(江苏专用版)高考物理总复习第五章第2讲动能定理及其应用练习(含解析)

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新人教版高考物理总复习第五章机械能《动能定理及其应用》

Wf=
1 2
m
v
2 B
-0，解得Wf=
=1×10×5 J-
1 2
×1×62 J=32 J，故A正确，B、C、D错误。
题型3 求解多过程问题
【典例3】(2019·信阳模拟)如图所示AB和CDO都是处
于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置。 AB是半径为R=1 m的 1 圆周轨道，CDO是半径为r=
(2)小球仅仅与弹性挡板碰撞一次且刚好不脱离CDO轨道的条件是在O点重力提供向心力，碰后再返回最高点恰能上升到D点。
【解析】(1)设小球第一次到达D的速度为vD，对小球
从P到D点的过程，根据动能定理得：
mg(H+r)-μmgL1=m
2
v
2 D
-0
在D点轨道对小球的支持力FN提供向心力，则有：
(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零。 ( × ) (6)做自由落体运动的物体，物体的动能与下落时间的二次方成正比。 ( √ )
考点1 对动能、动能定理的理解【题组通关】 1.(2018·江苏高考)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Ek与时间t的关系图象是 ( )
【解析】选A。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+
v
2 0
，
Ek=
1 2
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。
2.(2018·全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定 ( )
A.小于8 J C.大于8 J

2025高考物理总复习动能定理及其应用

计空气阻力)( A )
A. (2＋π)gR
B. 2πgR
C. 2(1＋π)gR
D.2 gR
图3
目录
研透核心考点
解析当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度为 h＝R＋πR－ 2π4R＝R＋π2R，根据动能定理有 mgh＝12mv2，解得 v＝ (2＋π)gR，故 A 正确， B、C、D 错误。
同，AB为水平线，AC为竖直线。则( D )
A.小物块恰好能运动到B点
B.小物块最远能运动到B点上方的某点
C.小物块只能运动到C点
图1
D.小物块最远能运动到B、C两点之间的某点
目录
研透核心考点
解析小物块从 P 点滑上斜面的运动过程中有重力和摩擦力做功，设小物块能到达斜面上的最高点与水平面的距离为 h，与 Q 点的水平距离为 s，根据动能定理得－mgh－μmg·sPQ－μmgcos θ·sAQ＝0－12mv20，即 mgh＋μmg(sPQ＋s)＝12mv20，若减小倾角 θ 时，h 不变，则 s 不变，故 A、C 错误；若 h 变大，则 s 变小，故 B 错误；若 h 变小，则 s 变大，故 D 正确。
的切线水平，重力加速度取 10 m/s2。关于货物从 P 点运动到 Q 点的过程，下
列说法正确的有( BCD )
A.重力做的功为 360 J
B.克服阻力做的功为 440 J
C.经过 Q 点时向心加速度大小为 9 m/s2
D.经过 Q 点时对轨道的压力大小为 380 N
图4
目录
研透核心考点
解析重力做的功为 WG＝mgh＝800 J，A 错误；下滑过程由动能定理可得 WG－Wf＝21mv2Q，代入数据解得克服阻力做的功为 Wf＝440 J，B 正确；经过 Q 点时向心加速度大小为 a＝vh2Q＝9 m/s2，C 正确；经过 Q 点时，根据牛顿第二定律可得 FN－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为 FN＝380 N，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为 380 N，D 正确。

【精准解析】新高考物理：第5章第2讲动能定理及其应用

第5章第2讲动能定理及其应用课时作业时间：60分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。

其中1～6题为单选，7～10题为多选)1．若物体在运动过程中受到的合外力不为0，则()A．物体的动能不可能总是不变的B．物体的加速度一定变化C．物体的速度方向一定变化D．物体所受的合外力做的功可能为0答案 D解析当合外力不为0时，若物体做匀速圆周运动，则动能不变，合外力做的功为0，A错误，D正确；当F恒定时，加速度就不变，速度方向可能不变，B、C错误。

2. 物体沿直线运动的v－t关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则()A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4WB．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2WC．从第5秒末到第7秒末合外力做功为WD．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－2W答案 C解析物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合外力为零，做功为零，A错误；从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量大小相同，合外力做的功为－W，B错误；从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合外力做功相同，即为W，C正确；从第3秒末到第4秒末动能变化量是负值，大小等于第1秒内动能变化量大小的34，则合外力做功为－0.75W，D错误。

3．长为L的木块静止在光滑水平面上。

质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并从中射出，且出射速度为v1。

已知从子弹射入到射出木块移动的距离为s，子弹在木块中受到的平均阻力大小为()A.m(v21－v20)2(s＋L)B.m(v20－v21)2sC.m(v20－v21)2L D.m(v20－v21)2(s＋L)答案 D解析对子弹根据动能定理：－f(L＋s)＝12m v 21－12m v2，解得f＝m(v20－v21)2(s＋L)，D正确。

4．水平面上甲、乙两物体，在某时刻动能相同，它们仅在摩擦力作用下停下来。

甲、乙两物体的动能E k随位移大小s变化的图象如图所示，则下列说法正确的是()A．若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则甲的质量较大B．若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则乙的质量较大C．甲与地面间的动摩擦因数一定大于乙与地面的动摩擦因数D．甲与地面间的动摩擦因数一定小于乙与地面的动摩擦因数解析E k－s图象的斜率大小表示物体与地面的摩擦力f＝μmg，由图知f甲>f ，若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则m甲>m乙，故A正确，B错误。

高考物理(江苏专用)一轮复习配套课件：5.2动能定理及其应用

末动能
初动能
1 2 1 2 mv 2 mv1。 2 2
知识点 2 动能定理
Ⅱ
【思维激活2】如图所示，质量为m的物块，在恒力F的作用下，沿光滑水平面运动，物块通过A点和B点的速度分别是
vA和vB，物块由A点运动到B点的过程中，力F对物块做的功
W为（）
1 2 1 2 mv B mv A 2 B.W= 2 1 2 1 2 mv B mv A C.W= 2 2 1 2W无法求出 D.由于F1 的方向未知， mv 2 mv B A 2 2
___________。变力做功
不同时作用
【微点拨】 1.对动能的三点理解： (1)动能及动能的变化ΔEk均是标量，只有大小，没有方向。 (2)动能Ek= mv2对应物体的瞬时速度。
(3)动能是状态量，只与运动物体的质量及速率有关，而与其运动方向无关，
1 物体仅在运动速度的方向发生变化时，动能不变。 2
2.对动能定理的五点提醒： (1)应用动能定理时，一定要指明研究对象和研究过程。 (2)动能定理中的功是合外力的总功，不是某一个力或某几个力的功。 (3)合外力对物体所做的功对应物体动能的变化，而不是对应物体的动能。 (4)动能定理的表达式为标量式，不能在某一方向上列动能定理方程。 (5)应用动能定理时，注意重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；大小恒定的阻力和摩擦力做的功等于力与路程的乘积。
第 2讲动能定理及其应用
知识点 1 动能
Ⅱ
【思维激活1】(多选)如图，一质量为m的小球被一条细绳拴住，在竖直平面
内做圆周运动，关于小球的动能，下列说法中正确的是（）
A.动能是普遍存在的机械能中的一种基本形式，凡是运动的物体都有动能 B.公式Ek= mv2中，速度v是小球相对于地面的速度，且动能总是正值 C.小球的动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化

第5章-第2讲动能定理及其应用

和h分别为( D )
A．tan θ和H2 B.2vg2H－1tan θ和H2
C．tan θ和H4 D.2vgH2 －1tan θ和H4
试题
解析
由动能定理有－mgH－
μmgcos
θ
H sin θ
＝0－
1 2
mv2，－mgh－μmgcos θ
h sin
θ
＝0－
1 2
m
v 2
2，解得
μ＝ 2vgH2 －1 tan θ，h＝
NO.2 题组训练提升能力
试题
解析
1．(2016·怀化模拟)放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在 0～6 s 内其速度与时间图象和该拉力的功率与时间图象分别如图甲和乙所示，下列说法正确的
是( C )
A．0～6 s 内物体位移大小为 36 m B．0～6 s 内拉力做的功为 30 J C．合力在 0～6 s 内做的功与 0～2 s 内做的功相等 D．滑动摩擦力大小为 5 N
第2讲动能定理及其应用
考点一考点二考点三知能提升演练上页下页
考点一
NO.1 梳理主干填准记牢
NO.2 题组训练提升能力
2．一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑
动．当物块的初速度为v时，上升的最大
高度为H，如图所示；当物块的初速度
为
v 2
时，上升的最大高度记为h.重力加速
度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数
NO.2 题组训练提升能力
第2讲动能定理及其应用
考点一考点二考点三知能提升演练上页下页
考点三
NO.1 梳理主干牢固记忆
2．力学中四类图象所围“面积”的意义
NO.2 题组训练提升能力

