度达最大，B ＝0.8 T则由电磁感应定律：E ′＝BL v ，最终匀速运动时：F ＝BIL 代入数据得：I ＝2 A ， I ＝BL v(R ＋r )，代入数据得：v ＝2.5 m/s 根据能量守恒定律：W ＝12m v 2＋Q r ＋Q R代入数据得：Q r ＋Q R ＝5 J ，Q R Q r＝Rr ＝1联立解得：Q R ＝2.5 J 。

答案：(1)2 A (2)1.6 N 水平向右 (3)2.5 J2．(2017·上海高考)如图，光滑平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为θ，两导轨上端用阻值为R的电阻相连；该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面。

广东省2019高考物理一轮基础复习演练专题8 动能、动能定理及其应用(含解析)

动能、动能定理及其应用李仕才一、单项选择题Ⅰ：本大题共10小题，在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1．改变汽车的质量和速度，都能使汽车的动能发生变化，在下面几种情况中，汽车的动能是原来的2倍的是( )A．质量不变，速度变为原来的2倍B．质量和速度都变为原来的2倍C．质量减半，速度变为原来的2倍D．质量变为原来2倍，速度减半2．汽车在平直公路上行驶，当速度从0增加到v时，合外力做功为W1；速度从v增加到2v时，合外力做功为W2.W1与W2之比为( )A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．1∶43．关于动能和速度，下列说法正确的是( )A．物体的速度发生变化，动能一定发生变化B．物体的速度发生变化，动能可能不变C．物体的动能不变，速度一定不变D．物体的动能发生变化，速度可能不变4．放在光滑水平面上的物体，仅在两个同向水平力的共同作用下开始运动，若这两个力分别做了6 J和8 J的功，则该物体的动能增加了( )A．48 J B．14 JC．10 J D．2 J5．下列关于动能的说法中，正确的是( )A．动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体的运动方向无关B．物体以相同的速率分别做匀速直线运动和匀速圆周运动时，其动能不同．因为它在这两种情况下所受的合力不同、运动性质也不同C．物体做平抛运动时，其动能在水平方向的分量不变，在竖直方向的分量增大D．物体所受的合外力越大，其动能就越大6．一人用力踢质量为0.5 kg的足球，使球由静止到以10 m/s的水平速度飞出．设踢球的平均作用力为200 N，球在水平方向滚动了20 m，则人对球做功为( ) A．25 J B．100 JC．4 000 J D．4 025 J7．有两个物体甲、乙，它们在同一直线上运动，两物体的质量均为m，甲速度为v，动能为E k；乙速度为－v，动能为E′k，那么( )A．E′k＝－E k B．E′k＝E kC．E′k<E k D．E′k>E k8．在光滑的水平面上，质量为2 kg的物体以2 m/s的速度向东运动，现对物体施加一个向西的力使物体停下来，则物体在此过程中克服外力做功为( )A．0 B．4 JC．8 J D．16 J9．两个质量不同而初动能相同的物体，在水平地面上由于摩擦的作用而停止运动．它们与地面的动摩擦因数相同，比较它们的滑行距离，则( )A．质量大的物体滑行距离长B．质量小的物体滑行距离长C．滑行距离相同D．条件不足，无法判断10．关于功和物体动能变化的关系，下列说法不正确的是( )A．有力对物体做功，物体动能就会变化B．合外力不做功，物体的动能就不变化C．合外力做正功，物体的动能就增加D．所有外力做功的代数和为负值，物体的动能就减少二、单项选择题Ⅱ：本大题共10小题，在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求．11．一个25 kg的小孩从高度为3.0 m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0 m/s.取g＝10 m/s2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是( ) A．合外力做功50 JB．阻力做功500 JC．重力做功500 JD．支持力做功50 J12．一滑块静止在粗糙水平地面上，t＝0时给滑块施加一水平方向的作用力F，力F 和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲和乙所示．设在第1秒内、第2秒内F对滑块做的功分别为W1、W2，则W1与W2之比为( )A．1∶1 B．1∶2C．1∶4 D．2∶113.如图所示，两个互相垂直的恒力F1和F2作用在同一物体上，使物体发生一段位移后，力F1对物体做功为4 J，力F2对物体做功为3 J，则力F1与F2的合力对物体做功为( )A．1 J B．3.5 JC．5 J D．7 J14.物体在合外力作用下做直线运动的v－t图象如图所示．下列表述正确的是( )A．在0～1 s内，合外力做正功B．在0～2 s内，合外力总是做负功C．在1～2 s内，合外力不做功D．在0～3 s内，合外力总是做正功15．物体A、B质量相等，A置于光滑水平面上，B置于粗糙水平面上，在相同水平拉力F作用下，由静止开始运动了s，那么( )A．拉力对A做功较多，A的动能较大B．拉力对B做功较多，但A的动能较大C．拉力对A、B做功相同，A、B动能也相同D．拉力对A、B做功相同，但A的动能较大16．质量为m的物体静止在粗糙水平面上．若物体受一水平恒力F作用通过位移s时，它的动能为E1；若该静止物体受一水平恒力2F作用通过相同位移s时，它的动能为E2.则( )A．E2＝E1B．E2＞2E1C．E2＝2E1D．E1＜E2＜2E117.运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化图线如图所示，已知冰壶质量为19 kg，g取10 m/s2，则以下说法正确的是( )A．μ＝0.05B．μ＝0.03C．滑行时间t＝5 sD．滑行时间t＝10 s18．下列关于运动物体所受的合外力，合外力做功和动能变化的关系正确的是( ) A．物体的动能不变，所受的合外力必定为零B．如果合外力对物体所做的功为零，则合外力一定为零C．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化D．如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做的功一定为零19．两个材料相同的物体，甲的质量大于乙的质量，以相同的初动能在同一水平面上滑动，最后都静止，它们滑行的距离的大小关系是( )A．乙大B．甲大C．一样大D．无法比较20．关于动能的概念，下列说法正确的是 ( )A．速度越大的物体动能就越大B．动能越大的物体速度就越大C．物体受到的合外力越大，动能就越大D．物体所受合外力做的功越多，动能改变量就越大三、多项选择题：本大题共5小题，在每小题列出的四个选项中，至少有2个选项是符合题目要求的．21．在离地面一定高度处，以相同的动能，向各个方向抛出多个质量相同的小球，这些小球到达地面时，有相同的( )A．动能B．速度C．速率D．位移22．改变汽车的质量和速度，都能使汽车的动能发生变化．在下列几种情况中，关于汽车的动能的说法正确的是( )A ．质量不变，速度增大到原来的2倍，汽车的动能变为原来的2倍B ．速度不变，质量增大到原来的2倍，汽车的动能变为原来的2倍C ．质量减半，速度增大到原来的4倍，汽车的动能不变D ．速度减半，质量增大到原来的4倍，汽车的动能不变23．下列说法中，正确的是( )A ．物体的动能不变，则其速度一定也不变B ．物体的速度不变，则其动能也不变C ．物体的动能不变，说明物体的运动状态没有改变D ．物体的动能不变，物体所受的合外力不一定为零24．关于对动能的理解，下列说法正确的是( )A ．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能B ．动能总为正值C ．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化D ．动能不变的物体，一定处于平衡状态25．一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后该质点的动能可能( )A ．一直增大B ．先逐渐减小至零，再逐渐增大C ．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D ．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大学业达标·实战演练一、单项选择题Ⅰ1．【解析】选C.由动能公式E k ＝12mv 2易知C 正确． 2．【解析】选C.由动能定理表达式W 合＝E k2－E k1，W 1∶W 2＝1∶3，选C.3．【解析】选B.物体的速度方向变化而大小不变，则动能不变，A 选项错误，B 选项正确；物体的动能不变只能得到物体的速度大小不变，但是速度方向可能在变，如匀速圆周运动，C 选项错误；物体动能变化则物体的速度大小一定改变，D 选项错误.4．【解析】选B.动能定理公式W 合＝ΔE k ，而W 合＝W 1＋W 2＝(6＋8) J ＝14 J.5．【解析】选A.动能是标量，只与物体的质量和速度的大小有关，与速度的方向没有关系，所以A 选项正确；动能是状态量，与物体的受力情况和运动性质无关，B 、D 选项错误；动能是标量，不能进行分解，所以C 选项错误．6．【解析】选A.人对球做功过程就是人与球接触的过程，这个过程球由静止到速度为10 m/s ，由W 合＝E k2－E k1可得人对球做功W 合＝25 J.7．【解析】选B.动能是标量，且恒为正值或者为零，因此B 选项正确．8．【解析】选B.由动能定理公式W 合＝E k2－E k1，E k2＝0，E k1＝12×2×22 J ＝4 J ，则W 合＝－4 J ，外力做功为－4 J ，即克服外力做功4 J.9．【解析】选B.两者初动能相同，末动能为零，ΔE k 相同．而W 合＝－fs ，质量小的，对应的滑动摩擦力f 也小，由于W 合＝ΔE k ＝－fs ，则滑行位移大．10．【解析】选A.根据W 合＝ΔE k 分析，W 合>0，动能增加，W 合<0，动能减少，W 合＝0，动能不变，W 合≠0，ΔE k ≠0.二、单项选择题Ⅱ11．【解析】选A.由动能定理W 合＝E k2－E k1＝50 J ，A 选项正确；支持力与速度方向垂直，所以支持力不做功，D 选项错误；重力做功W G ＝mgh ＝750 J ，C 选项错误；由W 合＝W G ＋W f 可得W f ＝－700 J ，B 选项错误．12．【解析】选A.第1秒内，F 1＝4 N ，s 1＝1 m ，W 1＝F 1s 1＝4 J. 第2秒内，F 2＝2 N ，s 2＝2 m ，W 2＝F 2s 2＝4 J ，W 1∶W 2＝1∶1.13．【解析】选D.由动能定理知合力所做的功等于各力做功的代数和W 合＝(4＋3) J ＝7J ，选D.14．【解析】选A.从图象中读取各初末时刻的速度大小，根据动能定理判断做功正负．15．【解析】选D.两次的拉力和位移相同，则做功都相同，由于作用于B 有摩擦力做负功，由动能定理可判断A 的动能较大．16．【解析】选B.根据动能定理，第一种情况Fs －fs ＝E 1－0, 第二种情况2Fs －fs ＝E 2－0，可得E 2＞2E 1.17．【解析】选D.对冰壶由动能定理得－μmgs ＝0－12mv 20，得μ＝12mv 20mgx ＝9.5 J 19×10×5 J＝0.01. 冰壶运动时：a ＝μg ＝0.1 m/s 2由运动学公式s ＝12at 2得：t ＝10 s. 18．【解析】选D.由匀速圆周运动可知ABC 错，由动能定理知D 正确．19．【解析】选A.两者动能变化相等，甲质量大，则甲的滑动摩擦力也大，根据动能定理可知，两者做功相等，甲的滑动摩擦力大，则位移小，选A.20．【解析】选D.由动能公式E k ＝12mv 2，可知AB 错，且E k 与受到的合外力大小无关，C 错．由动能定理W 合＝ΔE k 知D 正确．三、多项选择题21．【解析】选AC.由动能定理W 合＝E k2－E k1，各球以相同的动能抛出，下落到达地面时，重力做功相同，则末动能相同，落地速率相同．22．【解析】选BD.本题由动能的计算公式E k ＝12mv 2很容易得到B 、D 选项正确． 23．【解析】选BD.对于物体的动能，物体的速度不变，则其动能也不变，但是物体的动能不变时，其速度的大小不变方向可以变化．24．【解析】选ABC.匀速圆周运动的物体速度大小不变，动能不变，但不处于平衡状态，D 错．25．【解析】选ABD.若力F的方向与初速度v0的方向一致，则质点一直加速，动能一直增大，选项A正确．若力F的方向与v0的方向相反，则质点先减速至速度为零后反向加速，动能先减小至零后增大，选项B正确．若力F的方向与v0的方向成一钝角，如斜上抛运动，物体先减速，减到某一值，再加速，则其动能先减小至某一非零的最小值，再增大，选项D 正确．。

