2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)全程訓(xùn)練計(jì)劃課練15動(dòng)能和動(dòng)能定理含解析

PAGEPAGE17動(dòng)能和動(dòng)能定理小題狂練?小題是基礎(chǔ)練小題提分快1.[2024·河北省定州中學(xué)模擬]一個(gè)人站在高為H的平臺(tái)上，以肯定的初速度將一質(zhì)量為m的小球拋出．測(cè)出落地時(shí)小球的速度大小為v，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g，人對(duì)小球做的功W及小球被拋出時(shí)的初速度大小v0分別為()A．W＝eq\f(1,2)mv2－mgH，v0＝eq\r(v2－2gH)B．W＝eq\f(1,2)mv2，v0＝eq\r(2gH)C．W＝mgH，v0＝eq\r(v2＋2gH)D．W＝eq\f(1,2)mv2＋mgH，v0＝eq\r(2gH)答案：A解析：對(duì)小球在空中的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，有：mgH＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：v0＝eq\r(v2－2gH)，W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mv2－mgH，故A正確．2．[2024·天津市耀華中學(xué)檢測(cè)]如圖所示，用同種材料制成的一軌道ABC，AB段為四分之一圓弧，半徑為R，水平放置的BC段長(zhǎng)為R.一物塊質(zhì)量為m，與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，它由軌道頂端A從靜止起先下滑，恰好運(yùn)動(dòng)到C端停止，重力加速度為g，物塊在AB段克服摩擦力做的功為()A．μmgRB．mgRC.eq\f(1,2)πμmgRD．(1－μ)mgR答案：D解析：在BC段物塊受到的摩擦力f＝μmg，位移為R，故在BC段摩擦力對(duì)物塊做的功W＝－fR＝－μmgR，即物塊克服摩擦力做的功為μmgR，對(duì)整個(gè)過(guò)程由動(dòng)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為mgR－μmgR.故選D.3．[2024·河北省衡水中學(xué)二調(diào)](多選)如圖所示，斜面體由粗糙程度不同的材料A、B拼接而成，其截面△OCD為等腰直角三角形，P為兩材料在CD邊上的交點(diǎn)，且DP＞CP.現(xiàn)將OD邊水平放置，讓小物塊無(wú)初速度地從C滑到D，然后將OC邊水平放置，再讓小物塊無(wú)初速度地從D滑到C，小物塊兩次滑到P點(diǎn)的時(shí)間相同．下列說(shuō)法正確的是()A．物塊其次次滑到P點(diǎn)的速率大B．兩次滑動(dòng)中物塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度大小相等C．兩次滑動(dòng)中物塊到達(dá)底端時(shí)的速度大小相等D．物塊第一次滑到P點(diǎn)的速率大答案：AC解析：由題意可知，小物塊兩次滑到P點(diǎn)的時(shí)間相同，由于DP＞CP，因此從D到P的平均速度大于從C到P的平均速度，設(shè)從C滑到P點(diǎn)時(shí)速度為v1，從D滑到P點(diǎn)時(shí)速度為v2，則依據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)學(xué)問(wèn)有：eq\f(v2,2)>eq\f(v1,2)，即從D滑到P點(diǎn)時(shí)的速度大于從C滑到P點(diǎn)時(shí)的速度，故A正確，B、D錯(cuò)誤；小物塊從D到C和從C到D的過(guò)程中摩擦力做的功相等，重力做的功相等，依據(jù)動(dòng)能定理可知，兩次滑動(dòng)中物塊到達(dá)底端的速度大小相等，故C正確．4．[2024·江蘇省高郵中學(xué)檢測(cè)](多選)如圖所示，質(zhì)量為M的電梯底板上放置一質(zhì)量為m的物體，鋼索拉著電梯由靜止起先向上做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)上上升度為H時(shí)，速度達(dá)到v，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則在這一過(guò)程中()A．物體所受合力做的功等于eq\f(1,2)mv2＋mgHB．底板對(duì)物體的支持力做的功等于mgH＋eq\f(1,2)mv2C．鋼索的拉力做的功等于eq\f(1,2)Mv2＋MgHD．鋼索的拉力、電梯的重力及物體對(duì)底板的壓力對(duì)電梯做的總功等于eq\f(1,2)Mv2答案：BD解析：對(duì)物體，應(yīng)用動(dòng)能定理得：合力對(duì)物體做的功等于物體動(dòng)能的增加量，有W－mgH＝eq\f(1,2)mv2，W＝mgH＋eq\f(1,2)mv2，故A錯(cuò)誤，B正確；依據(jù)功能關(guān)系可知，鋼索的拉力做的功等于電梯和物體的機(jī)械能增加量，為WF＝(M＋m)gH＋eq\f(1,2)(M＋m)v2，故C錯(cuò)誤；對(duì)電梯，依據(jù)動(dòng)能定理知合力對(duì)電梯做的功等于電梯的動(dòng)能的變更量，即鋼索的拉力、電梯的重力及物體對(duì)底板的壓力對(duì)電梯M做的總功等于eq\f(1,2)Mv2，故D正確．5．