江苏专用2020版高考物理新增分大一轮复习第五章机械能第2讲动能定理讲义含解析

第2讲　动能定理一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能．2．公式：E k ＝mv 2.123．单位：焦耳，1J ＝1N·m ＝1kg·m 2/s 2.4．动能是标量，没有负值．5．动能是状态量，因为v 为瞬时速度．自测1　(多选)关于动能的理解，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 ．动能总为非负值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，一定处于平衡状态答案　ABC二、动能定理1．内容所有外力对物体做的总功(也叫合外力的功)等于物体动能的变化量．2．表达式：W 总＝E k2－E k1.3．对定理的理解当W 总>0时，E k2>E k1，物体的动能增大．当W 总<0时，E k2<E k1，物体的动能减小．当W 总＝0时，E k2＝E k1，物体的动能不变．4．适用条件：(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．(2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．如图1所示，物块沿粗糙斜面下滑至水平面．图1对物块有W G ＋W f1＋W f2＝mv 2－mv .121202自测2　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1900J ，他克服阻力做功100J ．韩晓鹏在此过程中( )A ．动能增加了1900JB ．动能增加了2000JC ．重力势能减小了1900JD ．重力势能减小了2000J答案　C自测3　(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外力再求合外力的功C ．公式中的E k2－E k1为动能的增量，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答案　BC命题点一　动能定理的理解和简单应用1．动能定理表明了“三个关系”(1)数量关系：合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能的变化就是合外力做的功．(2)因果关系：合外力做功是引起物体动能变化的原因．(3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳．2．标量性动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题．当然动能定理也就不存在分量的表达式．例1　(2018·南京市、盐城市二模)在体育课上，某同学练习投篮，他站在罚球线处用力将篮球从手中投出，如图2所示，篮球约以1m/s 的速度撞击篮筐．已知篮球质量约为0.6kg ，篮筐离地面的高度约为3m ，则该同学投篮时对篮球做的功约为( )图2A ．1JB ．10JC ．30JD ．50J 答案　B解析　篮筐离地面的高度约为3 m ，则开始时篮球到篮筐的竖直高度约为h ＝1.5 m ，在篮球运动过程中，根据动能定理有W －mgh ＝mv 2，则该同学投篮时对篮球做的功约为W ＝mgh ＋mv 2＝12129.3 J ，B 正确．变式1　人用手托着质量为m 的物体，从静止开始沿水平方向运动，前进距离s 后，速度为v (物体与手始终相对静止)，物体与人手掌之间的动摩擦因数为μ，则人对物体做的功为( )A ．mgsB ．0C ．μmgs ＋mv 2D.mv 21212答案　D命题点二　动能定理分析问题的“两种思路”1．应用动能定理的流程简记为：“确定状态找动能，分析过程找力功，正功负功加一起，动能增量与它同”．2．应用动能定理的注意事项(1)“两个分析”：分析研究对象的受力情况及运动情况．(2)“全程列式”和“分过程列式”．(3)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验．例2　(多选)(2018·江苏单科·7)如图3所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O 点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B 点．在从A 到B 的过程中，物块( )图3A ．加速度先减小后增大B ．经过O 点时的速度最大C ．所受弹簧弹力始终做正功D ．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功答案　AD解析　由A 点开始运动时，F 弹>F f ，合力向右，小物块向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F 弹减小，由F 弹－F f ＝ma 知，a 减小；当运动到F 弹＝F f 时，a 减小为零，此时弹簧仍处于压缩状态，由于惯性，小物块继续向右运动，此时F 弹<F f ，小物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，F 弹与F f 差值增大，即加速度增大；当越过O 点后，弹簧被拉伸，此时弹力方向与摩擦力方向相同，有F 弹′＋F f ＝ma ′，随着拉伸量增大，a ′也增大．故从A 到B 过程中，物块加速度先减小后增大，在压缩状态F 弹＝F f 时速度达到最大，A 对，B 错．在AO 段物块运动方向与弹力方向相同，弹力做正功，在OB 段运动方向与弹力方向相反，弹力做负功，C 错．由动能定理知，A 到B 的过程中，弹力做功和摩擦力做功之和为0，D 对．变式2　某滑沙场如图4所示，一旅游者乘滑沙橇从A 点由静止开始滑下，最后停在水平沙面上的C 点．设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同(斜面和水平面连接处的能量损失和空气阻力忽略不计)，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙橇上不动，若测得AC 间水平距离为x ，A 点高为h ，求滑沙橇与沙面间的动摩擦因数μ.图4答案　h x解析　设斜面与水平面所成的夹角为θ，滑沙者和滑沙橇总质量为m ，则滑沙者和滑沙橇从A 点到斜面最低点，重力做功W G ＝mgh ，摩擦力做功W f ＝－μmg cos θ·hsin θ滑沙者在水平面上运动时，只有滑动摩擦力做功W f ′＝－μmg .(x －htan θ)方法一：“隔离”过程，分段研究，设斜面最低点物体的速度为v ，由A 点到斜面最低点根据动能定理得W G ＋W f ＝mv 2－012在水平面上运动时，同理有W f ′＝0－mv 2，解得μ＝.12h x方法二：从A 到C 全过程由动能定理得W G ＋W f ＋W f ′＝0，解得μ＝.h x 变式3　(2018·锡山中学月考)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图5所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h .重力加速v 2度大小为g .物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为( )图5A ．tan θ和B ．(－1)tan θ和H 2v 22gH H 2C ．tan θ和D ．(－1)tan θ和H 2v 22gH H 4答案　D 解析　根据动能定理有：－mgH －＝0－mv 2，解得：μ＝(－1)tan θ，故选项A 、C μmgH tan θ12v 22gH错误；当物块的初速度为时，有：－mgh －＝0－m ()2，解得：h ＝，故选项B 错误，v 2μmgh tan θ12v 2H 4选项D 正确．命题点三　动能定理与图象的综合应用1．基本步骤(1)观察题目给出的图象，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)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)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、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．2．图象所围“面积”的意义(1)v －t 图象：由公式x ＝vt 可知，v －t 图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移．(2)a －t 图象：由公式Δv ＝at 可知，a －t 图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量．(3)F －x 图象：由公式W ＝Fx 可知，F －x 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功．(4)P －t 图象：由公式W ＝Pt 可知，P －t 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功．例3　(2018·江苏单科·4)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( )答案　A解析　小球做竖直上抛运动时，速度v ＝v 0－gt ，根据动能定理E k ＝mv 2得E k ＝m (v 0－gt )2，1212故图象A 正确．变式4　(2018·盐城市三模)小球被竖直向上抛出，然后回到原处．小球初动能为E k0，所受空气阻力与速度大小成正比，则该过程中，小球的动能与位移x 关系的图线是下列图中的( )答案　C解析　设小球的质量为m ，由题意可知，空气阻力与速度关系为F f ＝kv (k 是比例常数)取极短位移Δx 为研究过程，根据动能定理得：上升过程中有－(mg ＋F f )Δx ＝ΔE k ，所以ΔE k ＝－(mg ＋F f )Δx ，E k －x 图象斜率的大小等于mg ＋F f ，由于上升过程速度减小，则F f 减小，所以图象斜率的绝对值减小(对应上面一条曲线)．下降过程中有(mg －F f )Δx ＝ΔE k ，E k －x 图象斜率的大小等于mg －F f ，由于下降过程速度增大，则F f 增大，所以图象斜率的绝对值随位移的减小而减小(对应下面一条曲线)，故C 正确、A 、B 、D 错误．命题点四　应用动能定理解决多过程问题动能定理只涉及初、末状态的速率及过程中的位移，不涉及运动的加速度、时间等，而且与各过程运动性质无关，所以可以方便地将几个过程组合起来，列一个动能定理方程．