全国卷2019届高考物理一轮复习 5.2动能定理及其应用课时强化作业

课时强化作业十九动能定理及其应用一、选择题1.如图所示，质量为m 的小车在水平恒力F 推动下，从山坡(粗糙)底部A 处由静止起运动至高为h 的坡顶B ，获得速度为v ，AB 之间的水平距离为x ，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．小车克服重力所做的功是mghB ．合外力对小车做的功是12mv 2C ．推力对小车做的功是12mv 2＋mghD ．阻力对小车做的功是12mv 2＋mgh －Fx解析：小车克服重力做功W ＝mgh ，选项A 正确；由动能定理可得W 合＝12mv 2－0，故选项B 正确；由动能定理有W 推＋W 重＋W 阻＝12mv 2，得W 推＝12mv 2－W 阻－W 重＝12mv 2＋mgh －W 阻．故选项C 错误；阻力对小车做的功W 阻＝12mv 2－W 推－W 重＝12mv 2＋mgh －Fx ，故选项D 正确．答案：ABD2．如图所示，电梯质量为M ，在它的水平地板上放置一质量为m 的物体．电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动，当上升高度为H 时，电梯的速度达到v ，则在这个过程中，以下说法正确的是( )A ．电梯地板对物体的支持力所做的功等于mv 22 B ．电梯地板对物体的支持力所做的功大于mv 22C ．钢索的拉力所做的功等于mv 22＋MgH D ．钢索的拉力所做的功大于mv 22＋MgH解析：以物体为研究对象，由动能定理，W N －mgH ＝12mv 2得W N ＝12mv 2＋mgH .故选项A 错误，选项B 正确；以电梯和物体为研究对象，由动能定理有W T －(M ＋m )gH ＝12(M ＋m )v 2得W T ＝12(M ＋m )v 2＋(M ＋m )gH >12mv 2＋MgH .故选项D 正确．答案：BD3．如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa 为过原点的倾斜直线，ab 表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc 是与ab 相切的水平直线，则下述说法正确的是( )A ．0～t 1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定B ．t 1～t 2时间内合力做功为12mv 22－12mv 21C ．t 1～t 2时间内的平均速度为12(v 1＋v 2)D ．在t 1时刻汽车的功率达到最大值，t 2～t 3时间内牵引力最小解析：0～t 1时间内汽车做匀加速运动，牵引力为恒力，但速度增加．根据P ＝F ·v 可知功率增加，选项A 错误；汽车在水平方向受到牵引力和阻力作用，根据动能定理在t 1～t 2时间内合力做功为W 合＝12mv 22－12mv 21.故选项B 正确；t 1～t 2时间内v t 图线下所围成的面积大于t 1～t 2若做匀加速直线运动图线所围成的面积，故有t 1～t 2时间内的平均速度大于12(v 1＋v 2)，选项C 错误；t 1时刻功率达到额定功率，t 1～t 2时间内功率恒定，但牵引力减小，t 2～t 3时间内牵引力最小，与阻力相等，选项D 正确．答案：BD4．“蹦极”是一项既惊险又刺激的运动．运动员脚上绑好弹性绳从很高的平台上跳下，从开始到下落到最低点的速度—时间图象如图所示，设运动员开始跳下时的初速度为零，不计阻力，则下列说法正确的是( )A ．0～t 1时间内，运动员做自由落体运动B ．t 1～t 2时间内，运动员做加速度逐渐减小的加速运动C ．t 1～t 2时间内，重力对运动员做的功大于运动员克服拉力做的功D ．t 2～t 3时间内，运动员动能的减少量大于克服拉力做的功解析：0～t 1时间内，运动员做匀加速直线运动，说明此过程中绳子对运动员没有力的作用，做自由落体运动，选项A 正确；由图象可知，t 1～t 2时间内，图线斜率逐渐减小，则运动的加速度逐渐减小，而速度增大，故选项B 正确，对t 1～t 2时间内应用动能定理得mgh －W f ＝ΔE k ，ΔE k >0，故mgh >W f ，故选项C 正确；t 2～t 3时间内，运动员的速度由最大变到零，t 3时刻运动员到达最低点，此过程中，有mgH －W f ′＝0－12mv 2，运动员动能的减少量为 12mv 2＝W f ′－mgH ，小于克服拉力做的功，故选项D 错误．答案：ABC5．一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时起，第1秒内受到2 N 的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1 N 的外力作用．下列判断正确的是( )A ．0～2 s 内外力的平均功率是94 WB ．第2秒内外力所做的功是54 JC ．第2秒末外力的瞬时功率最大D ．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是45解析：根据牛顿第二定律得，物体在第1 s 内的加速度a 1＝F 1m＝2 m/s 2，在第2 s 内物体的加速度a 2＝F 2m＝1 m/s 2，第1 s 末的速度v 1＝a 1t ＝2 m/s ，第2 s 末的速度v 2＝v 1＋a 2t ＝3 m/s,0～2 s 内外力做功W ＝12mv 22＝92 J ，平均功率P ＝W t ＝94 W ，故选项A 正确；第2 s 内外力做功W 2＝12mv 22－12mv 21＝52 J ，选项B 错误；第1 s 末的瞬时功率P 1＝F 1v 1＝4 W ，第2 s 末的瞬时功率P 2＝F 2v 2＝3 W ，故选项C 错误；第1 s 内动能的增加量ΔE k1＝12mv 21＝2 J ，第2 s 内的动能增量ΔE k2＝W 2＝52 J ，所以ΔE k1ΔE k2＝45，故选项D 正确．答案：AD6.如图所示，质量为M 、长度为l 的小车静止在光滑的水平面上．质量为m 的小物块(可视为质点)放在小车的最左端，现用一水平恒力F 作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为F f ，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x .在这个过程中，以下结论正确的是( )A ．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F －F f )(l ＋x )B ．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F f xC ．小物块克服摩擦力所做的功为F f (l ＋x )D ．小物块和小车增加的机械能为Fx解析：因动能定理以及功的公式中的位移是指对地的位移，所以选项A 、B 正确；摩擦力对小物块所做的功为－F f (l ＋x )，所以小物块克服摩擦力所做的功为F f (l ＋x )，选项C 正确；小物块和小车增加的机械能为F (l ＋x )－F f l ，所以选项D 错误．答案：ABC7．质量为1 kg 的物体以某一初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的图线如右图所示，g 取10 m/s 2，则以下说法中正确的是( )A ．物体与水平面间的动摩擦因数是0.5B ．物体与水平面间的动摩擦因数是0.25C ．物体滑行的总时间为4 sD ．物体滑行的总时间为2.5 s解析：根据动能定理可得物体动能和位移之间的关系E k －E 0＝μmgx ，由图中数据可得μ＝E k －E 0mgx＝50－01×10×20＝0.25.根据牛顿第二定律可得加速度大小α＝μg ＝2.5 m/s 2.由运动学公式可得滑动时间t ＝v 1－v 0a ＝102.5s ＝4 s ．故选项B 、C 正确，选项A 、D 错误．答案：BC8.如右图所示，已知物体与三块材料不同的地毯间的动摩擦因数分别为μ、2μ和3μ，三块材料不同的地毯长度均为l ，并排铺在水平地面上，该物体以一定的初速度v 0从a 点滑上第一块，则物体恰好滑到第三块的末尾d 点停下来，物体在运动中地毯保持静止．若让物体从d 点以相同的初速度水平向左运动，则物体运动到某一点时的速度大小与该物体向右运动到该位置的速度大小相等，则这一点是( )A ．a 点B ．b 点C ．c 点D ．d 点解析：设相同点为e 点，e 点在c 点左侧s 处，如下图所示：根据动能定理则有，向右运动时：－μmgl －2μmg (l －s )＝E k e －12mv 20，向左运动时：－3μmgl －2μmgs ＝E k e －12mv 20，则有：－μmgl －2μmgl ＋2μmgs ＝－3μmgl －2μmgs ，即2μmgs ＝－2μmgs ，所以s ＝0，即该点为c 点．答案：C9．如图甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F 作用下，沿x 轴方向运动，拉力F 随物块所在位置坐标x 的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x 0处时的动能为( )A ．0 B.12F max x 0 C.π4F max x 0 D.π4x 20 解析：根据动能定理，小物块运动到x 0处时的动能为这段时间内力F 所做的功，物块在变力作用下，不能直接用功的公式来计算，此题可根据图线包围的“面积”等于力F 做的功，W ＝π2(x 02)2＝π8x 20，由图象可知F max ＝x 02，W ＝π4F max x 0，由动能定理有E k ＝W ，故选项C 正确．答案：C10.如图所示，一质量为m 的质点在半径为R 的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A 点滑下，到达最低点B 时，它对容器的正压力为F N .重力加速度为g ，则质点自A 滑到B 的过程中，摩擦力对其所做的功为( )A.12R (F N －3mg ) B.12R (3mg －F N ) C.12R (F N －mg ) D.12R (F N －2mg ) 解析：质点到达最低点B 时，根据牛顿第二定律有F N ′－mg ＝m v 2R ，F N ′＝F N ，根据动能定理，质点自A 滑到B 的过程中有WF f ＋mgR ＝12mv 2，故摩擦力对其所做的功WF f ＝12RF N －32mgR .故A 正确．答案：A 二、非选择题11．一列火车由机车牵引沿水平轨道行驶，经过时间t ，其速度由0增大到v .已知列车总质量为M ，机车功率P 保持不变，列车所受阻力F f 为恒力．求这段时间内列车通过的路程．解析：以列车为研究对象，列车在水平方向受到牵引力和阻力，设列车通过的路程为x ，根据动能定理有Pt －F f ·x ＝12Mv 2－0，解得x ＝Pt －12Mv 2F f.答案：Pt －12Mv 2F f12.如图所示，质量为m 的钢珠从高出地面h 处由静止自由下落，落到地面进入沙坑h10停止，则：(1)钢珠在沙坑中受到的平均阻力是重力的多少倍？(2)若要使钢珠陷入沙坑h8，则钢珠在h 处的动能应为多少？(设钢珠在沙坑中所受平均阻力大小不随深度改变)解析：(1)取钢珠为研究对象，对它的整个运动过程，由动能定理得W G －W f ＝0即mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫h ＋h 10－F f ·h10＝0解得F f ＝11mg .即钢珠在沙坑中受到的平均阻力是重力的11倍．(2)设钢球在h 处的动能为E k ，则对钢珠的整个运动过程，由动能定理得mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫h ＋h 8－F f ·h 8＝0－E k解得E k ＝14mgh .答案：(1)11 (2)14mgh13．(2015届江西省南昌市高三联考)如图所示，一位同学正在进行滑板运动，图中ABD 是同一水平路面，BC 是一段R ＝6 m 的圆弧路面，圆弧的最高点C 与它的圆心O 在同一竖直线上，C 点比水平路面AB 高出h ＝1.25 m ，该同学自A 点由静止开始运动，在到达B 点前，他在AB 路段单腿用力蹬地，冲上圆弧路段，到达C 点时滑板对支持面的压力为240 N ．然后从C 点水平抛出，其落地点与C 点的水平距离为3 m ．如果该同学和滑板可视为一个质点，不计滑板与各路段之间的摩擦力以及经过B 点时的能量损失，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)该同学和滑板一起在C 点时的加速度大小； (2)该同学到B 点时，同学和滑板的总动能．解析：(1)同学由C 点做平抛运动，由平抛运动的规律，有h ＝12gt 2，x ＝v C t ，解得v C ＝6 m/s ，在C 点时同学及滑板的加速度a ＝v 2C R＝6 m/s 2.(2)同学和滑板由B 到C 过程由动能定理得－mgh ＝12mv 2C －12mv 2B ，在C 点由牛顿第二定律有F N －mg ＝mv 2CR，联立解得12mv 2B ＝1 830 J.答案：(1)6 m/s 2(2)1 830 J14．如图所示，物体在有动物毛皮的斜面上运动，由于毛皮的特殊性，引起物体的运动有如下特点：①顺着毛的生长方向运动时，毛皮产生的阻力可以忽略，②逆着毛的生长方向运动时，会受到来自毛皮的滑动摩擦力，且动摩擦因数μ恒定．斜面顶端距水平面高度为h ＝0.8 m ，质量为m ＝2 kg 的小物块M 从斜面顶端A 由静止滑下，从O 点进入光滑水平滑道时无机械能损失，为使M 制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线B 处的墙上，另一端恰位于水平轨道的中点C .已知斜面的倾角θ＝53°，动摩擦因数均为μ＝0.5，其余各处的摩擦不计，重力加速度g ＝10 m/s 2，下滑时逆着毛的生长方向．求：(1)弹簧压缩到最短时的弹性势能(设弹簧处于原长时弹性势能为零)； (2)若物块M 能够被弹回到斜面上，则它能够上升的最大高度是多少？ (3)物块M 在斜面上下滑过程中的总路程．解析：(1)物块M 从斜面顶端A 运动到弹簧压缩到最短，由动能定理得mgh －μmg cos θhsin θ－E p ＝0.则弹性势能E p＝mgh－μmg cosθhsinθ＝10 J.(2)设物块M第一次被弹回，上升的最大高度为H，由动能定理得mg(h－H)－μmg cosθhsinθ＝0，由H＝h－μcosθhsinθ＝0.5 m.(3)物块M最终停止在水平面上，对于运动的全过程，由动能定理有mgh－μmg cosθ·x＝0.物块M在斜面上下滑过程中的总路程x＝hμcosθ＝2.67 m.答案：(1)10 J (2)0.5 m (3)2.67 m。

2019届高考物理一轮复习课时跟踪检测(十八)动能定理及其应用(普通班)

课时跟踪检测（十八）动能定理及其应用[A 级——基础小题练熟练快]★1．A 、B 两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F 作用下，由静止开始通过相同的位移l 。