[2024·河南省商丘九校聯(lián)考](多選)已知一足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面間的夾角為θ，以肯定的速度勻速運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻在傳送帶適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂锌隙ǔ跛俣鹊奈飰K(如圖a所示)，以此時(shí)為t＝0時(shí)刻記錄了小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間的變更關(guān)系，如圖b所示(圖中取沿傳送帶向上的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，其中|v1|＞|v2|)，已知傳送帶的速度保持不變，則下列推斷正確的是()A．0～t1內(nèi)，物塊對(duì)傳送帶始終做負(fù)功B．物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＞tanθC．0～t2內(nèi)，傳送帶對(duì)物塊做的功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)D．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量肯定比物塊動(dòng)能的削減量大答案：ABD解析：由題圖b知，物塊先向下運(yùn)動(dòng)后向上運(yùn)動(dòng)，則知傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向應(yīng)向上，0～t1時(shí)間內(nèi)，物塊對(duì)傳送帶的摩擦力方向沿傳送帶向下，則物塊對(duì)傳送帶做負(fù)功，故A正確．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，物塊向上運(yùn)動(dòng)，則有μmgcosθ>mgsinθ，得μ>tanθ，故B正確.0～t2時(shí)間內(nèi)，由題圖b中“面積”等于位移可知，物塊的總位移沿斜面對(duì)下，高度下降，重力對(duì)物塊做正功，設(shè)為WG，依據(jù)動(dòng)能定理得：W＋WG＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，則傳送帶對(duì)物塊做的W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－WG，故C錯(cuò)誤.0～t2時(shí)間內(nèi)，重力對(duì)物塊做正功，物塊的重力勢(shì)能減小、動(dòng)能也減小，且都轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能，則由能量守恒定律知，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量肯定比物塊動(dòng)能的削減量大，故D正確．故選A、B、D.6．[2024·福建省福州市八縣(市)聯(lián)考](多選)如圖所示，在距水平地面高為0.4m處，水平固定一根長(zhǎng)直光滑桿，在桿上P點(diǎn)固定一光滑定滑輪，滑輪可繞水平軸無(wú)摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)，在P點(diǎn)的右側(cè)，桿上套有一質(zhì)量m＝2kg的滑塊A.半徑R＝0.3m的光滑半圓形細(xì)軌道豎直固定在地面上，其圓心O在P點(diǎn)的正下方，在軌道上套有一質(zhì)量也為m＝2kg的小球B.用一條不行伸長(zhǎng)的松軟輕細(xì)繩，通過(guò)定滑輪將A、B連接起來(lái)．桿和半圓形軌道在同一豎直面內(nèi)，A、B均可看成質(zhì)點(diǎn)，且不計(jì)滑輪大小的影響．現(xiàn)給滑塊A一個(gè)水平向右的恒力F＝50N(取g＝10m/s2)．則()A．把小球B從地面拉到P點(diǎn)的正下方C處時(shí)力F做的功為20JB．小球B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正下方C處時(shí)的速度為0C．小球B被拉到與滑塊A速度大小相等時(shí)，離地面高度為0.225mD．把小球B從地面拉到P的正下方C處時(shí)，小球B的機(jī)械能增加了20J答案：ACD解析：把小球B從地面拉到P點(diǎn)正下方C處的過(guò)程中，力F的位移為：x＝eq\r(0.42＋0.32)m－(0.4－0.3)m＝0.4m，則力F做的功WF＝Fx＝20J，選項(xiàng)A正確；把小球B從地面拉到P點(diǎn)正下方C處時(shí)，B的速度方向與繩子方向垂直，A的速度為零，設(shè)B的速度為v，則由動(dòng)能定理：WF－mgR＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(14)m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)細(xì)繩與半圓形軌道相切時(shí)，小球B的速度方向沿圓周的切線方向向上，此時(shí)和繩子方向重合，故與滑塊A速度大小相等，由幾何關(guān)系可得h＝0.225m，選項(xiàng)C正確；B的機(jī)械能增加量為F做的功20J，D正確．7．[2024·山東省棗莊八中調(diào)研]如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1m的長(zhǎng)木板水平放置，在木板的A端放置一質(zhì)量為m＝1kg的小物塊，現(xiàn)緩慢地抬高A端，使木板以左端為軸轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)木板轉(zhuǎn)到與水平面的夾角為α＝30°時(shí)，小物塊起先滑動(dòng)，此時(shí)停止轉(zhuǎn)動(dòng)木板，小物塊滑究竟端的速度為v＝2m/s，重力加速度g＝10m/s2，則在整個(gè)過(guò)程中()A．木板對(duì)小物塊做的功為5JB．摩擦力對(duì)小物塊做的功為5JC．支持力對(duì)小物塊做的功為0D．