注意：(1)分清各过程中各力做功情况，求各力做功的代数和．(2)根据题中条件与问题选择合适的过程，明确过程的初状态、末状态．例4　(2018·苏锡常镇一调)冬奥会上自由式滑雪是一项极具观赏性的运动．其场地由助滑坡AB (高度差为10m)、过渡区BDE (两段半径不同的圆弧平滑连接而成，其中DE 半径为3m 、对应的圆心角为60°)和跳台EF (高度可调，取h ＝4m)等组成，如图6所示，质量为60kg 的运动员从A 点由静止出发，沿轨道运动到F 处飞出．运动员飞出的速度需在54km/h 到68 km/h 之间才能在空中完成规定动作．设运动员借助滑雪杆仅在AB 段做功，不计摩擦和空气阻力，g 取10m/s 2.则：图6(1)为能完成空中动作，则该运动员在AB 过程中至少做多少功？(2)为能完成空中动作，在过渡区最低点D 处，求该运动员受到的最小支持力；(3)若该运动员在AB 段和EF 段均视为匀变速运动，且两段运动时间之比为t AB ∶t EF ＝3∶1，已知AB ＝2EF ，则运动员在这两段运动的加速度之比为多少？答案　(1)3150J (2)7300N (3)2∶3解析　(1)由动能定理得mgh AF ＋W 人＝mv 12F min2代入数据解得W 人＝3 150 J(2)从D 点到F 点，根据动能定理有－mg [h ＋R (1－cos 60°)]＝mv －mv 12F min212D 2在D 点：F N －mg ＝m v D 2R故运动员在D 点受到的最小支持力：F N ＝mg ＋m ＝7 300 N v F min2＋2g [h ＋R (1－cos 60°)]R(3)两段运动的平均速度之比AB ∶EF ＝∶＝2∶3v v AB t AB EF t EF设滑到B 点速度为v 1，滑到F 点速度为v 2，则滑到E 点速度也为v 1.由AB ＝，EF ＝，得：v 1＝2v 2v v 12v v 1＋v 22由a 1＝，a 2＝v 1t AB v 1－v 2tEF 得：a 1∶a 2＝2∶3.变式5　(2019·小海中学模拟)如图7所示，装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 是光滑的，水平轨道BC 的长度x ＝5m ，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为h 1＝4.30m 、h 2＝1.35m ．现让质量为m 的小滑块(可视为质点)自A 点由静止释放．已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图7(1)小滑块第一次到达D 点时的速度大小；(2)小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔；(3)小滑块最终停止的位置与B 点的距离．答案　(1)3m/s (2)2s (3)1.4m解析　(1)小滑块从A →B →C →D 过程中，由动能定理得mg (h 1－h 2)－μmgx ＝mv －012D 2代入数据解得v D ＝3m/s.(2)小滑块从A →B →C 过程中，由动能定理得mgh 1－μmgx ＝mv －012C 2代入数据解得v C ＝6m/s小滑块沿CD 段上滑的加速度大小a ＝g sin θ＝6m/s 2小滑块沿CD 段上滑到最高点的时间t 1＝＝1s v C a由对称性可知小滑块从最高点滑回C 点的时间t 2＝t 1＝1s故小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔t ＝t 1＋t 2＝2s.(3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x 总，对小滑块运动全过程应用动能定理有mgh 1＝μmgx 总代入数据解得x 总＝8.6m ，故小滑块最终停止的位置与B 点的距离为：2x －x 总＝1.4m.1．(多选)(2018·红桥中学一调)如图8所示，甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F 分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离l .甲在光滑水平面上，乙在粗糙水平面上，则下列关于力F 对甲、乙做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是( )图8A ．力F 对甲做的功多B ．力F 对甲、乙两个物体做的功一样多C ．甲物体获得的动能比乙大D ．甲、乙两个物体获得的动能相同答案　BC解析　由W ＝Fl 知，拉力的大小相同，物体的位移也相同，拉力和位移在同一直线，所以拉力对两物体做的功一样多，A 错误，B 正确；由动能定理可知，在光滑水平面上的物体，拉力对物体做的功等于物体的动能变化，在粗糙水平面上的物体，拉力对物体做正功的同时，摩擦力对物体做了负功，所以在光滑水平面上的物体获得的动能要大于在粗糙水平面上物体获得的动能，故C 正确，D 错误．2．(2018·常州市一模)如图9所示，物块固定在水平面上，子弹以某一速率从左向右水平穿透物块时速率为v 1，穿透时间为t 1；若子弹以相同的速率从右向左水平穿透物块时速率为v 2，穿透时间为t 2.子弹在物块中受到的阻力大小与其到物块左端的距离成正比．则( )图9A ．t 1＞t 2B ．t 1＜t 2C ．v 1＞v 2D ．v 1＜v 2答案　B解析　根据受力的特点与做功的特点可知两种情况下阻力对子弹做功的大小是相等的，根据动能定理可知两种情况下子弹的末速度大小是相等的，即v 1＝v 2，故C 、D 错误；设子弹的初速度是v 0，子弹在物块中受到的阻力大小与其到物块左端的距离成正比，可知若子弹以某一速率从左向右水平穿透物块时，子弹受到的阻力越来越大，木块做加速度增大的减速运动，所以平均速度：＞；若子弹以相同的速率从右向左水平穿透物块时，子弹受到的阻力v 1v 1＋v 02越来越小，则子弹做加速度减小的减速运动，所以平均速度：＜＜.子弹穿过物块v 2v 0＋v 22v 1的时间：t ＝，所以可知：t 1＜t 2.故A 错误，B 正确．dv3．(2018·淮安市、宿迁市等期中)如图10所示，滑块以初速度v 0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点．则下列能大致描述滑块整个运动过程中的速度v 、加速度a 、动能E k 、重力对滑块所做的功W 与时间t 或位移x 之间关系的图象是(取初速度方向为正方向)( )图10答案　D解析　滑块上滑时的加速度大小a 1＝＝g sin θ＋μg cos θ，方向沿mg sin θ＋μmg cos θm 斜面向下．下滑时的加速度大小a 2＝＝g sin θ－μg cos θ，方向沿mg sin θ－μmg cos θm斜面向下，则知a 1＞a 2，方向相同，均为负方向．因v －t 线的斜率等于加速度，可知选项A 、B 错误；动能是标量，不存在负值，故C 错误；重力做功W ＝－mgh ＝－mgx sin θ，故D 正确．4．(2018·兴化一中四模)如图11所示，竖直放置的等螺距螺线管高为h ，该螺线管用长为l 的硬质直管(内径远小于h )弯制而成．一光滑小球从管口上端由静止释放，下列说法正确的是(重力加速度为g )( )图11A ．若仅增大l ，小球到达管口下端时的速度增大B ．小球到达管口下端时重力的功率为mg 2ghC ．小球到达管口下端的时间为2l 2ghD ．在运动过程中小球所受管道的作用力大小不变答案　C解析　在小球到达最低点的过程中只有重力做功，故根据动能定理可知mgh ＝mv 2，解得v ＝12，小球到达下端管口时的速度大小与h 有关，与l 无关，故A 错误；到达下端管口的速2gh 度为v ＝，速度沿管道的切线方向，与重力有一定的夹角，故B 错误；小球在管内下滑2gh 的加速度为a ＝，则l ＝at 2，下滑所需时间t ＝＝，故C 正确；小球做的是加速螺gh l 122l a 2l 2gh旋圆周运动，速度越来越大，根据F n ＝可知，所受管道的作用力越来越大，故D 错误．mv 2R5．(2018·苏州市模拟)如图12所示轨道ABCDE 在竖直平面内，AB 与水平面BC 成37°角且平滑连接，圆心为O 、半径为R 的光滑半圆轨道CDE 与BC 相切于C 点，E 、F 两点等高，BC 长为.将小滑块从F 点由静止释放，恰能滑到与O 等高的D 点．已知小滑块与AB 及BC 间的R3动摩擦因数相同，重力加速度为g ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.图12(1)求小滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若AB 足够长，改变释放点的位置，要使小滑块恰能到达E 点，求释放点到水平面的高度h ；(3)若半径R ＝1m ，小滑块在某次释放后，滑过E 点的速度大小为8m/s ，则它从E 点飞出至落到轨道上所需时间t 为多少？(g 取10 m/s 2)答案　(1)　(2)4.7R (3)0.3s13解析　(1)滑块从F 到D 过程，根据动能定理得mg (2R －R )－μmg cos 37°·－μmg ＝02R sin 37°R3代入数据解得μ＝.13(2)若滑块恰能到达E 点，根据牛顿第二定律得mg ＝mv E 2R在滑块从释放点到E 的过程，根据动能定理得mg (h －2R )－μmg cos θ·－μmg ·＝mv －0hsin θR 312E 2代入数据解得h ＝4.7R .(3)假设滑块离开E 点后落在AB 上，根据平抛运动规律可得x ＝v E t ，y ＝gt 212由几何关系得tan 37°＝2R －yx －R3代入数据解得t ＝0.3 s 可得x ＝2.4 m>R3所以假设正确，故t ＝0.3 s.1．(多选)质量不等，但有相同初动能的两个物体，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答案　BD解析　根据动能定理－μmg ·x ＝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 选项正确．2．一个质量为25kg 的小孩从高度为3.0m 的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0m/s.g 取10 m/s 2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是( )A ．合外力做功50J B ．阻力做功500J C ．重力做功500J D ．支持力做功50J答案　A3．