若A 的质量大于B 的质量，则在这一过程中( )A ．A 获得动能较大B ．B 获得动能较大C ．A 、B 获得动能一样大D ．无法比较A 、B 获得动能大小解析：选C 由动能定理可知恒力F 做功W ＝Fl ＝12mv 2－0，因为F 、l 相同，所以A 、B的动能变化相同，C 正确。

★2．如图所示，小球以初速度v0从A 点沿不光滑的轨道运动到高为h 的B 点后自动返回，其返回途中仍经过A 点，水平轨道与倾斜轨道之间用平滑圆弧连接(速度v 的大小为( )A ．v 02－4gh C ．v 02－2gh解析：选B 02，小球由B 到A过程有mgh －W f ＝12mv 2－0，联立解得★3．[多选]光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力F 作用开始运动，拉力随时间变化如图所示，用E k 、v 、x 、P 分别表示物体的动能、速度、位移和水平拉力的功率，下列四个图像中分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，正确的是( )解析：选BD 由动能定理，Fx ＝F ·12at 2＝E k ，选项A 错误；在水平拉力F 作用下，做匀加速直线运动，选项B 正确；其位移x ＝12at 2，选项C 错误；水平拉力的功率P ＝Fv ＝Fat ，选项D 正确。

★4．一个质量为m 的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v ，在力的方向上获得的速度分别为v 1、v 2，如图所示，那么在这段时间内，其中一个力做的功为( )A ．16mv 2B ．14mv 2C ．13mv 2D ．12mv 2 解析：选B 在合力F 的方向上，由动能定理得W ＝Fl ＝12mv 2，某个分力的功为W 1＝12W＝14mv 2，B 正确。