小物塊克服摩擦力做的功為3J答案：D解析：設(shè)在整個(gè)過(guò)程中，木板對(duì)物塊做的功為W，依據(jù)動(dòng)能定理得：W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×1×22J＝2J，故A錯(cuò)誤；在木板從水平位置起先轉(zhuǎn)動(dòng)到與水平面的夾角為30°的過(guò)程中，摩擦力不做功，物塊沿木板下滑過(guò)程中，摩擦力對(duì)物塊做功，由于摩擦力小于重力沿木板向下的分力，即f<mgsin30°，則摩擦力對(duì)物塊做的功Wf＝－fL≠－mgLsin30°＝－5J，故B錯(cuò)誤；在木板從水平位置起先轉(zhuǎn)動(dòng)到與水平面的夾角為30°的過(guò)程中，支持力對(duì)物塊做的功設(shè)為WN，依據(jù)動(dòng)能定理得：WN－mgLsin30°＝0，得WN＝5J，故C錯(cuò)誤；在物塊下滑的過(guò)程中，依據(jù)動(dòng)能定理得：mgLsin30°＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，得Wf＝－3J，即小物塊克服摩擦力做的功為3J，故D正確．8．[2024·安徽省四校模擬]一質(zhì)點(diǎn)在0～15s內(nèi)豎直向上運(yùn)動(dòng)，其加速度－時(shí)間圖象如圖所示，若取豎直向下為正，g取10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是()A．質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能不斷增加B．在0～5s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能增加C．在10～15s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能始終增加D．在t＝15s時(shí)質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能大于t＝5s時(shí)質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能答案：D解析：質(zhì)點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，0～15s內(nèi)加速度方向向下，質(zhì)點(diǎn)始終做減速運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò).0～5s內(nèi)，a＝10m/s2，質(zhì)點(diǎn)只受重力，機(jī)械能守恒；5～10s內(nèi)，a＝8m/s2，受重力和向上的力F1，F(xiàn)1做正功，機(jī)械能增加；10～15s內(nèi)，a＝12m/s2，質(zhì)點(diǎn)受重力和向下的力F2，F(xiàn)2做負(fù)功，機(jī)械能削減，A、C錯(cuò)誤．由F合＝ma可推知F1＝F2，由于做減速運(yùn)動(dòng)，5～10s內(nèi)通過(guò)的位移大于10～15s內(nèi)通過(guò)的位移，F(xiàn)1做的功大于F2做的功，5～15s內(nèi)增加的機(jī)械能大于削減的機(jī)械能，所以D正確．9．[2024·山東省濰坊模擬](多選)如圖所示，一根細(xì)繩的上端系在O點(diǎn)，下端系一重球B，放在粗糙的斜面體A上．現(xiàn)用水平推力F向右推斜面體使之在光滑水平面上向右勻速運(yùn)動(dòng)一段距離(細(xì)繩尚未到達(dá)平行于斜面的位置)．在此過(guò)程中()A．B做勻速圓周運(yùn)動(dòng)B．摩擦力對(duì)重球B做正功C．水平推力F和重球B對(duì)A做的功的大小相等D．A對(duì)重球B所做的功與重球B對(duì)A所做的功大小相等答案：BC解析：B的線速度大小是變更的，故不是勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；如圖，畫(huà)出球B受到的支持力N，摩擦力f以及球在該位置時(shí)運(yùn)動(dòng)的切線的方向，由圖可知，斜面對(duì)B的摩擦力沿斜面對(duì)下，與B的速度方向的夾角為銳角，所以摩擦力對(duì)重球B做正功，故B正確；A勻速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，依據(jù)動(dòng)能定理知水平推力F和重球B對(duì)A做的功的大小相等，故C正確；斜面對(duì)B的彈力和B對(duì)斜面的彈力是一對(duì)作用力和反作用力，大小相等，斜面在彈力方向上的位移等于B在彈力方向上的位移，所以A對(duì)重球B的彈力所做的功與重球B對(duì)A彈力所做的功大小相等，一正一負(fù)，由于B與A間存在相對(duì)運(yùn)動(dòng)，A的位移與B的位移不相等，所以A對(duì)重球B的摩擦力所做的功與重球B對(duì)A的摩擦力所做的功大小不相等，所以A對(duì)重球B所做的總功與重球B對(duì)A所做的總功大小不相等，故D錯(cuò)誤．10．[2024·江西省南昌調(diào)研](多選)如圖所示，一小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從H＝12m高處，由靜止起先沿光滑彎曲軌道AB進(jìn)入半徑R＝4m的豎直圓環(huán)內(nèi)側(cè)，且與圓環(huán)的動(dòng)摩擦因數(shù)到處相等，當(dāng)?shù)竭_(dá)圓環(huán)頂點(diǎn)C時(shí)，剛好對(duì)軌道壓力為零；然后沿CB圓弧滑下，進(jìn)入光滑弧形軌道BD，到達(dá)高度為h的D點(diǎn)時(shí)速度為零，則h的值可能為()A．10mB．9.5mC．8.5mD．