(多选)(2018·泰州中学四模)如图1所示，三角体由两种材料拼接而成，BC 界面平行底面DE ，两侧面与水平面夹角分别为30°和60°，己知物块从A 由静止下滑，加速至B 匀速至D ；若该物块由静止从A 沿另一侧面下滑，则有( )图1A ．通过C 点的速率等于通过B 点的速率B ．AB 段的运动时间大于AC 段的运动时间C ．将加速至C 匀速至ED ．一直加速运动到E ，但AC 段的加速度比CE 段大答案　BD解析　物体从倾角为θ的斜面滑下，根据动能定理，有mgh －μmg cos θ＝mv 2－0，hsin θ12由AB 面与水平面夹角小于AC 面与水平面夹角可知，物体通过C 点的速率大于通过B 点的速率，故A 错误；物体从倾角为θ的斜面滑下，根据牛顿第二定律，有mg sin θ－μmg cosθ＝ma ，解得a ＝g sin θ－μg cos θ①根据运动学公式，有＝at 2②hsin θ12由①②得到AC 段的运动时间小于AB 段的运动时间，故B 正确；由①式可知，物体将一直加速滑行到E 点，由于AC 段滑动摩擦力较小，AC 段的加速度比CE 段大，故C 错误，D 正确．4．(2018·前黄中学检测)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t ＝4s 时停下，其v －t 图象如图2所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是( )图2A ．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B ．整个过程中拉力做的功等于零C ．t ＝2s 时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大D ．t ＝1s 到t ＝3s 这段时间内拉力不做功答案　A5.(2018·东台市5月模拟)如图3所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点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 ，则小球从A 到C 的过程中弹簧弹力做的功是( )图3A ．mgh －mv 2B.mv 2－mgh 1212C ．－mgh D ．－(mgh ＋mv 2)12答案　A解析　小球从A 点运动到C 点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与小球速度方向始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得W G ＋W 弹＝0－mv 2，重力12做功为W G ＝－mgh ，则弹簧的弹力对小球做的功为W 弹＝mgh －mv 2，所以正确选项为A.126．(2018·仪征中学月考)如图4所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h 的A 点由静止释放，运动至B 点时速度为v 1.现将倾斜轨道的倾角调为θ2，仍将物块从轨道上高度为h 的A 点由静止释放，运动至B 点时速度为v 2.已知θ2<θ1，不计物块在轨道接触处的机械能损失．则( )图4A ．v 1<v 2B ．v 1>v 2C ．v 1＝v 2D ．由于不知道θ1、θ2的具体数值，v 1、v 2关系无法判定答案　C解析　设A 点在水平轨道的竖直投影点为C ，水平轨道与倾斜轨道的交点为D ，物体运动过程中摩擦力做负功，重力做正功，由动能定理可得mv 2－0＝mgh －μmg cos θ·－μmgx BD ＝mgh －μmgh ·－μmgx BD ，因为h ·12h sin θ1tan θ1tan θ＝x CD ，所以mv 2＝mgh －μmgx BC ，故物块到达B 点的速度与倾斜轨道的倾角无关，所以v 1＝v 2，12故C 项正确．7．(2018·江苏省高考压轴冲刺卷) 将一质量为m 的小球从足够高处水平抛出，飞行一段时间后，小球的动能为E k ，再经过相同的时间后，小球的动能为2E k (此时小球未落地)，不计空气阻力，重力加速度为g ，则小球抛出的初速度大小为( )A.B ．2C ．3 D.2E k 3m E k 3m E k 3m 3E k 2m 答案　B解析　由动能定理可知，经过时间t ，mg ·gt 2＝E k －mv ，经过时间2t ，mg ·g (2t )2＝2E k －12120212mv ，解得v 0＝2，故选B.1202E k3m8．(多选)(2018·扬州中学下学期开学考)一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后又返回到斜面底端．已知小物块的初动能为E ，它返回到斜面底端的动能为，小物块上滑到最大路E2程的中点时速度为v ；若木块以2E 的初动能冲上斜面，则有( )A ．返回斜面底端时的动能为E B ．返回斜面底端时的动能为3E 2C ．小物块上滑到最大路程的中点时速度为v2D ．小物块上滑到最大路程的中点时速度为2v 答案　AC9.(2019·伍佑中学月考)如图5所示，光滑的轨道ABO 的AB 部分与水平部分BO 相切，轨道右侧是一个半径为R 的四分之一的圆弧轨道，O 点为圆心，C 为圆弧上的一点，OC 与水平方向的夹角为37°.现将一质量为m 的小球从轨道AB 上某点由静止释放．已知重力加速度为g ，不计空气阻力．(sin37°＝，cos37°＝)3545图5(1)若小球恰能击中C 点，求刚释放小球的位置距离BO 平面的高度；(2)改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值．答案　(1)　(2)4R153mgR 2解析　(1)设小球经过O 点的速度为v 0，从O 点到C 点做平抛运动，则有R cos37°＝v 0t ，R sin37°＝gt 212从A 点到O 点，由动能定理得mgh ＝mv 1202联立可得，刚释放小球的位置距离BO 平面的高度h ＝R ；415(2)设小球落到轨道上的点与O 点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，R cos θ＝v 0′t R sin θ＝gt 212对此过程，由动能定理得mgR sin θ＝E k －mv 0′212解得E k ＝mgR (sin θ＋)3414sin θ由数学知识可知，当且仅当sin θ＝时，小球落到轨道时的动能最小，最小值为E k ＝mgR .333210．(2018·南京市、盐城市一模)如图6所示，炼钢厂通常用滚筒来传送软钢锭，使具有一定初速度的软钢锭通过滚筒滑上平台．质量为M 的软钢锭长为L ，上表面光滑，下表面与平台间是粗糙的．现以水平向右的初速度滑上平台，全部滑上平台时的速度为v .此时，在其右端无初速放上一个质量为m 的滑块(视为质点)．随后软钢锭滑过2L 距离时速度为零，滑块恰好到达平台．重力加速度取g ，空气阻力不计．求：图6(1)滑块获得的最大加速度(不考虑与平台的撞击过程)；(2)滑块放上后，软钢锭滑动过程中克服阻力做的功；(3)软钢锭处于静止状态时，滑块到达平台的动能．答案　(1)g (2)Mv 2　(3)122(2M ＋m )mg 2L 2Mv 2解析　(1)由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以软钢锭在平台上滑过距离L 时，滑块脱离做自由落体运动，a ＝g (2)根据动能定理得：初动能E k ＝Mv 2，W f ＝ΔE k ＝0－E k ＝－E k12则W f 克＝－ΔE k ＝Mv 212(3)滑块脱离软钢锭后自由下落到平台的时间与软钢锭在平台最后滑动L 的时间相同，都为t .由题意有L ＝μgt 212μgL ＋μMgL ＝Mv 2(M ＋m )12v m ＝gtE km ＝mv12m2联立解得：E km ＝.2(2M ＋m )mg 2L 2Mv 211.(2018·常熟市期中)如图7，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为R 的光滑半圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)，随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点(未画出)，AF ＝5.5R ，已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝0.125，重力加速度大小为g .(取sin37°＝，cos37°＝)3545图7(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小；(2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能；.(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放，P 恰好能到达圆弧轨道的最高点D ，求：P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．答案　(1)　(2)mgR (3)　m5gR 218gR 105231解析　(1)根据题意知，B 、C 之间的距离L 为：L ＝7R －2R ＝5R设P 第一次运动到B 点时速度的大小为v B ，C 到B 的过程中，重力和斜面的摩擦力对P 做功，由动能定理得：mg ·L sin 37°－μmgL cos 37°＝mv －012B 2代入数据解得：v B ＝5gR(2)设BE ＝x ，P 到达E 点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为E p ，P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理得：mgx sin 37°－μmgx cos 37°－E p ＝0－mv 12B 2E 、F 之间的距离为：L 1＝5.5R －2R ＋xP 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有：E p －mgL 1sin 37°－μmgL 1cos 37°＝0联立解得：x ＝0.25R ，E p ＝mgR 218(3)设改变后P 的质量为m 1.P 恰好能到达圆弧轨道的最高点D ，由重力提供向心力，则有：m 1g ＝m 1，故有：v D ＝v D 2RgRP 由E 点运动到C 点的过程，由动能定理有：E p －m 1g [7R －(2R －x )]sin 37°－μm 1g [7R －(2R －x )]cos 37°－m 1g ·2R cos θ＝m 1v 12D 2联立解得：m 1＝m .105231。