版高考物理一轮复习课时跟踪检测动能定理及其应用

课时跟踪检测二十一动能定理及其应用【基础过关】1．(多选)(2017届山师大附中模拟)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( )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一样多解析：根据动能定理－μmg ·s ＝0－E k0，所以质量小的物体滑行的距离大，并且它们克服摩擦力所做的功在数值上都等于初动能的大小．B 、D 正确，A 、C 错误．答案：BD2.(2016届浙江绍兴诸暨牌头中学期末)如图，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g .当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )A ．Mg －5mgB ．Mg ＋mgC ．Mg ＋5mgD ．Mg ＋10mg解析：小环在最低点时，对整体有T －(M ＋m )g ＝mv 2R，其中T 为轻杆对大环的拉力；小环由最高处运动到最低处由动能定理得mg ·2R ＝12mv 2－0，联立以上二式解得T ＝Mg ＋5mg ，由牛顿第三定律知，大环对轻杆拉力的大小为T ′＝T ＝Mg ＋5mg ，C 正确．答案：C3.(2016届福建师大附中期中)将质量为m 的物体在高空中以速率v 水平向右抛出，由于风力作用，经过时间t 后，物体下落一段高度，速率仍为v ，方向与初速度相反，如图所示，在这一运动过程中，下列关于风力做功的说法，正确的是( )A ．风力对物体不做功B ．风力对物体做的功(绝对值)为mg 2t 22C ．风力对物体做的功(绝对值)小于mg 2t 22D ．由于风力方向未知，不能判断风力做功情况解析：根据动能定理可知，重力做正功，风力做负功，由于后来物体的竖直速度为零，故物体在竖直方向上不是自由落体运动，重力做功W G ＝mgh ＜mg ·12gt 2＝mg 2t22，而风力做功W 0＋W G ＝0，由以上分析可知风力对物体做的功(绝对值)小于mg 2t 22，C 正确．答案：C4.(多选)(2016届辽宁沈阳二中月考)一环状物体套在光滑水平直杆上，能沿杆自由滑动，绳子一端系在物体上，另一端绕过定滑轮，用大小恒定的力F 拉着，使物体沿杆自左向右滑动，如图所示，物体在杆上通过a 、b 、c 三点时的动能分别为E a 、E b 、E c ，且ab ＝bc ，滑轮质量和摩擦均不计，则下列关系中正确的是( )A ．E b －E a ＝E c －E bB ．E b －E a ＜E c －E bC ．E b －E a ＞E c －E bD ．E a ＜E b ＜E c解析：对环状物体，绳的拉力对其做正功，物体的动能增加，D 正确；但这个力为变力，它做的功等于恒力F 的功，恒力F 的功等于F 与它作用的绳伸长的距离的乘积，从a 到b 绳伸长的距离大于从b 到c 绳伸长的距离，根据动能定理，故C 正确．答案：CD5.(2017届陕西镇安中学月考)如图，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高．质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g ，质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )mgR B ．13mgR mgRD ．π4mgR解析：由最高点到最低点有：mgR －W f ＝12mv 2，在最低点有：F N －mg ＝m v2R ，而F N ＝2mg ，联立解得克服摩擦力做的功为W f ＝12正确．答案：C【提升过关】一、单项选择题1．(2016届广东东莞实验中学高三期末)一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F 1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v .若将水平拉力的大小改为F 2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v .对于上述两个过程，用W F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f 1、W f 2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )A ．W F 2＞4W F 1，W f 2＞2W f 1B ．W F 2＞4W F 1，W f 2＝2W f 1C ．W F 2＜4W F 1，W f 2＝2W f 1D ．W F 2＜4W F 1，W f 2＜2W f 1解析：因物体均做匀变速直线运动，由运动学公式得前后两个过程的平均速度是2倍关系，那么位移x ＝v t 也是2倍关系，若W f 1＝fx ，则W f 2＝f ·2x ，故W f 2＝2W f 1；由动能定理W F 1－fx ＝12mv 2和W F 2－f ·2x ＝12m (2v )2，得W F 2＝4W F 1－2fx ＜4W F 1，C 正确．答案：C2.(2017届陕西镇安中学月考)如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等．用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B 的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A ，所需时间分别为t 1、t 2；动能增量分别为ΔE k1、ΔE k2，假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则( )A ．ΔE k1＞ΔE k2 t 1＞t 2B ．ΔE k1＝ΔE k2 t 1＞t 2C ．ΔE k1＞ΔE k2 t 1＜t 2D ．ΔE k1＝ΔE k2 t 1＜t 2解析：小球从最低点到最高点受到摩擦力做功：W f ＝μmg cos α×L ＝μmgx 水平，与斜面倾角无关；水平拉力为恒力，水平位移相同，所以拉力做功相等，根据动能定理可知，两球到达A 点时的速度相同，动能相等，A 、C 项错误；将小球的运动看做直线运动，画出其速率随时间变化的图象，可知，沿Ⅱ轨道运动的小球先到达，B 项正确．答案：B3.(2016届甘肃兰州一中月考)如图所示，质量为M ＝3 kg 的小滑块，从斜面顶点A 由静止沿ABC 下滑，最后停在水平面上的D 点，不计滑块从AB 面滑上BC 面以及从BC 面滑上CD 面时的机械能损失．已知AB ＝BC ＝5 m ，CD ＝9 m ，θ＝53°，β＝37°(sin37°＝，cos37°＝，重力加速度g 取10 m/s 2)，在运动过程中，小滑块与所有接触面间的动摩擦因数相同．则( )A ．小滑块与接触面间的动摩擦因数μ＝B ．小滑块在AB 面上运动的加速度a 1与小滑块在BC 面上运动的加速度a 2之比a 1a 2＝53C ．小滑块在AB 面上的运动时间小于小滑块在BC 面上运动时间D ．小滑块在AB 面上运动时克服摩擦力做功小于小滑块在BC 面上运动时克服摩擦力做功解析：根据动能定理得Mg (s AB sin θ＋s BC sin β)－μMg (s AB cos θ＋s BC cos β)－μMgs CD ＝0，解得μ＝716，选项A 错误；小滑块在AB 面上运动的加速度a 1＝g sin θ－μg cos θ＝438m/s 2，小滑块在BC 面上运动的加速度a 2＝g sin β－μg cos β＝52 m/s 2，则a 1∶a 2＝43∶20，选项B 错误；小滑块在AB 面上的运动的平均速度小于小滑块在BC 面上的平均速度，故小滑块在AB 面上的运动时间大于小滑块在BC 面上的运动时间，选项C 错误；小滑块对AB 面正压力小于小滑块对BC 面的正压力，故在AB 面上运动时克服摩擦力做功小于在BC 面上运动时克服摩擦力做功，选项D 正确．答案：D 二、多项选择题4.(2016届漳州市八校联考)如图所示，质量为m 的物块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，物块与转台转轴相距R ，物块随转台由静止开始转动并计时，在t 1时刻转速达到n ，物块即将开始滑动．保持转速n 不变，继续转动到t 2时刻．则( )A ．在0～t 1时间内，摩擦力做功为零B ．在t 1～t 2时间内，摩擦力做功为0C ．在0～t 1时间内，摩擦力做功为2μmgRD ．在0～t 1时间内，摩擦力做功为12μmgR解题思路：物块做加速圆周运动，受重力、支持力和静摩擦力，物块即将滑动时已经做匀速圆周运动，最大静摩擦力提供向心力，可以求出线速度；又由于重力和支持力垂直于速度方向，始终不做功，只有静摩擦力做功，故可以根据动能定理求出摩擦力做的功．