8m答案：BC解析：設(shè)小球質(zhì)量為m，以B點(diǎn)所在水平面為零勢(shì)能面，由題給條件“當(dāng)?shù)竭_(dá)圓環(huán)頂點(diǎn)C時(shí)，剛好對(duì)軌道壓力為零”有mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)，小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，有veq\o\al(2,C)＝gR，在C點(diǎn)的動(dòng)能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mgR，則小球在C點(diǎn)的機(jī)械能為2mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(5,2)mgR，則小球從B點(diǎn)到C點(diǎn)克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)mgR，小球到達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度為零，設(shè)小球在D點(diǎn)的機(jī)械能為EkD，分析可知小球在從C點(diǎn)到B點(diǎn)過(guò)程中也有摩擦力，且摩擦力做的功小于小球從B點(diǎn)到C點(diǎn)克服摩擦力做的功eq\f(1,2)mgR，故2mgR＜EkD＜eq\f(5,2)mgR，即8m＜h＜10m，選項(xiàng)B、C正確．11．[2024·四川卷]韓曉鵬是我國(guó)首位在冬奧會(huì)雪上項(xiàng)目奪冠的運(yùn)動(dòng)員．他在一次自由式滑雪空中技巧競(jìng)賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對(duì)他做功1900J，他克服阻力做功100J．韓曉鵬在此過(guò)程中()A．動(dòng)能增加了1900JB．動(dòng)能增加了2000JC．重力勢(shì)能削減了1900JD．重力勢(shì)能削減了2000J答案：C解析：依據(jù)動(dòng)能定理，物體動(dòng)能的增量等于物體所受全部力做功的代數(shù)和，即ΔEk＝WG＋Wf＝1900J－100J＝1800J，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；重力做功與重力勢(shì)能變更量的關(guān)系為WG＝－ΔEp，即重力勢(shì)能削減了1900J，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤．12．[2024·江蘇卷]一小物塊沿斜面對(duì)上滑動(dòng)，然后滑回到原處．物塊初動(dòng)能為Ek0，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，則該過(guò)程中，物塊的動(dòng)能Ek與位移x關(guān)系的圖線是()ABCD答案：C解析：設(shè)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物塊的質(zhì)量為m，則物塊在上滑過(guò)程中依據(jù)動(dòng)能定理有－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x，物塊沿斜面下滑的過(guò)程中有(mgsinθ－μmgcosθ)(x0－x)＝Ek，即Ek與x成一次函數(shù)關(guān)系，由此可以推斷C項(xiàng)正確．13．[2024·西安模擬]有兩個(gè)物體a和b，其質(zhì)量分別為ma和mb，且ma＞mb，它們的初動(dòng)能相同，若a和b分別受到不變的阻力Fa和Fb的作用，經(jīng)過(guò)相同的時(shí)間停下來(lái)，它們的位移分別為sa和sb，則()A．Fa＞Fb且sa＜sbB．Fa＞Fb且sa＞sbC．Fa＜Fb且sa＞sbD．Fa＜Fb且sa＜sb答案：A解析：設(shè)物體的初速度為v，初動(dòng)能為Ek，所受的阻力為F，通過(guò)的位移為s，物體的速度與動(dòng)能的關(guān)系為Ek＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2Ek,m))，由s＝eq\f(v＋0,2)t得，s＝eq\r(\f(Ek,2m))t，由題意可知物體a、b運(yùn)動(dòng)時(shí)間和初動(dòng)能相同，則質(zhì)量越大，位移越小，ma＞mb，所以sa＜sb；由動(dòng)能定理得，－Fs＝0－Ek，因初動(dòng)能相同，F(xiàn)與s成反比，則Fa＞Fb，故選A.14．[2024·開(kāi)封定位考試](多選)靜止在水平地面的物塊，受到水平方向的拉力F作用，此拉力方向不變，其大小F與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示，設(shè)物塊與地面間的靜摩擦力最大值fm與滑動(dòng)摩擦力大小相等，則()A．0～t1時(shí)間內(nèi)F的功率漸漸增大B．t2時(shí)刻物塊的加速度最大C．t2時(shí)刻后物塊做反向運(yùn)動(dòng)D．t3時(shí)刻物塊的動(dòng)能最大答案：BD解析：在0～t1時(shí)間內(nèi)，水平方向的拉力從零漸漸增大到等于最大靜摩擦力，物塊始終靜止不動(dòng)，水平拉力做功為零，功率為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t2時(shí)刻水平拉力最大且大于滑動(dòng)摩擦力的2倍，依據(jù)牛頓其次定律可知物塊加速度最大，選項(xiàng)B正確；t2時(shí)刻后水平拉力漸漸減小，物塊的加速度漸漸減小，速度方向不變，速度接著增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；t3時(shí)刻水平拉力減小到等于滑動(dòng)摩擦力，速度增大到最大，t3時(shí)刻物塊的動(dòng)能最大，選項(xiàng)D正確．15．[2024·四川五校聯(lián)考]如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長(zhǎng)．