高中物理必修2【动能定理及其应用】典型题(带解析)

高中物理必修2 【动能定理及其应用】典型题1．滑雪运动深受人民群众喜爱．某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB ，从滑道的A 点滑行到最低点B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB 下滑过程中( )A ．所受合外力始终为零B ．所受摩擦力大小不变C ．合外力做功一定为零D ．机械能始终保持不变解析：选C ．运动员做的是匀速圆周运动，具有向心加速度，所以其所受的合外力不为零，A 错误；运动员在匀速下滑的过程中，所受的摩擦力始终与重力沿滑道切线方向的分力大小相等，由于该分力大小一直在改变，所以摩擦力大小也一直在改变，B 错误；运动员的动能没有改变，根据动能定理，合外力做功为零，C 正确；整个过程中存在摩擦力做功，所以机械能不守恒，D 错误．2．如图所示，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：选C ．对物体从a 运动到c ，由动能定理，－μmgl －2μmgl ＝12m v 21－12m v 20，对物体从d 运动到c ，由动能定理，－3μmgl ＝12m v 22－12m v 20，解得v 2＝v 1，选项C 正确． 3．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( )解析：选A ．竖直上抛运动的速度v 与时间t 的关系为v ＝v 0－gt ，由于E k ＝12m v 2＝12m (v 0－gt )2，故E k t 图象应是A ．4．打桩机是利用冲击力将桩贯入地层的桩工机械．某同学对打桩机的工作原理产生了兴趣．他构建了一个打桩机的简易模型，如图甲所示．他设想，用恒定大小的拉力F 拉动绳端B ，使物体从A 点(与钉子接触处)由静止开始运动，上升一段高度后撤去F ，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度．按此模型分析，若物体质量m ＝1 kg ，上升了1 m 高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能E k 与上升高度h 的关系图象如图乙所示．(g 取10 m/s 2，不计空气阻力)(1)求物体上升到0.4 m 高度处F 的瞬时功率；(2)若物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其不再落下，钉子获得20 J 的动能向下运动．钉子总长为10 cm.撞击前插入部分可以忽略，不计钉子重力．已知钉子在插入过程中所受阻力F f 与深度x 的关系图象如图丙所示，求钉子能够插入的最大深度．解析：(1)撤去F 前，根据动能定理，有 (F －mg )h ＝E k －0由题图乙得，斜率为k ＝F －mg ＝20 N ，得F ＝30 N 又由题图乙得，h ＝0.4 m 时，E k ＝8 J 则v ＝4 m/s ，P ＝F v ＝120 W.(2)碰撞后，对钉子，有－F －f x ′＝0－E k ′已知E k ′＝20 J ，F －f ＝k ′x ′2又由题图丙得k ′＝105 N/m ，解得：x ′＝0.02 m. 答案：(1)120 W (2)0.02 m5.如图所示，光滑的轨道ABO 的AB 部分与水平部分BO 相切，轨道右侧是一个半径为R 的四分之一的圆弧轨道，O 点为圆心，C 为圆弧上的一点，OC 与水平方向的夹角为37°.现将一质量为m 的小球从轨道AB 上某点由静止释放．已知重力加速度为g ，不计空气阻力.⎝⎛⎭⎫sin 37°＝35，cos 37°＝45(1)若小球恰能击中C 点，求刚释放小球的位置距离BO 平面的高度； (2)改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值．解析：(1)设小球经过O 点的速度为v 0，从O 点到C 点做平抛运动，则有 R cos 37°＝v 0t ，R sin 37°＝12gt 2从A 点到O 点，由动能定理得 mgh ＝12m v 2联立可得，刚释放小球的位置距离BO 平面的高度 h ＝415R .(2)设小球落到轨道上的点与O 点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动， R cos θ＝v 0′t ′ R sin θ＝12gt ′2对此过程，由动能定理得mgR sin θ＝E k －12m v 0′2解得E k ＝mgR ⎝⎛⎭⎫34sin θ＋14sin θ 当sin θ＝33时，小球落到轨道时的动能最小，最小值为E k ＝32mgR . 答案：(1)4R 15 (2)3mgR26．一个质量为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 ．16m v 2B ．14m v 2C ．13m v 2D ．12m v 2解析：选B ．在合力F 的方向上，由动能定理得W ＝Fl ＝12m v 2，某个分力的功为W 1＝12W ＝14m v 2，B 正确． 7．(多选)如图所示，某人通过光滑滑轮将质量为m 的物体，沿光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面．物体上升的高度为h ，到达斜面顶端的速度为v ，则在此过程中( )A ．物体所受的合力做功为mgh ＋12m v 2B ．物体所受的合力做功为12m v 2C ．人对物体做的功为mghD ．人对物体做的功大于mgh解析：选BD ．对物体应用动能定理可得W 合＝W 人－mgh ＝12m v 2，故W 人＝mgh ＋12m v 2，B 、D 选项正确．8．质量为m 的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其v -t 图象如图所示(竖直向上为正方向，DE 段为直线)．已知重力加速度大小为g ，下列说法正确的是( )A ．t 3～t 4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动B ．t 0～t 2时间内，合力对小球先做正功后做负功C ．0～t 2时间内，小球的平均速度一定为v 22D ．t 3～t 4时间内，拉力做的功为m v 3＋v 42[(v 4－v 3)＋g (t 4－t 3)]解析：选D ．根据题意，竖直向上为正方向，故在t 3～t 4时间内，小球竖直向上做匀减速直线运动，故选项A 错误；t 0～t 2时间内，小球速度一直增大，根据动能定理可知，合力对小球一直做正功，故选项B 错误；0～t 2时间内，小球的平均速度等于位移与时间的比值，不一定为v 22，故选项C 错误；根据动能定理，在t 3～t 4时间内：W F －mg v 3＋v 42·(t 4－t 3)＝12m v 24－12m v 23，整理可得：W F＝m v 3＋v 42[(v 4－v 3)＋g (t 4－t 3)]，故选项D 正确． 9．如图所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的O 点，另一端自由伸长到A 点，OA 之间的水平面光滑，固定曲面在B 处与水平面平滑连接．AB 之间的距离s ＝1 m ．质量m ＝0.2 kg 的小物块开始时静置于水平面上的B 点，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.现给物块一个水平向左的初速度v 0＝5 m/s ，g 取10 m/s 2.(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能E p ； (2)求物块返回B 点时的速度大小；(3)若物块能冲上曲面的最大高度h ＝0.2 m ，求物块沿曲面上滑过程所产生的热量．解析：(1)对小物块从B 点至压缩弹簧最短的过程，由动能定理得，－μmgs －W 克弹＝0－12m v 20W 克弹＝E p代入数据解得E p ＝1.7 J.(2)对小物块从B 点开始运动至返回B 点的过程，由动能定理得，－μmg ·2s ＝12m v 2B －12m v 20 代入数据解得v B ＝3 m/s. (3)对小物块沿曲面的上滑过程，由动能定理得－W 克f －mgh ＝0－12m v 2B产生的热量Q ＝W 克f ＝0.5 J.答案：(1)1.7 J (2)3 m/s (3)0.5 J10．如图甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O 点位置．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 ＝12m v 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)＝0－12m v 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，弹出过程弹力做功为W F只有物块A 时，从O ′到P 有 W F －μmg (x 1＋x 0)＝0－0 A 、B 共同从O ′到O 有 W F －2μmgx 1＝12×2m v 21 分离后对A 有12m v 21＝μmgx 2联立以上各式可得x 2＝x 0－v 208μg.答案：(1)12m v 20 (2)v 204μg －x 0 (3)x 0－v 208μg。

新高考物理机械能5-2 动能定理的理解及应用同步练

第五章机械能（二）动能定理的理解及应用1．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x 0，下列情况中物体在x 0位置时速度最大的是( )2．(2021·山东等级考)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L 的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O 转动，另—端与质量为m 的小木块相连。