解析：在0～t 1时间内，转速逐渐增加，故物块的速度逐渐增加，由动能定理可知，最大静摩擦力提供向心力；μmg ＝m v 2R ，解得：v ＝μgR ，物块做加速圆周运动过程：W f ＝12mv 2，解得：W f ＝12μmgR ，故A 、C 错误，D 正确；在t 1～t 2时间内，物块的线速度不变，摩擦力只提供向心力，根据动能定理可知摩擦力做功为零，故B 正确．答案：BD5．(2017届安徽皖江名校联盟月考)一质量为M ＝ kg 的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过(不计子弹穿过物块的时间)，如图甲所示．地面观察者记录了物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示，已知传送带的速度保持不变，g 取10 m/s 2.在这一个过程中下列判断正确的是( )A ．传送带速度大小为2 m/s ，方向向左B ．物块与传送带间的动摩擦因数为C ．传送带对物块做的功为－6 JD ．物块与传送带之间由于摩擦而产生的内能为4 J解题思路：根据v -t 图象，可知传送带的速度v 的大小为2 m/s ，小物块的加速度即图线的斜率，根据动能定理，传送带对小物块所做的功即小物块的动能变化．解析：从v -t 图象看出，物块被击穿后，先向左减速到v ＝ m/s ，以后随传送带一起做匀速运动，所以传送带的速度方向向左，其速度为 m/s ，故A 正确；由v -t 图象可得，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度大小为a ＝23 m/s 2，由牛顿第二定律得，滑动摩擦力F f ＝μMg ＝Ma ，物块与传送带间的动摩擦因数μ≈，故B 错误；传送带对物块做的功由动能定理可得：W ＝12Mv 2－12Mv 20，代入数据得：W ＝－6 J ，故C 正确；由v -t 图象可得，物块相对传送带发生的位移为s ＝3 m ，所以物块与传送带之间由于摩擦而产生的内能为Q ＝fs ＝μMgs ＝2 J ，故D 错误．答案：AC6.(2016届河南信阳高级中学第四次大考)如图所示，一质量为m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点，起始时刻小球静止于P 点，第一次小球在水平拉力F 作用下，从P 点缓慢地移动到Q 点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，张力大小为T 1；第二次在水平恒力F ′作用下，从P 点开始运动并恰好能到达Q 点，至Q 点时轻绳中的张力大小为T 2.关于这两个过程，下列说法中正确的是(不计空气阻力，重力加速度为g )( )A ．第一个过程中，拉力F 在逐渐变大，且最大值一定大于F ′B ．两个过程中，轻绳的张力均变大C ．T 1＝mgcos θ，T 2＝mgD ．第二个过程中，重力和水平恒力F ′的合力的功率先增大后减小解析：第一次小球在水平拉力F 作用下，从P 点缓慢地移动到Q 点，则小球处于平衡状态，根据平衡条件得F ＝mg tan θ，随着θ增大，F 逐渐增大；第二次小球从P 点开始运动并恰好能到达Q 点，则到达Q 点时速度为零，在此过程中，根据动能定理得F ′l sin θ＝mgl (1－cos θ)，解得F ′＝mg tan θ2，因为θ＜90°，所以mg tan θ2＜mg tan θ，则F ＞F ′，故A正确；第一次运动过程中，根据几何关系可知，绳子的拉力T ＝mgcos θ，所以轻绳的张力变大；第二次由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，当绳子方向与“重力”方向在同一直线上时，小球处于“最低点”，最低点的速度最大，此时绳子张力最大，所以第二次绳子张力先增大，后减小，故B 错误；第一次运动到Q 点时，受力平衡，根据几何关系可知，T 1＝mgcos θ，第二次运动到Q 点时，速度为零，则向心力为零，则绳子拉力T 2＝mg cos θ＋F ′sin θ＝mg cos θ＋mg ?1－cos θ?sin θ·sin θ＝mg ，故C 正确；第二个过程中，重力和水平恒力F ′的合力是个恒力，在等效最低点时，合力方向与速度方向垂直，此时功率最小为零，到达Q 点速度也为零，则第二个过程中，重力和水平恒力F ′的合力的功率先增大，后减小，再增大，再减小，故D 错误．答案：AC7. (2017届湖南省长沙市长郡中学周测)如图所示，竖直固定放置的粗糙斜面AB 的下端与光滑的圆弧轨道BCD 在B 点相切，圆弧轨道的半径为R ，圆心O 与A 、D 在同一水平面上，C 点为圆弧轨道最低点，∠COB ＝θ＝30°.现使一质量为m 的小物块从D 点无初速度地释放，小物块与粗糙斜面AB 间的动摩擦因数μ<tan θ，则关于小物块的运动情况，下列说法正确的是( )A ．小物块可能运动到AB ．小物块经过较长时间后会停在C 点C ．小物块通过圆弧轨道最低点C 时，对C 点的最大压力大小为3mgD ．小物块通过圆弧轨道最低点C 时，对C 点的最小压力大小为(3－3)mg解析：物体从D 点无初速度滑下后，由于克服摩擦力做功，所以物体在斜面上运动时机械能不断减小，在斜面上升的最大高度越来越小，不可能运动到A 点，又知道μ<tan θ，即mg sin θ>μmg cos θ，最终在与B 点对称的E 点之间来回运动，A 、B 错误；物块第一次运动到C 时速度最大，对轨道的压力最大．物块从D 第一次运动到C 的过程，由动能定理得mgR ＝12mv 21；设此时轨道对物体的支持力为F 1，由牛顿第二定律得F 1－mg ＝m v 21R ，联立解得F 1＝3mg ，由牛顿第三定律知物块对C 点的最大压力为3mg ，故C 正确；当最后稳定后，物体在BE 之间运动时，设物体经过C 点的速度为v 2，由动能定理得mgR (1－cos θ)＝12mv 22，设轨道对物体的支持力为F 2，由牛顿第二定律时：F 2－mg ＝m v 22R ，联立解得F 2＝(3－3)mg ，由牛顿第三定律可知，物体对C 点的最小压力为(3－3)mg ，D 正确．答案：CD 三、计算题8．(2017届漳州市八校联考)如图所示，质量m ＝ kg 的滑块(可视为质点)，在水平牵引功率恒为P ＝42 W 的力作用下从A 点由静止开始运动，一段时间后撤去牵引力．当滑块由平台边缘B 点飞出后，恰能以5 m/s 的速度从竖直光滑圆弧轨道CDE 上C 点的切线方向切入轨道，并从轨道边缘E 点竖直向上抛出．已知∠COD ＝53°，A 、B 间距离L ＝3 m ，滑块与平台间的动摩擦因数μ＝，圆弧轨道半径R ＝ m ．不计空气阻力．取sin53°＝，cos53°＝，g 取10 m/s 2，求：(1)滑块运动到B 点时的速度大小； (2)圆弧轨道对滑块的最大支持力；(3)滑块在平台上运动时水平牵引力的作用时间．解题思路：(1)根据平抛运动的规律，结合平行四边形定则求出水平分速度，即B 点的速度大小；(2)根据动能定理求出D 点的速度，通过牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出圆弧轨道对滑块的最大支持力；(3)根据B 点的速度，结合动能定理求出牵引力作用的时间．解析：(1)C 点水平分速度v ′＝v C cos53°＝5× m/s＝3 m/s ，B 点的速度v B ＝v ′＝3 m/s. (2)在D 点，轨道对滑块的支持力最大．滑块从C 点到D 点，由动能定理得：mgR (1－cos53°)＝12mv 2D －12mv 2C .在D 点，F N －mg ＝m v 2DR，得：F N ＝258 N.(3)滑块从A 点到B 点，由动能定理，得：Pt －μmgL ＝12mv 2B －0，解得：t ＝ s.答案：(1)3 m/s (2)258 N (3) s9.如图所示，斜面ABC 中AB 段粗糙，BC 段长 m 且光滑．质量为1 kg 的小物块由A 处以12 m/s 的初速度沿斜面向上滑行，到达C 处速度为零．此过程中小物块在AB 段速度的变化率是BC 段的2倍，两段运动时间相等．g 取10 m/s 2，以A 为零势能点．求小物块(1)通过B 处的速度； (2)在C 处的重力势能；(3)沿斜面下滑过程中通过BA 段的时间．解析：(1)设物块在AB 段加速度为a 1，BC 段加速度为a 2.由于a 1＝2a 2，t 1＝t 2，v A －v Bt 1＝2v Bt 2，得v B ＝4 m/s.(2)由题意分析可知，滑动摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小相等，从A 到B 有W f ＋W G ＝12mv 2B －12mv 2A ，又W f ＝W G ，解得W f ＝－32 J ．从A 到C 有W f －mgh ＝0－12mv 2A ，得E p C ＝mgh ＝40 J.(3)上滑过程通过AB 段有v 2B －v 2A ＝2a 1L AB ，通过BC 段有0－v 2B ＝2a 2L BC ，解得L AB ＝ m ．物体下滑通过BA 段做匀速运动，有t ′＝L ABv B，得t ′＝ s. 答案：(1)4 m/s (2)40 J (3) s。