圓環(huán)從A處由靜止起先下滑，經(jīng)過(guò)B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零，AC＝h，此為過(guò)程Ⅰ；若圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，則恰好能回到A處，此為過(guò)程Ⅱ.已知彈簧始終在彈性范圍內(nèi)，重力加速度為g，則圓環(huán)()A．在過(guò)程Ⅰ中，加速度始終減小B．在過(guò)程Ⅱ中，克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)mv2C．在C處，彈簧的彈性勢(shì)能為eq\f(1,4)mv2－mghD．在過(guò)程Ⅰ、過(guò)程Ⅱ中克服摩擦力做功相同答案：D解析：圓環(huán)剛起先下滑時(shí)，圓環(huán)受到的合力向下，設(shè)彈簧原長(zhǎng)為L(zhǎng)，下滑過(guò)程中，對(duì)圓環(huán)受力分析，如圖所示，彈簧彈力與豎直方向的夾角為θ，則彈簧彈力F＝kLeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,sinθ)－1))，豎直方向依據(jù)牛頓其次定律可得mg－Fcosθ－μFN＝ma，水平方向有Fsinθ＝FN，聯(lián)立三個(gè)方程可知，圓環(huán)下滑過(guò)程中受到的合力先減小后增大，圓環(huán)的加速度先減小后增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在過(guò)程Ⅰ和Ⅱ中，圓環(huán)在相同位置時(shí)受到的滑動(dòng)摩擦力大小相等，所以在這兩個(gè)過(guò)程中克服摩擦力做的功相等，選項(xiàng)D正確；在過(guò)程Ⅰ中，依據(jù)動(dòng)能定理可得WG－Wf－W彈＝0，解得Wf＝WG－W彈，在過(guò)程Ⅱ中，依據(jù)動(dòng)能定理可得－WG＋W彈－Wf＝－eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得Wf＝eq\f(1,4)mv2，在C處Ep彈＝W彈＝mgh－eq\f(1,4)mv2，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤．16．[2024·鄭州質(zhì)檢](多選)質(zhì)量為m的小球被系在輕繩一端，在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示．在圓心處連接有力傳感器，用來(lái)測(cè)量繩子上的拉力，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球受到空氣阻力的作用，空氣阻力隨速度減小而減小．某一時(shí)刻小球通過(guò)軌道的最低點(diǎn)，力傳感器的示數(shù)為7mg，重力加速度為g，此后小球接著做圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)半個(gè)圓周恰能通過(guò)最高點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是()A．到最高點(diǎn)過(guò)程中小球克服空氣阻力做的功為eq\f(1,2)mgRB．到最高點(diǎn)過(guò)程中小球克服空氣阻力做的功為mgRC．再次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)力傳感器的示數(shù)為5mgD．再次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)力傳感器的示數(shù)大于5mg答案：AD解析：小球在最低點(diǎn)時(shí)有F1＝T－mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，解得v1＝eq\r(6gR)，而在最高點(diǎn)時(shí)，由于小球恰好能通過(guò)最高點(diǎn)，所以有mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)，可得v2＝eq\r(gR)，小球從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理可得－mg·2R－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得空氣阻力做的功Wf＝eq\f(1,2)mgR，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；小球從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過(guò)程，由于小球受到的空氣阻力隨速度的減小而減小，分析可知在同一水平面上上升過(guò)程中的阻力大于下落過(guò)程中的阻力，由動(dòng)能定理可得mg·2R－Wf′＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，且此過(guò)程中空氣阻力做的功Wf′＜Wf，解得v′1＞eq\r(4gR)，再次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)有F2＝T′－mg＝meq\f(v′\o\al(2,1),R)，解得T′＞5mg，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．