木块以水平初速度v 0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。

在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( )A ．m v 022πLB ．m v 024πLC ．m v 028πLD ．m v 0216πL3．如图所示，AB 为14圆弧轨道，BC 为水平直轨道，BC 恰好在B 点与AB 相切，圆弧的半径为R ，BC 的长度也是R 。

一质量为m 的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A 从静止开始下滑，恰好运动到C 处停止，重力加速度为g ，那么物体在AB 段克服摩擦力所做的功为( )A ．μmgR 2B ．mgR 2C ．mgRD ．(1－μ)mgR4．如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小球A ，若将小球A 从弹簧的原长位置由静止释放，小球A 能够下降的最大高度为h 。

若将小球A 换为质量为3m 的小球B ，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B 下降h 时的速度为(重力加速度为g ，不计空气阻力)( )A ．2ghB ．4gh 3C ．ghD ．gh 25．(多选)质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用从静止开始做匀加速直线运动。

经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止，两物体速度随时间变化的图线如图所示。

则下列结论正确的是()A．A、B物体所受摩擦力F f1∶F f2＝2∶1B．A、B物体所受摩擦力F f1∶F f2＝1∶1C．F1和F2对A、B做的功W1∶W2＝6∶5D．F1和F2对A、B做的功W1∶W2＝12∶56．从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。

(江苏专版)2020版高考物理一轮复习第五章(讲义)【共6套74页】

本套资源目录江苏专版2020版高考物理一轮复习第五章实验五验证机械能守恒定律讲义含解析江苏专版2020版高考物理一轮复习第五章实验四探究动能定理讲义含解析江苏专版2020版高考物理一轮复习第五章第1节功和功率讲义含解析江苏专版2020版高考物理一轮复习第五章第2节动能定理及其应用讲义含解析江苏专版2020版高考物理一轮复习第五章第3节机械能守恒定律及其应用讲义含解析江苏专版2020版高考物理一轮复习第五章第4节功能关系能量守恒定律讲义含解析验证机械能守恒定律一、实验目的验证机械能守恒定律。

二、实验器材铁架台(含铁夹)、打点计时器、学生电源(交流4～6 V)、纸带(数条)、复写纸、导线、毫米刻度尺、重物(带纸带夹)。

突破点(一) 实验原理与操作[例1] 在利用自由落体运动验证机械能守恒定律的实验中，电源的频率为50 Hz ，依次打出的点为0,1,2,3,4，…，n 。

则：(1)如用第2点到第6点之间的纸带来验证，必须直接测量的物理量为____________、____________、____________，必须计算出的物理量为____________、____________，验证的表达式为____________________。

(2)下列实验步骤操作合理的排列顺序是______(填写步骤前面的字母)。

A ．将打点计时器竖直安装在铁架台上B ．接通电源，再松开纸带，让重物自由下落C ．取下纸带，更换新纸带(或将纸带翻个面)重新做实验D ．将重物固定在纸带的一端，让纸带穿过打点计时器，用手提着纸带E ．选择一条纸带，用刻度尺测出物体下落的高度h 1，h 2，h 3，…，h n ，计算出对应的瞬时速度v 1，v 2，v 3，…，v nF ．分别算出12mv n 2和mgh n ，在实验误差允许的范围内看是否相等 [答案] (1)第2点到第6点之间的距离h 26第1点到第3点之间的距离h 13 第5点到第7点之间的距离h 57第2点的瞬时速度v 2 第6点的瞬时速度v 6mgh 26＝12mv 62－12mv 22 (2)ADBCEF[由题引知·要点谨记]1.实验原理的理解[对应第1题]1两种验证方法①利用起始点和第n 点计算。

(江苏专版)2020版高考物理一轮复习第五章第2节动能定理及其应用讲义(含解析)

动能定理及其应用(1)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。

(√)(2)动能不变的物体一定处于平衡状态。

(×)(3)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零。

(√)(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。

(×)(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零。

(×)(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比。

(√)突破点(一) 对动能定理的理解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．公式中“＝”体现的三个关系数量关系合力做的功与物体动能的变化相等单位关系国际单位都是焦耳因果关系合力做功是物体动能变化的原因[题点全练]1．关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是( ) A ．合外力为零，则合外力做功一定为零 B ．合外力做功为零，则合外力一定为零 C ．合外力做功越多，则动能一定越大 D ．动能不变，则物体合外力一定为零解析：选A 由W ＝Fl cos α可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α＝90°，故A 正确，B 错误；由动能定理W ＝ΔE k 可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大。

动能不变，合外力做功为零，但物体合外力不一定为零，C 、D 均错误。

2.(2018·江阴四校期中)质量为M 、长度为L 的长木板静止在光滑的水平面上，质量为m 的小滑块停放在长木板的最右端，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( )A ．μmgs 1＝12mv 12B ．Fs 2－μmgs 2＝12Mv 22C ．μmgL ＝12mv 12D ．Fs 2－μmgs 2＋μmgs 1＝12Mv 22＋12mv 12解析：选C 对滑块，滑块受到重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，有 μmgs 1＝12mv 12，故A 正确；对木板，由动能定理得：Fs 2－μmgs 2＝12Mv 22，故B 正确；由以上两式相加可得：Fs 2－μmgs 2＋μmgs 1＝12Mv 22＋12mv 12，又s 2－s 1＝L ，则得：Fs 2－μmgL ＝12Mv 22＋12mv 12，故C 错误，D 正确。