2019版高考物理课标版一轮复习考点规范练：16动能定理及其应用含答案精品

考点规范练16动能定理及其应用一、单项选择题1.下列有关动能的说法中正确的是()A.物体只有做匀速运动时,动能才不变B.物体的动能变化时,速度不一定变化C.物体做平抛运动时,水平速度不变,动能不变D.物体做自由落体运动时,物体的动能增加2.质量m=2 kg的物体,在光滑水平面上以v1=6 m/s的速度匀速向西运动,若有一个F=8 N方向向北的恒力作用于物体,在t=2 s内物体的动能增加了()A.28 JB.64 JC.32 JD.36 J3.(2017·山西一模)由两种不同材料拼接成的直轨道ABC,B为两种材料的分界线,长度AB>BC。

先将ABC按图甲方式搭建成倾角为θ的斜面,让一小物块(可看作质点)从斜面顶端由静止释放,经时间t小物块滑过B点;然后将ABC按图乙方式还搭建成倾角为θ的斜面,同样将小物块从斜面顶端由静止释放,小物块经相同时间t滑过B点。

则小物块()A.与AB段的动摩擦因数比与BC段的动摩擦因数大B.两次滑到B点的速率相同C.两次从顶端滑到底端所用的时间相同D.两次从顶端滑到底端的过程中摩擦力做功相同4.光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下,抵达光滑水平面上的B点时速度大小为v0。

光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条,如图所示,小球越过n条活动阻挡条后停下来。

若让小球从h高处以初速度v0滚下,则小球能越过的活动阻挡条的条数是(设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等)()A.nB.2nC.3nD.4n5.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、E k、s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()6.如图所示,质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面,最终落在水平地面上,已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5,桌面高0.45 m,若不计空气阻力,g取10 m/s2,则()A.小物块的初速度是5 m/sB.小物块的水平射程为1.2 mC.小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功D.小物块落地时的动能为0.9 J二、多项选择题7.用起重机提升货物,货物上升过程中的v-t图象如图所示,在t=3 s到t=5 s内,重力对货物做的功为W1、绳索拉力对货物做的功为W2、货物所受合力做的功为W3,则()A.W1>0B.W2<0C.W2>0D.W3<08.如图所示,电梯质量为m0,在它的水平地板上放置一质量为m的物体。

2019届高考物理人教版一轮复习针对训练：动能定理及其应用(含答案)

2021 届高考物理人教版一轮复习针对训练：动能定理及其应用〔含答案〕2021 届高考物理人教版一轮复习针对训练动能定理及其应用一、单项选择题1.赛道上的赛车做加速运动 , 速度为 v 和速度为 2v 时赛车动能之比是( )A.1:1B.1:2C.1:4D.1:32.关于动能、动能定理 , 以下说法正确的选项是 ( )A. 一定质量的物体 , 速度变化时 , 其动能一定变化B. 动能不变的物体 , 一定处于平衡状态C.运动物体所受的合外力为零, 那么物体的动能肯定不变D.运动物体所受的合外力不为零, 那么物体的动能肯定变化3. 如下图跳水运发动从离开跳板到入水前的过程.以下正确反映运发动的动能E k随时间t变化的曲线图是以下图中的( 忽略空气阻力 )( )A. B.2021 届高考物理人教版一轮复习针对训练：动能定理及其应用〔含答案〕C. D.4.东方红一号卫星是中国发射的第一颗人造地球卫星, 由以钱学森为首任院长的中国空间技术研究院自行研制, 该卫星发射成功标志着中国成为继苏联、美国、法国、日本之后世界上第五个用自制火箭发射国产卫星的国家 . 东方红一号卫星质量为 173kg, 可将其视为近地卫星 , 它绕地球运动的的动能约为 ( )×1011J×109J×107J×105J5. 从大型加速器射出的电子束总能量约为×10-10 J),此能量最接近 ( )A.一只爬行的蜗牛的动能B.一个奔跑的孩子的动能C.一辆行驶的轿车的动能D.一架飞行的客机的动能6.物体在两个相互垂直的力作用下运动 , 力F1对物体做功 6 J , 物体克服力 F2做功8J,那么物体的动能( )A.增加 14JB.增加 10JC.增加 2 JD.减少 2 J2021 届高考物理人教版一轮复习针对训练：动能定理及其应用〔含答案〕7.在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出 , 不计空气阻力 , 那么落在同一水平地面时的速度大小 ( )A. 一样大B.水平抛的最大C.斜向上抛的最大D.斜向下抛的最大8.如下图 , 固定斜面AE分成等长四局部AB、BC、CD、DE , 小物块与 AB 、CD间动摩擦因数均为 1 ,与BC、DE间动摩擦因数均为 2 ,且1 2 2。