課時(shí)測(cè)評(píng)?綜合提實(shí)力課時(shí)練贏高分一、選擇題1．[2024·浙江模擬]如圖所示，足球從草皮上的①位置被踢出后落在草皮上③位置，空中到達(dá)的最高點(diǎn)為②位置，則()A．②位置足球動(dòng)能等于0B．①位置到③位置過(guò)程只有重力做功C．①位置到②位置的過(guò)程足球的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能D．②位置到③位置過(guò)程足球動(dòng)能的變更量等于合力做的功答案：D解析：由題圖可知，足球由②到③過(guò)程中具有水平位移，則說(shuō)明足球在②位置存在速度，故A錯(cuò)誤；由圖可知，①到②的水平位移大于②到③的水平位移，則說(shuō)明足球受到空氣阻力，故B錯(cuò)誤；因存在阻力做功，故①位置到②位置的過(guò)程足球的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能和內(nèi)能，故C錯(cuò)誤；依據(jù)動(dòng)能定理可得，②位置到③位置過(guò)程足球動(dòng)能的變更量等于合力做的功，故D正確．2．[2024·江西模擬](多選)質(zhì)量為m的物塊在水平恒力F的推動(dòng)下，從山坡(粗糙)底部的A處由靜止起先運(yùn)動(dòng)至高為h的坡頂B處．到達(dá)B處時(shí)物塊的速度大小為v，A、B之間的水平距離為s，重力加速度為g.不計(jì)空氣阻力，則物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中()A．重力所做的功是mghB．合外力對(duì)物塊做的功是eq\f(1,2)mv2C．推力對(duì)物塊做的功是eq\f(1,2)mv2＋mghD．阻力對(duì)物塊做的功是eq\f(1,2)mv2＋mgh－Fs答案：BD解析：重力所做的功是WG＝－mgh，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)阻力做功為Wf，依據(jù)動(dòng)能定理，合外力對(duì)物塊做的功是W合＝WF－mgh＋Wf＝eq\f(1,2)mv2，選項(xiàng)B正確；WF＝mgh－Wf＋eq\f(1,2)mv2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；WF＝Fs＝mgh－Wf＋eq\f(1,2)mv2，則Wf＝mgh＋eq\f(1,2)mv2－Fs，選項(xiàng)D正確．3.[2024·天津五區(qū)縣聯(lián)考](多選)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一光滑圓環(huán)，半徑為R，圓心為O，B為最低點(diǎn)，C為最高點(diǎn)，圓環(huán)左下方開(kāi)一個(gè)小口與光滑斜面相切于A點(diǎn)，∠AOB＝37°，小球從斜面上某一點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)A點(diǎn)進(jìn)入圓軌道，不計(jì)小球由D到A的機(jī)械能損失，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)則要保證運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球不離開(kāi)軌道，小球釋放的位置到A點(diǎn)的距離可能是()A．RB．2RC．3RD．4R答案：AD解析：若使小球恰能經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)C，則mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，依據(jù)動(dòng)能定理有mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得h＝eq\f(5,2)R，小球釋放的位置到A點(diǎn)的距離是x＝eq\f(h－R1－cos37°,sin37°)＝eq\f(23,6)R；若使小球恰能經(jīng)過(guò)與圓心O等高的一點(diǎn)，則釋放的高度h′＝R，此時(shí)小球釋放的位置到A點(diǎn)的距離是x′＝eq\f(h′－R1－cos37°,sin37°)＝eq\f(4,3)R；要保證運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球不離開(kāi)軌道，小球釋放的位置到A點(diǎn)的距離應(yīng)滿意：x≥eq\f(23,6)R或x′≤eq\f(4,3)R，A、D正確．4．(多選)如圖所示，斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的兩段，在B處用小圓弧連接．將小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從A處由靜止釋放后，它沿斜面對(duì)下滑行，進(jìn)入平面，最終靜止于P處．若從該板材上再截下一段，擱置在A、P之間，構(gòu)成一個(gè)新的斜面，再將鐵塊放回A處，并輕推一下使之沿新斜面對(duì)下滑動(dòng)．關(guān)于此狀況下鐵塊運(yùn)動(dòng)狀況的描述，正確的是()A．鐵塊肯定能夠到達(dá)P點(diǎn)B．鐵塊的初速度必需足夠大才能到達(dá)P點(diǎn)C．鐵塊能否到達(dá)P點(diǎn)與鐵塊質(zhì)量有關(guān)D．鐵塊能否到達(dá)P點(diǎn)與鐵塊質(zhì)量無(wú)關(guān)答案：AD解析：設(shè)A距離水平面BC的高度為h，小鐵塊與該板材間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.斜面AB的傾角為α，對(duì)全過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理有mgh－μmgs1cosα－μmgs2＝0，整理得mgh－μmg(s1cosα＋s2)＝0，而s1cosα＋s2等于OP的長(zhǎng)度，即h－μeq\x\to(OP)＝0，與斜面的傾角無(wú)關(guān)，故小鐵塊肯定能夠到達(dá)P點(diǎn)，且與鐵塊的質(zhì)量無(wú)關(guān)．故A、D正確．5．