[2020高考物理复习江苏]必修2 第五章第2讲

第2讲动能动能定理知识排查动能1.定义:物体由于运动而具有的能叫动能.2.公式:E k ＝12m v 2.3.单位:焦耳,1 J ＝1 N·m ＝1 kg·m 2/s 2.4.矢标性:动能是标量,只有正值.5.状态量:动能是状态量,只与时刻或位置有关.动能定理1.内容:力在一个过程中对物体做的功,等于物体在这个过程中动能的变化.2.表达式:W ＝12m v 22－12m v 21或W ＝E k2－E k1.3.物理意义:合外力的功是物体动能变化的量度.4.适用条件(1)动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动.(2)动能定理既适用于恒力做功,也适用于变力做功.(3)力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以分段作用.小题速练1.思考判断(1)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.( ) (2)动能不变的物体一定处于平衡状态.( )(3)如果物体所受的合外力为零,那么合外力对物体做功一定为零.( )(4)物体在合外力作用下做变速运动时,动能一定变化.( )(5)物体的动能不变,所受的合外力必定为零.( )(6)做自由落体运动的物体,动能与时间的二次方成正比.( )答案 (1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)√2.[人教版必修2P 74第1题改编]改变汽车的质量和速度,都可能使汽车的动能发生改变.在下列情形中,汽车的动能是原来的两倍的是()A.质量不变,速度增大到原来的2倍B.速度不变,质量增大到原来的2倍C.质量减半,速度增大到原来的4倍D.速度减半,质量增大到原来的4倍答案B动能和动能定理的理解1.动能与动能的变化的区别(1)动能与动能的变化是两个不同的概念,动能是状态量,动能的变化是过程量.(2)动能为非负值,而动能变化量有正负之分.ΔE k＞0表示物体的动能增加,ΔE k＜0表示物体的动能减少.2.对动能定理的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程,动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号.(2)对“外力”的理解动能定理叙述中所说的“外力”,既可以是重力、弹力、摩擦力,也可以是电场力、磁场力或其他力.【例1】(2018·南京三模)(多选)从离沙坑高度H处无初速地释放一个质量为m 的小球,小球落入沙坑后,陷入深度为h.已知当地重力加速度为g,不计空气阻力,则下列关于小球下落全过程的说法正确的是()A.重力对小球做功为mgHB.小球的重力势能减少了mg(H＋h)C.外力对小球所做的总功为零D.小球在沙坑中受到的平均阻力为Hh mg解析重力全程做功,故重力做功和重力势能减少量均为mg(H＋h),A项错误,B 项正确；小球初、末速度都为零,由动能定理,外力总功为零,C项正确；由mg(H＋h)－f h＝0,可知阻力f＝mg（H＋h）h,D项错误.答案BC动能定理与图象结合问题力学中图象所围“面积”及斜率的意义【例2】(2017·江苏单科)一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处.物块初动能为E k0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能E k与位移x关系的图线是()解析设斜面的倾角为θ,小物块沿斜面向上滑动过程,由动能定理得E k＝E k0－(mg sin θ＋μmg cos θ)x；设小物块滑到最高点的距离为L,小物块沿斜面向下滑动过程,由动能定理得E k＝E k0－mgx sin θ－μmg cos θ(2L－x)＝E k0－2μmgL cos θ－(mg sin θ－μmg cos θ )x,故选项C正确.答案 C分析动能定理与图象结合问题“三步走”动能定理的应用应用动能定理解题应抓好“两状态,一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程,确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息.【例3】(2018·江苏苏州高三第一次模拟)如图1所示轨道ABCDE在竖直平面内,AB与水平面BC成37°角且平滑连接,圆心为O、半径为R的光滑半圆轨道CDE与BC相切于C点,E、F两点等高,BC长为R3.将小滑块从F点由静止释放,恰能滑到与O等高的D点.已知小滑块与AB及BC间的动摩擦因数相同,重力加速度为g,g取10 m/s2,sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8.图1(1)求小滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若AB足够长,改变释放点的位置,要使小滑块恰能到达E点,求释放点到水平面的高度h；(3)若半径R＝1 m,小滑块在某次释放后,滑过E点的速度大小为8 m/s,则它从E点飞出至落到轨道上所需时间t为多少?解析(1) 滑块从F到D过程,根据动能定理得mg ×(2R －R )－μmg cos 37°×2R sin 37°－μmg R 3＝0μ＝13(2) 若滑块恰能到达E 点,根据牛顿第二定律得mg ＝m v 2E R在滑块从释放点到E 的过程,根据动能定理得mg (h －2R )－μmg cos 37°·h sin 37°－μmg ·R 3＝12m v 2E －0解得h ＝4.7R(3) 假设滑块离开E 点后落在AB 上,根据平抛运动规律可得x ＝v E t ,y ＝12gt 2由几何关系得tan 37°＝2R －y x －R 3解得t ＝0.3 s进一步得x ＝2.4 m ＞R 3所以假设正确,故t ＝0.3 s答案 (1)13 (2)4.7R (3)0.3 s科学思维的培养——摩擦力在平面和曲面上做功的比较物体沿斜面下滑过程中克服摩擦力做功大小等于动摩擦因数、正压力以及斜面底边长三者的乘积.但若是曲面则上述结论无用,因为物体在曲面做圆周运动,摩擦力做功不满足模型特点.【典例1】(2018·江苏扬州中学高三4月质量监测)(多选)如图2所示,曲面PC 和斜面PD固定在水平面MN上,C、D处平滑连接,O点位于斜面顶点P的正下方.某物体(可视为质点)从顶端P由静止开始分别沿曲面和斜面滑下,经过C、D两点后继续运动,最后停在水平面上的A、B两处.各处材质相同,忽略空气阻力,则()图2A.此物体在曲面PC和斜面PD上克服摩擦力做功一定相等B.此物体沿PCA和沿PDB运动克服摩擦力做功一定相等C.距离OA一定等于OBD.距离OA一定小于OB解析设PD斜面与水平方向的夹角为θ,则PD段克服摩擦力做功W f＝μmgs cos θ＝μmgs PD水平,将PC段分成无数小段,由于在曲面上运动,径向的合力提供向心力,则支持力大于重力在垂直于曲面方向上的分力,则每一小段克服摩擦力做功大于μmgs cos α＝μmgs水平,则整个曲面过程中,克服摩擦力做功大于μmgs PC水平,因为斜面和曲面的水平距离未知,则克服摩擦力做功不一定相等,故A项错误；对全过程运用动能定理得mgh－W f＝0,知此物体沿PCA和沿PDB运动克服摩擦力做功一定相等,故B项正确；因为整个过程克服摩擦力做功相等,沿斜面下滑在整个过程中摩擦力做功等于μmgs PB水平,而沿曲面下滑克服摩擦力做功大于μmgs P A水平,则OA一定小于OB,故C项错误,D项正确.答案BD【典例2】(2019·仪征中学月考)如图3所示,小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同,小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h的A点由静止释放,运动至B点时速度为v1.现将倾斜轨道的倾角调为θ2,仍将物块从轨道上高度为h的A点静止释放,运动至B点时速度为v2.已知θ2<θ1,不计物块在轨道接触处的机械能损失.则()图3A.v1<v2B.v1>v2C.v1＝v2D.由于不知道θ1、θ2的具体数值,v1、v2关系无法判定解析设A点在水平轨道的竖直投影点为C,水平轨道与倾斜轨道的交点为D,物体运动过程中摩擦力做负功,重力做正功,由动能定理可得12m v2＝mgh－μmg cosθ·hsin θ－μmgx BD＝mgh－μmgh·1tan θ－μmgx BD,因为h·1tan θ＝x CD,所以12m v2＝mgh－μmgx BC,故物块到达B点的速度与倾斜轨道的倾角无关,所以v1＝v2,故C项正确. 答案C1.(2018·江苏南京、盐城高三第二次模拟)在体育课上,某同学练习投篮,他站在罚球线处用力将篮球从手中投出,如图4所示,篮球约以1 m/s的速度撞击篮筐.已知篮球质量约为0.6 kg,篮筐离地高度约为3 m,则该同学投篮时对篮球做的功约为()图4A. 1 JB. 10 JC. 30 JD. 50 J解析对整个过程运用动能定理得,W－mgh＝12m v2－0,代入数据解得W＝mgh＋12＝0.6×10×1.5 J＋12×0.6×1 J≈10 J.2m v答案 B2.(2018·江苏泰州市高三第一次模拟)如图5所示,一物体在水平恒力作用下沿光滑的水平面做曲线运动,当物体从M点运动到N点时,其速度方向恰好改变了90°,则物体在M点到N点的运动过程中动能将()图5A.不断增大B.不断减小C.先减小后增大D.先增大后减小解析速度方向改变了90°,说明恒力的方向应为右下方,与初速度的夹角大于90°,小于180°,才能出现末速度与初速度垂直的情况,因此恒力先做负功,当速度与恒力垂直后,恒力做正功,动能先减小后增大,选项C正确.答案 C3.(2018·江苏单科,4)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()解析设小球抛出瞬间的速度大小为v0,抛出后,某时刻t小球的速度v＝v0－gt,故小球的动能E k＝12＝12m(v0－gt)2,结合数学知识知,选项A正确.2m v答案 A4.(2018·前黄中学检测)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动,t＝4 s时停下,其v－t图象如图6所示,已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同,则下列判断正确的是()图6A.整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B.整个过程中拉力做的功等于零C.t＝2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大D.t＝1 s到t＝3 s这段时间内拉力不做功解析对物块运动的整个过程运用动能定理得W F－W f＝0,即拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功,选项A正确,B错误；在0～1 s时间内,拉力恒定且大于摩擦力,物块做匀加速运动,速度增大,t＝1 s时,速度最大,拉力的瞬时功率最大；t＝2 s 时,物块匀速运动,拉力等于摩擦力,所以t＝2 s时刻拉力的瞬时功率不是最大的,选项C错误；t＝1 s到t＝3 s这段时间,物块匀速运动,拉力做正功,摩擦力做负功,合外力做功为零,选项D错误.答案 A活页作业(时间:30分钟)一、单项选择题1.