(新课标)2019届高考物理：一轮复习第5章机械能第二节动能定理及其应用达标诊断高效训练(含答案).doc

第二节动能定理及其应用达标(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．关于物体的动能，下列说法中正确的是( )A．物体速度变化，其动能一定变化B．物体所受的合外力不为零，其动能一定变化C．物体的动能变化，其运动状态一定发生改变D．物体的速度变化越大，其动能一定变化也越大解析：选C.若速度的方向变化而大小不变，则其动能不变，故选项A错误；物体所受合外力不为零，只要速度大小不变，其动能就不变，如匀速圆周运动中，物体所受合外力不为零，但速度大小始终不变，动能不变，故选项B错误；物体动能变化，其速度一定发生变化，故运动状态改变，选项C正确；物体速度变化，若仅由方向变化引起，其动能可能不变，如匀速圆周运动中，速度变化，但动能始终不变，故选项D错误．2.有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图所示．若由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )A．木块所受的合外力为零B．因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零C．重力和摩擦力的合力做的功为零D．重力和摩擦力的合力为零答案：C3.(2018·大庆中学模拟)如图所示，倾角为30°的斜面末端与水平地面相连，将一小球(可看成质点)从斜面顶端以3 J 的初动能水平抛出，不计空气阻力，经过一段时间，小球以6 J的动能第一次落在接触面上．若将此小球以6 J的初动能水平从斜面顶端抛出，则小球第一次落在接触面上的动能为( )A．9 JB ．12 JC ．16 JD ．条件不足，无法判定解析：选A.小球做平抛运动，只有重力做功，分析可知两种情况下小球下落的高度相同，所以重力做功相同，在第一次情况下重力做功为W G ＝6 J －3 J ＝3 J ，故第二种情况下重力也做功3 J ，故落地时动能为9 J ，A 正确．4.(2018·河南模拟)如图所示，质量为m 的小球，从离地面H 高处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h 深度而停止，设小球受到空气阻力为f ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．小球落地时动能等于mgHB ．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C ．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )D ．小球在泥土中受到的平均阻力为mg ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋H h解析：选C.小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH －fH ＝12mv 20，选项A 错误；设泥的平均阻力为f 0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh －f 0h ＝0－12mv 20，解得f 0h ＝mgh ＋12mv 20，f 0＝mg ⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋H h －fH h ，选项B 、D 错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )，选项C 正确．5．(2018·湖南郴州教学质检)如图(a)所示，在水平路段AB 上有一质量为1×103 kg 的汽车，正以10 m/s 的速度向右匀速行驶，汽车前方的水平路段BC 因粗糙程度与AB 段不同引起阻力变化，汽车通过整个ABC 路段的v －t 图象如图(b)所示，t ＝15 s 时汽车刚好到达C 点，并且已做匀速直线运动，速度大小为5 m/s.运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变，假设汽车在AB 路段上运动时所受的恒定阻力为F f ＝2 000 N ，下列说法正确的是( )A．汽车在AB、BC段发动机的额定功率不变都是1×104 W B．汽车在BC段牵引力增大，所以汽车在BC段的加速度逐渐增大C．由题给条件不能求出汽车在BC段前进的距离D．由题所给条件可以求出汽车在8 m/s时加速度的大小解析：选D.发动机的额定功率P＝F f v＝2 000×10 W＝2×104 W，选项A错误；由题图(b)可知汽车在BC段做加速度减小的减速运动，选项B错误；根据P＝fv可求解汽车在BC段上所受的阻力大小，根据动能定理Pt－fx BC＝12mv22－12mv21，可求解汽车在BC段前进的距离，选项C错误；根据牛顿定律a＝F－fm＝Pv－fm，由此公式可以求出汽车在8 m/s时加速度的大小，选项D正确．二、多项选择题6.(2018·山东潍坊中学模拟)如图所示，不可伸长的轻绳长为l，一端固定在O点，另一端拴接一质量为m的小球，将小球拉至与O等高，细绳处于伸直状态的位置后由静止释放，在小球由静止释放到运动至最低点的过程中，小球所受阻力做的功为W，重力加速度为g，则小球到达最低点时( )A．向心加速度a＝2（mgl＋W）mlB．向心加速度a＝2（mgl－W）mlC．绳的拉力F＝3mgl＋2WlD．绳的拉力F＝2（mgl＋W）l解析：选AC.从最高点到最低点过程中，重力做正功，阻力做负功，根据动能定理可得mgl＋W＝12mv2，在最低点重力和绳子的拉力充当向心力，所以有F－mg＝m v2l，联立可得F＝3mgl＋2Wl，根据公式a＝v2l可得a＝2（mgl＋W）ml，A、C正确．7.(2018·江苏启东中学模拟)如图所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后原速率返回．现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，设重力加速度为g，由此可以确定( )A．滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2B．滑块第1次与挡板碰撞前速度v1C．滑块与杆之间动摩擦因数μD．滑块第k次与挡板碰撞到第k＋1次与挡板碰撞时间间隔Δt解析：选AC.设AB长为L.对整个过程运用动能定理得：mg sin α·0.5L－μmg cos α(L＋0.5L)＝0得：μ＝sin α3cos α；根据牛顿第二定律得下滑过程：mg sin α－μmg cos α＝ma；上滑过程：mg sin α＋μmg cos α＝ma2；1解得：a1＝g sin α－μg cos α，a2＝g sin α＋μg cos α，所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2，故A、C正确；由于AB间的距离未知，尽管求出加速度，但不能求出滑块到达挡板时的时间以及与挡板碰撞的速度，故B、D错误．8．(2018·河南八市重点高中质检)质量m＝3.0 kg的小球在竖直向上的恒定拉力作用下，由静止开始从水平地面向上运动，经一段时间，拉力做功为W＝15.0 J，此后撤去拉力，球又经相同时间回到地面．以地面为零势能面，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法正确的是( )A．恒定拉力大小为40.0 NB．球动能E k＝3.0 J时的重力势能可能是12.0 JC．拉力作用过程球动能增加了15.0 JD．球动能E k＝3.0 J时的重力势能可能是9.0 J解析：选ABD.设竖直向上的恒力为F，小球质量m＝3 kg，恒力F作用时间t，在恒力F作用过程中上升高度h.根据牛顿第二定律得：运动加速度a 1＝F －mg m ；h ＝12a 1t 2; 撤去恒力瞬间速度为v 0，则v 0＝a 1t ，撤去恒力后到小球落地时，取竖直向上方向为正方向，则－h ＝(a 1t )t －12gt 2 ；联立解得：a 1＝g 3，把a 1＝g 3代入得F ＝40 N ，选项A 正确；球动能E k ＝3.0 J 时，由动能定理W F －W G ＝ΔE k ，当力F 做功15 J 时，此时克服重力做功为12 J ，即此时小球的重力势能是12.0 J ，选项B 正确；拉力作用过程中，由于重力做负功，故球动能增加小于15.0 J ，选项C 错误；球动能E k ＝3.0 J 时，若重力势能是9.0 J ，由动能定理可知W F －W G ＝ΔE k 可知W F ＝12 J<15 J ，故选项D 正确．三、非选择题9．如图甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O 位置．质量为m 的物块A (可视为质点)以初速度v 0从距O 点右方x 0的P 点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O ′点位置后，A 又被弹簧弹回．A 离开弹簧后，恰好回到P 点．物块A 与水平面间的动摩擦因数为μ.求：(1)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，克服摩擦力所做的功．(2)O 点和O ′点间的距离x 1.(3)如图乙所示，若将另一个与A 完全相同的物块B (可视为质点)与弹簧右端拴接，将A 放在B 右边，向左推A 、B ，使弹簧右端压缩到O ′点位置，然后从静止释放，A 、B 共同滑行一段距离后分离．分离后物块A 向右滑行的最大距离x 2是多少？解析：(1)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为W f ＝12mv 20. (2)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，根据动能定理得2μmg (x 1＋x 0)＝12mv 20 解得x 1＝v 204μg－x 0. (3)A 、B 在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v 1，弹出过程弹力做功W F只有A 时，从O ′到P 有W F －μmg (x 1＋x 0)＝0－0A 、B 共同从O ′到O 有W F －2μmgx 1＝12×2mv 21 分离后对A 有12mv 21＝μmgx 2 联立以上各式可得x 2＝x 0－v 208μg. 答案：(1)12mv 20 (2)v 204μg －x 0 (3)x 0－v 208μg10．(2018·黑龙江牡丹江一中模拟)如图，半径为R 的光滑半圆形轨道ABC 在竖直平面内与水平轨道CD 相切于C 点，D 端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q 到C 点的距离为2R .质量为m 的滑块(视为质点)从轨道上的P 点由静止滑下，刚好能运动到Q 点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A .已知∠POC ＝60°，求：(1)滑块第一次滑至圆形轨道最低点C 时所受轨道支持力；(2)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；(3)弹簧被锁定时具有的弹性势能．解析：(1)设滑块第一次滑至C 点时的速度为v C ，圆轨道C 点对滑块的支持力为F NP →C 过程：12mgR ＝12mv 2C C 点：F N －mg ＝m v 2C R解得F N ＝2mg ，方向竖直向上．(2)对P →C →Q 过程：mgR (1－cos 60°)－μmg 2R ＝0解得μ＝0.25.(3)A 点：mg ＝m v 2A RQ →C →A 过程：E p ＝12mv 2A ＋mg ·2R ＋μmg ·2R解得弹性势能E p＝3mgR.答案：(1)2mg，方向竖直向上(2)0.25 (3)3mgR11．(2018·黑龙江双鸭山一中模拟)如图所示，传送带A、B 之间的距离为L＝5.25 m，与水平面间夹角θ＝30°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v＝7.5 m/s.在上端A点无初速度放置一个质量为m＝1 kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝32，金属块滑离传送带后，沿着弯道滑下，进入半径为R＝1 m的光滑半圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，D为半圆轨道的最低点且DE垂直于水平面，已知B、D两点的竖直高度差为h＝0.5 m(取g＝10 m/s2)．求：(1)金属块从A运动到B经历的时间；(2)金属块经过半圆轨道的D点时对轨道的压力大小；(3)金属块在BCD 弯道上克服摩擦力做的功．解析：(1)金属块速度到达v 的过程中，由牛顿第二定律可知mg sin θ＋μmg cos θ＝ma解得a ＝12.5 m/s 2需要的时间t 1＝v a ＝7.512.5s ＝0.6 s 通过地的位移x 1＝vt 12＝2.25 m因为x 1<L 且mg sin θ<μmg cos θ，金属块将匀速运动匀速运动时间t 2＝L －x 1v ＝5.25－2.257.5s ＝0.4 s t ＝t 1＋t 2＝(0.6＋0.4) s ＝1 s.(2)金属块刚好通过E 点，则mg ＝m v 2E R金属块从D 到E 过程中由动能定理可知－mg ·2R ＝m v 2E 2－m v 2D 2 在D 点由牛顿第二定律可知F －mg ＝m v 2D R联立解得F＝60 N由牛顿第三定律可知对轨道压力为60 N.(3)在BCD过程中，由动能定理可得mgh－W f＝12mv2D－12mv2代入数据解得W f＝8.125 J.答案：(1)1 s (2)60 N (3)8.125 J。