(多選)如圖所示，水平傳送帶由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，并始終保持以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將質(zhì)量為m的某物塊由靜止釋放在傳送帶上的左端，過(guò)一會(huì)兒物塊能保持與傳送帶相對(duì)靜止，設(shè)物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，對(duì)于這一過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是()A．摩擦力對(duì)物塊做的功為0.5mv2B．物塊對(duì)傳送帶做功為0.5mv2C．系統(tǒng)摩擦生熱為0.5mv2D．電動(dòng)機(jī)多做的功為mv2答案：ACD解析：設(shè)物塊勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，依據(jù)動(dòng)能定理得：摩擦力對(duì)物塊做的功為W1＝feq\f(1,2)vt＝eq\f(1,2)mv2＝0.5mv2.物塊對(duì)傳送帶做功W2＝－fvt＝－mv2，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤．物塊與傳送帶相對(duì)位移大小為Δx＝vt－eq\f(vt,2)＝0.5vt，則Δx＝x物．摩擦生熱為Q＝f·Δx＝fx物＝0.5mv2.故C項(xiàng)正確．電動(dòng)機(jī)多做的功轉(zhuǎn)化成了物體的動(dòng)能和系統(tǒng)的內(nèi)能，所以電動(dòng)機(jī)多做的功為W機(jī)＝eq\f(1,2)mv2＋Q＝mv2.故D項(xiàng)正確．(或電動(dòng)機(jī)做的功等于傳送帶克服摩擦力做的功W機(jī)＝f·vt＝mv2)6．(多選)如圖甲所示，物體以肯定初速度從傾角α＝37°的斜面底端沿斜面對(duì)上運(yùn)動(dòng)，上升的最大高度為3.0m．選擇地面為參考平面，上升過(guò)程中，物體的機(jī)械能E隨高度h的變更關(guān)系如圖乙所示．(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.)則()A．物體上升過(guò)程的加速度大小a＝10m/s2B．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4C．物體的質(zhì)量m＝0.67kgD．物體回到斜面底端時(shí)的動(dòng)能Ek＝10J答案：AD解析：物體到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，機(jī)械能為E＝Ep＝mgh，由圖知Ep＝30J，得m＝eq\f(E,gh)＝eq\f(30,10×3)kg＝1kg，故C錯(cuò)誤；物體上升過(guò)程中，克服摩擦力做功，機(jī)械能削減，削減的機(jī)械能等于克服摩擦力做的功，ΔE＝－μmgcosαeq\f(h,sinα)，得μ＝0.5，故B錯(cuò)誤；物體上升過(guò)程中，由牛頓其次定律得mgsinα＋μmgcosα＝ma，得a＝gsinα＋μgcosα＝10×0.6m/s2＋0.5×10×0.8m/s2＝10m/s2，故A正確；由圖象可知，物體上升過(guò)程中摩擦力做功為W＝30J－50J＝－20J，在整個(gè)過(guò)程中由動(dòng)能定理得2W＝Ek－Ek0，則有Ek＝Ek0＋2W＝50J＋2×(－20)J＝10J，故D正確．7.(多選)如圖是某緩沖裝置，勁度系數(shù)足夠大的輕質(zhì)彈簧與直桿相連，直桿可在固定的槽內(nèi)移動(dòng)，與槽間的滑動(dòng)摩擦力恒為f，直桿質(zhì)量不行忽視．一質(zhì)量為m的小車以速度v0撞擊彈簧，最終以速度v彈回．直桿足夠長(zhǎng)，且直桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，不計(jì)小車與地面間的摩擦．則()A．小車被彈回時(shí)速度v肯定小于v0B．直桿在槽內(nèi)移動(dòng)的距離等于eq\f(1,f)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,0)－\f(1,2)mv2))C．直桿在槽內(nèi)向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，小車與直桿始終保持相對(duì)靜止D．彈簧的彈力可能大于直桿與槽間的最大靜摩擦力答案：BD解析：小車在向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，彈簧的形變量若始終小于eq\f(f,k)時(shí)，直桿和槽間無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)，小車被彈回時(shí)速度v肯定等于v0；若形變量大于eq\f(f,k)時(shí)，桿和槽間出現(xiàn)相對(duì)運(yùn)動(dòng)，克服摩擦力做功，小車的動(dòng)能減小，所以小車被彈回時(shí)速度v肯定小于v0，A錯(cuò)誤；對(duì)整個(gè)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得fs＝ΔEk，直桿在槽內(nèi)移動(dòng)的距離s＝eq\f(1,f)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,0)－\f(1,2)mv2))，B正確；直桿在槽內(nèi)向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，起先小車速度比桿的大，所以不行能與直桿始終保持相對(duì)靜止，C錯(cuò)誤；當(dāng)彈力等于最大靜摩擦力時(shí)，直桿起先運(yùn)動(dòng)，此時(shí)小車的速度大于直桿的速度，彈簧進(jìn)一步被壓縮，彈簧的彈力大于最大靜摩擦力，D正確．8．