(2018·全国卷Ⅱ,14)如图1,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度.木箱获得的动能一定()图1A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功解析由动能定理W F －W f ＝E k －0,可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功,A 正确.答案 A2.(2018·启东中学模拟)子弹的速度为v ,打穿一块固定的木块后速度刚好变为零.若木块对子弹的阻力为恒力,那么当子弹射入木块的深度为其厚度的一半时,子弹的速度是( )A.v 2B.22vC.v 3D.v 4解析设子弹质量为m ,木块的厚度为d ,木块对子弹的阻力为f ,根据动能定理,子弹刚好打穿木块的过程满足－fd ＝0－12m v 2,设子弹射入木块厚度一半时的速度为v 1,则－f ·d 2＝12m v 21－12m v 2,得v 1＝22v ,故选项B 正确.答案 B3.(2018·泰州模拟)如图2所示是一种清洗车辆用的手持喷水枪.设枪口截面积为0.6 cm 2,喷出水的速度为20 m/s(水的密度为1×103 kg/m 3).当它工作时,喷水枪的功率最接近( )图2A.250 WB.300 WC.350 WD.400 W解析每秒钟喷出水的动能为E k ＝12m v 2＝12ρS v t ·v 2,代入数据得E k ＝240 J,则P ＝W t ＝E k t ＝240 W,故选项A 正确.答案 A4.(2019·成都校级月考)如图3所示,斜面的倾角为θ,质量为m 的滑块距挡板P 的距离为x 0,滑块以初速度v 0沿斜面上滑,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力.若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失,重力加速度为g ,则滑块经过的总路程是( )图3A.1μ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 202g cos θ＋x 0tan θ B.1μ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 202g sin θ＋x 0tan θ C.2μ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 202g cos θ＋x 0tan θD.1μ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 202g cos θ＋x 0cot θ 解析滑块最终要停在斜面底部,设滑块经过的总路程为x ,对滑块运动的全程应用动能定理mgx 0sin θ－μmgx cos θ＝0－12m v 20,解得x ＝1μ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 202g cos θ＋x 0tan θ,选项A正确. 答案 A5.(2018·江苏省高考压轴冲刺卷)将一质量为m 的小球从足够高处水平抛出,飞行一段时间后,小球的动能为E k ,在经过相同的时间后,小球的动能为2E k (此时小球未落地),不计空气阻力,重力加速度为g ,则小球抛出的初速度大小为( ) A.2E k3m B.2E k 3m C.3E k3mD.3E k 2m解析由动能定理,经时间t ,mg ×12gt 2＝E k －12m v 20,经过2t 时间,mg ×12g (2t )2＝2E k －12m v 20,解得v 0＝2E k3m ,故选项B 正确.答案 B 二、多项选择题6.(2018·徐州沛县中学检测)如图4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匀加速运动,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( )图4A.物体所受合力做的功等于12m v2＋mgHB.底板对物体的支持力做的功等于mgH＋12m v2C.钢索的拉力做的功等于12M v2＋MgHD.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12M v2解析对物体应用动能定理得:合力对物体做的功W＝12m v2,A项错误；电梯由静止开始向上做匀加速运动,对物体根据动能定理得W F N－mgH＝12m v2,对电梯和物体组成的整体同理可得W F－(M＋m)gH＝12(M＋m)v2,则B项正确,C项错误；根据动能定理可得,合力对电梯做的功等于电梯动能的变化即为12M v2,则钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯做的总功等于12M v2,D项正确.答案BD7.(2018·南京市高三学情调研)如图5所示,滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面,到达最高点后又返回到出发点.则能大致反映整个运动过程中,滑块的加速度a、速度v随时间t,重力对滑块所做的功W、动能E k与位移x关系的是(取初始位置为坐标原点、初速度方向为正方向)()图5解析滑块上滑的加速度大小a1＝g sin θ＋μg cos θ,方向沿斜面向下,即a1应取负,滑块下滑时的加速度大小a2＝g sin θ－μg cos θ,方向沿斜面向下,即a2应取负,A错误；由以上分析知|a1|＞|a2|,则滑块上滑时间小于下滑时间,由能量守恒知,滑块回到初始位置的速度小于初速度v0,而v－t图象斜率的绝对值表示加速度大小,故B正确；滑块重力做的功W＝－mg·x sin θ,故C正确；本题研究的是滑块整个运动过程中的位移,所以下滑过程中的位移是减小的,E k－x图象应如图所示,故D错误.答案BC8.(2018·苏锡常镇四市一调)如图6所示,MN为半圆环MQN的水平直径.现将甲、乙两个相同的小球分别在M、N两点同时以v1、v2的速度水平抛出,两小球刚好落在圆环上的同一点Q,不计空气阻力.则下列说法正确的是()图6A.落到Q点时,甲、乙两小球重力的瞬时功率相等B.乙球落到圆环时的速度有可能沿OQ方向C.若仅增大v1,则两小球一定能落到圆环前相遇D.从抛出到落到Q点的过程中,甲球动能的增加量比乙球的小解析因落到Q点时两球的竖直高度相同,则竖直速度相同,根据P＝mg v y可知,重力的瞬时功率相同,选项A正确；根据推论,平抛运动的物体的速度方向的反向延长线应该过水平位移的中点,因O点不是水平位移的中点,则乙球落到圆环时的速度不可能沿OQ方向,选项B错误；因两球的水平距离一定,根据2R＝(v1＋v2)t,若仅增大v1,则两小球相遇的时间缩短,则相遇时的竖直位移减小,则一定能在落到圆环前相遇,选项C正确；根据动能定理,从抛出到落到Q点的过程中,重力做功相同,则甲球动能的增加量和乙球的动能增加量相等,选项D错误.答案 AC9.(2018·南通模拟)如图7所示,半径为R 的半圆形的圆弧槽固定在水平面上,质量为m 的小球(可视为质点)从圆弧槽的端点A 由静止开始滑下,滑到最低点B 时对轨道的正压力为2mg ,重力加速度为g ,则( )图7A.小球在最低点B 时速度为2gRB.小球在B 点时,重力的功率为mg gRC.小球由A 到B 的过程中克服摩擦力做功为12mgR D.小球由A 到B 过程中速度先增大后减小解析滑到最低点B 时对轨道的正压力为2mg ,那么由牛顿第三定律可知:小球受到的支持力也为2mg ,那么由牛顿第二定律可得2mg －mg ＝m v 2R ,所以v ＝gR ,故A 项错误；小球在B 点的速度v ＝gR ,方向水平向右；重力方向竖直向下,重力方向与速度方向垂直,所以重力的功率为0,故B 项错误；对小球下滑过程应用动能定理可得:小球由A 到B 的过程中克服摩擦力做功为W ＝mgR －12m v 2＝mgR －12mgR ＝12mgR ,故C 项正确；小球在任一径向与竖直方向夹角为θ时,沿速度方向受到的合外力为F ＝mg sin θ－μ⎝ ⎛⎭⎪⎫mg cos θ＋m v 2R ,那么在该方向上的加速度为a ＝(tanθ－μ)g cos θ－μv 2R ；那么当小球开始下滑较短时间时,速度v 较小,夹角θ较大,a 大于0,小球加速；当θ较小时,a 小于0,小球减速,故小球由A 到B 过程中速度先增大后减小,故D 项正确. 答案 CD 三、计算题10.如图8所示,水平桌面上的轻质弹簧左端固定,右端与静止在O 点质量为m ＝1kg 的小物块接触而不连接,此时弹簧无形变.现对小物块施加F ＝10 N 水平向左的恒力,使其由静止开始向左运动.小物块在向左运动到A 点前某处速度最大时,弹簧的弹力为6 N,运动到A 点时撤去推力F ,小物块最终运动到B 点静止.图中OA ＝0.8 m,OB ＝0.2 m,取重力加速度g ＝10 m/s 2.求小物块:图8(1)与桌面间的动摩擦因数μ； (2)向右运动过程中经过O 点的速度； (3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量. 解析 (1)小物块速度达到最大时,加速度为零. F －μmg －F 弹＝0, μ＝F －F 弹mg ＝0.4.(2)设向右运动通过O 点时的速度为v 0,从O 到B 过程由动能定理列出－f ·x OB ＝0－12m v 20, f ＝μmg ＝4 N, 解得v 0＝ 1.6 m/s.(3)设撤去F 推力后,小物块继续向左运动x 的距离,弹簧的压缩量最大值为x max . 取小物块运动的全过程,根据动能定理列出 F ×0.8－f (2x ＋1.8)＝0,得x ＝0.1 m, 则x max ＝0.8 m ＋x ＝0.9 m.答案 (1)0.4 (2) 1.6m/s (3)0.9 m11.(2018·无锡市高三期末)如图9,一个质量为m ＝2 kg 的小物块静置于足够长的斜面底端.现对其施加一个沿斜面向上、大小为F ＝25 N 的恒力,3 s 后将F 撤去,此时物块速度达到15 m/s.设物块运动过程中所受摩擦力的大小不变,取g ＝10 m/s 2.求:图9(1)物块所受摩擦力的大小；(2)物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离； (3)物块在斜面上运动的总时间. 解析 (1)运动学规律v 1＝a 1t 1 解得a 1＝5 m/s 2由牛顿第二定律F －f －mg sin θ＝ma 1 解得f ＝5 N(2)撤去拉力后物块继续上滑 f ＋mg sin θ＝ma 2, 得a 2＝7.5 m/s 2撤力前上滑距离x 1＝v 122a 1＝22.5 m根据动能定理Fx 1－mg sin θx －fx ＝0 物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离 x ＝37.5 m(3)撤力后物块上滑t 2＝v 1a 2＝2 s下滑过程mg sin θ －f ＝ma 3 解得a 3＝2.5 m/s 2 由x ＝12a 3t 32,可得t 3＝2xa 3＝30 s斜面上运动的总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(5＋30) s 答案 (1)5 N (2)37.5 m (3)(5＋30) s。

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