高考物理一轮复习专项训练物理动能与动能定理及解析

高考物理一轮复习专项训练物理动能与动能定理及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，水平地面上一木板质量M ＝1 kg ，长度L ＝3.5 m ，木板右侧有一竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道，轨道半径R ＝1 m ，最低点P 的切线与木板上表面相平．质量m ＝2 kg 的小滑块位于木板的左端，与木板一起向右滑动，并以0v 39m /s 的速度与圆弧轨道相碰，木板碰到轨道后立即停止，滑块沿木板冲上圆弧轨道，后又返回到木板上，最终滑离木板．已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g 取10 m/s 2．求： (1)滑块对P 点压力的大小；(2)滑块返回木板上时，木板的加速度大小； (3)滑块从返回木板到滑离木板所用的时间．【答案】(1)70 N (2)1 m/s 2 (3)1 s 【解析】【分析】【详解】(1)滑块在木板上滑动过程由动能定理得：－μ1mgL ＝12mv 2－1220mv 解得：v ＝5 m/s在P 点由牛顿第二定律得：F －mg ＝m 2v r解得：F ＝70 N由牛顿第三定律，滑块对P 点的压力大小是70 N (2)滑块对木板的摩擦力F f 1＝μ1mg ＝4 N 地面对木板的摩擦力 F f 2＝μ2(M ＋m )g ＝3 N对木板由牛顿第二定律得：F f 1－F f 2＝Ma a ＝12f f F F M－＝1 m/s 2(3)滑块滑上圆弧轨道运动的过程机械能守恒，故滑块再次滑上木板的速度等于v ＝5 m/s 对滑块有：(x ＋L )＝vt －12μ1gt 2 对木板有：x ＝12at 2解得：t ＝1 s 或t ＝73s(不合题意，舍去) 故本题答案是： (1)70 N (2)1 m/s 2 (3)1 s 【点睛】分析受力找到运动状态，结合运动学公式求解即可．2．儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一能力。

动能定理及其应用-高考物理一轮复习

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，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8).则(
6
A.动摩擦因数 μ＝7
AB
)
2gh
B.载人滑草车最大速度为
7
C.载人滑草车克服摩擦力做功为 mgh
3
D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为5g
2
第2讲动能定理及其应用
一、板块摩擦模型
二、斜面摩擦模型
三、变力做功模型
四、动能定理中的图象模型
1.弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义.
2.由物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量函数关系式.
3.将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相
对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积等所
放一物体A，现以恒定的外力F拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A
将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离．在此
f
A
f
F
B
过程中(
)
BD
A.外力F做的功等于A和B动能的增量
XA
XB
B.B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量
C.A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功
D.外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
动能为 2 J，v1＝
2Ek
m ＝ 2 m/s，故 A 错误.
同理，当x＝2 m时动能为4 J，v2＝2 m/s；当x＝
4 m时动能为9 J，v4 ＝3 m/s，则2～4 m内有
2a2x2＝v42－v22，解得2～4 m内物块的加速度为

高考物理总复习课时分层作业(十六) 动能定理及其应用

课时分层作业(十六) 动能定理及其应用基础性题组1．(多选)关于动能定理的表达式W ＝E k2－E k1，下列说法正确的是( ) A ．公式中的W 为不包含重力的其他力做的总功B ．公式中的W 为包含重力在内的所有力做的总功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合力再求合力的功C ．公式中的E k2－E k1为动能的变化量，当W >0时，动能增加，当W <0时，动能减少D ．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功2．[2022·丰台区模拟]某同学将篮球从距离地面高为h 处由静止释放，与地面碰撞后上升的最大高度为h4.若篮球与地面碰撞无能量损失，空气阻力大小恒定，则空气阻力与重力大小之比为( )A ．1∶5B ．2∶5C ．3∶5D ．4∶5 3.质量为2kg 的物体以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如图所示，则物体返回到出发点时的动能为(g 取10m/s 2)( )A ．34JB ．56JC ．92JD ．196J 4.如图所示，一辆汽车以v 1＝6m/s 的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行s 1＝3.6m ，如果改以v 2＝8m/s 的速度行驶，同样的情况下急刹车后滑行的距离s 2为( )A ．6.4mB ．5.6mC ．7.2mD ．10.8m 5．[2022·潍坊模拟]北京2022年冬奥会跳台滑雪比赛将在张家口赛区的国家跳台滑雪中心进行，跳台由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成，如图所示．跳台滑雪运动员在助滑道路段获得速度后从起跳区水平飞出，不计空气阻力，起跳后的飞行路线可以看作是抛物线的一部分，用Δv 、E 、E k 、P 表示运动员在空中运动的速度变化量、机械能、动能、重力的瞬时功率大小，用v 0表示从起跳区水平飞出时的速度，用t 表示运动员在空中的运动时间，下列图像中可能正确的是( )6.[2022·吉林5月调研](多选)如图所示，物体甲、乙质量均为M ，甲、乙之间的接触面是光滑的，物体乙的斜面与水平面的夹角为θ，甲、乙两物体紧挨着并放置于粗糙的水平面上，它们与水平面间的动摩擦因数均为μ.开始时，物体甲、乙都静止，现对物体甲施加一水平推力F ，使物体甲、乙一起向左做加速运动，两者不发生相对滑动．已知这段时间内水平推力F 做的功为W ，物体甲、乙克服摩擦力做的总功为W 1.当加速一段时间后，撤去水平推力，下列说法正确的是( )A ．乙物体获得的最大动能为W －W 12B ．加速运动过程中，甲对乙的作用力的大小为F2C ．撤去水平推力后，物体甲对物体乙的作用力为零D ．撤去水平推力后，物体甲运动的位移为W －W 12μMg7.[2022·辽宁大连二模]某游乐场中有管道滑水游戏，其装置可以简化为如图所示．一滑水者从距水面高h 1＝5.2m 的滑道上端由静止开始滑下，到距水面高h 2＝0.2m 的下端管口水平飞出，落到水面上的位置距离下端管口的水平距离x ＝0.4m ．若滑水者可看作质点，其质量m ＝60kg ，在管道中滑行的时间t 1＝5s ，不计空气阻力，g ＝10m/s 2.求：(1)滑水者落到水面上时的动能大小；(2)滑水者在管道中滑行时阻力对其做的功．综合性题组8．[2021·全国甲卷，20](多选)一质量为m 的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动．该物体开始滑动时的动能为E k ，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为15E k .已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g .则( )A ．物体向上滑动的距离为E k2mgB ．物体向下滑动时的加速度大小为g5C ．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D ．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长 9．(多选)如图甲，表面由特殊材质制成、倾角为37°、长为2m 的斜面右端靠着竖直挡板放置在光滑水平地面上，一小物块从斜面顶端由静止下滑．图乙是物块与斜面间的动摩擦因数μ随物块到斜面顶端的距离x 变化的函数图线(倾斜直线).已知物块质量为1kg ，重力加速度大小为10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列判断正确的是( )A ．物块下滑过程中，斜面对地面的压力不变B ．物块下滑过程中，斜面对挡板的作用力逐渐增大C ．物块刚释放时的加速度大小为2.8m/s 2D ．物块滑到斜面底端时的速度大小为22m/s10．如图所示的是冰上体育比赛“冰壶运动“的场地示意图(冰面水平).在某次训练中，甲队员将质量m ＝20kg 的一个冰壶石从左侧的A 处向右推出，冰壶石沿中心线运动与A 点相距为x ＝30m 的营垒中心O 处恰好停下．此后，乙队员将完全相同的第二个冰壶石同样在A 处向右推出，冰壶石从A 处运动到O 处经过的时间为t ＝10s ．已知两个冰壶石与冰面间的动摩擦因数都为μ＝0.02，冰壶石都可视为质点，g 取10m/s 2，求：(1)第一个冰壶石被推出时的动能；(2)第二个冰壶石即将碰到第一个冰壶石时的速度大小．11．[2021·浙江五校1月联考]某游乐场有一种“双环过山车”，其运行原理可以简化成如图所示的“物块轨道”模型．AB段和两竖直圆轨道1、2均光滑，圆轨道1、2的半径分别为R1＝2m，R2＝1.6m，B、C为两圆轨道的最低点且略微错开可以使物块通过．一个质量为m＝1kg的物块(视为质点)，从右侧轨道的A点由静止开始沿轨道下滑，恰能通过第一个竖直圆轨道1，已知物块与BC段间的动摩擦因数可调节，物块与CD、DE、EF段平直轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.1，L BC＝L CD＝6m，L DE＝1m，DE段与水平面的夹角α＝53°，EF 段平直轨道足够长，所有轨道可认为在同一竖直面内，sin53°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2.(1)求A点距BC水平轨道的高度h；(2)要使物块恰好通过1轨道后，进入轨道2而不脱离第二个圆轨道，求物块与BC段间的动摩擦因数μBC可设计的范围；(3)物块恰好通过2轨道后，沿轨道CDE运动到E处时，在光滑“挡板”作用下转变为做水平方向的直线运动，求物块在EF段停止的位置到E点的距离x.(不考虑物块在D、E点的能量损失)。