(多選)如圖甲所示，為測(cè)定物體沖上粗糙斜面能達(dá)到的最大位移x與斜面傾角θ的關(guān)系，將某一物體每次以不變的初速度沿足夠長(zhǎng)的斜面對(duì)上推出，調(diào)整斜面與水平方向的夾角θ，試驗(yàn)測(cè)得x與斜面傾角θ的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度大小g取10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，依據(jù)圖象可求出()A．物體的初速率為3m/sB．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.75C．取不同的傾角θ，物體在斜面上能達(dá)到的位移x的最小值為1.44mD．當(dāng)θ＝45°時(shí)，物體達(dá)到最大位移后將停在斜面上答案：BC解析：由題圖乙可知，當(dāng)夾角θ＝0°時(shí)，位移為2.40m，而當(dāng)夾角為90°時(shí)，位移為1.80m，則由豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知veq\o\al(2,0)＝2gh，解得v0＝eq\r(2gh)＝6m/s，故A錯(cuò)誤；當(dāng)夾角為0°時(shí)，由動(dòng)能定理可得μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得μ＝0.75，故B正確；－mgxsinθ－μmgxcosθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得x＝eq\f(v\o\al(2,0),2gsinθ＋μcosθ)(m)＝eq\f(18,10sinθ＋\f(3,4)cosθ)(m)＝eq\f(18,10×\f(5,4)sinθ＋α)(m)，當(dāng)θ＋α＝90°時(shí)，sin(θ＋α)＝1，此時(shí)位移最小，x＝1.44m，故C正確；若θ＝45°時(shí)，物體受到重力的分力為mgsin45°＝eq\f(\r(2),2)mg，最大靜摩擦力f＝μmgcos45°＝eq\f(3\r(2),8)mg，eq\f(\r(2),2)mg＞eq\f(3\r(2),8)mg，故物體達(dá)到最大位移后會(huì)下滑，故D錯(cuò)誤．9．[2024·廣東佛山一中段考]如圖，一半徑為R、粗糙程度到處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平．一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高為R處由靜止起先下落，恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道．質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí)，對(duì)軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大?。肳表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力所做的功．則()A．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn)B．W>eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn)C．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，接著上升一段距離D．W<eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，接著上升一段距離答案：C解析：在N點(diǎn)，依據(jù)牛頓其次定律有N－mg＝meq\f(v\o\al(2,N),R)，解得vN＝eq\r(3gR)，對(duì)質(zhì)點(diǎn)從起先下落至到達(dá)N點(diǎn)的過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得mg·2R－W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)－0，解得W＝eq\f(1,2)mgR.由于質(zhì)點(diǎn)在PN段的速度大于質(zhì)點(diǎn)在NQ段的速度，所以質(zhì)點(diǎn)在NQ段受到的支持力小于PN段受到的支持力，則質(zhì)點(diǎn)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段運(yùn)動(dòng)時(shí)由動(dòng)能定理得－mgR－W′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)，因?yàn)閃′<eq\f(1,2)mgR，可知vQ>0，所以質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，接著上升一段距離．故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．10．[2024·陜西渭南模擬](多選)一質(zhì)量為m的物體以速度v0在足夠大的光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，從零時(shí)刻起，對(duì)該物體施加一水平恒力F，經(jīng)過(guò)時(shí)間t，物體的速度大小減小到最小值eq\f(3,5)v0，此后速度大小不斷增大．則()A．水平恒力F大小為eq\f(2mv0,5t)B．水平恒力作用2t時(shí)間，物體速度大小為v0C．在t時(shí)間內(nèi)，水平恒力做的功為－eq\f(8,25)mveq\o\al(2,0)D．若水平恒力大小為2F，方向不變，物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度仍為eq\f(3,5)v0答案：BCD解析：由物體速度減小到最小值eq\f(3,5)v0，可知恒力F的方向與速度v0的方向間的夾角為鈍角，將v0沿F的方向和垂直于F的方向進(jìn)行分解，可知垂直于F方向的速度大小vx＝eq\f(3,5)v0，平行于F方向的速度大小vy＝eq