2025年高考物理復(fù)習(xí)分類(lèi)訓(xùn)練：動(dòng)能定理的應(yīng)用（一）（解析卷）

專(zhuān)題23動(dòng)能定理的應(yīng)用（一）

一、單選題

1.（2021.湖南）“復(fù)興號(hào)”動(dòng)車(chē)組用多節(jié)車(chē)廂提供動(dòng)力，從而達(dá)到提速的目的?？傎|(zhì)量為m的動(dòng)車(chē)組在平直

的軌道上行駛。該動(dòng)車(chē)組有四節(jié)動(dòng)力車(chē)廂，每節(jié)車(chē)廂發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率均為P,若動(dòng)車(chē)組所受的阻力與其

速率成正比（垛=五，%為常量），動(dòng)車(chē)組能達(dá)到的最大速度為%。下列說(shuō)法正確的是（）

A.動(dòng)車(chē)組在勻加速啟動(dòng)過(guò)程中，牽引力恒定不變

B.若四節(jié)動(dòng)力車(chē)廂輸出功率均為額定值，則動(dòng)車(chē)組從靜止開(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng)

3

C.若四節(jié)動(dòng)力車(chē)廂輸出的總功率為2.25尸，則動(dòng)車(chē)組勻速行駛的速度為

D.若四節(jié)動(dòng)力車(chē)廂輸出功率均為額定值，動(dòng)車(chē)組從靜止啟動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間f達(dá)到最大速度%,則這一過(guò)程中

該動(dòng)車(chē)組克服阻力做的功為-8

【答案】C

【解析】A.對(duì)動(dòng)車(chē)由牛頓第二定律有

尸一%=ma

若動(dòng)車(chē)組在勻加速啟動(dòng)，即加速度。恒定，但耳目=心隨速度增大而增大，則牽引力也隨阻力增大而變大，

故A錯(cuò)誤；

B.若四節(jié)動(dòng)力車(chē)廂輸出功率均為額定值，則總功率為4尸，由牛頓第二定律有

-4-尸---k,v=ma

v

故可知加速啟動(dòng)的過(guò)程，牽引力減小，阻力增大，則加速度逐漸減小，故B錯(cuò)誤；

C.若四節(jié)動(dòng)力車(chē)廂輸出的總功率為2.25尸，則動(dòng)車(chē)組勻速行駛時(shí)加速度為零，有

2.25P,

-------=KV

V

而以額定功率勻速時(shí)，有

4尸=kiv

一m

%

聯(lián)立解得

3

v=4Vm

故C正確；

D.若四節(jié)動(dòng)力車(chē)廂輸出功率均為額定值，動(dòng)車(chē)組從靜止啟動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間r達(dá)到最大速度〃，由動(dòng)能定理可

知

1,

4打一叫阻=］加片一0

可得動(dòng)車(chē)組克服阻力做的功為

17

Wm=4Pt--mvm

故D錯(cuò)誤；

故選C?

2.（2018?天津）滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾喜愛(ài)，某滑雪運(yùn)動(dòng)員（可視為質(zhì)點(diǎn)）由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形

滑道A2,從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過(guò)程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動(dòng)員的速率不變，則運(yùn)動(dòng)員沿

A8下滑過(guò)程中（）

A.合外力做功一定大于零

B.所受摩擦力大小不變

C.合外力始終與速度垂直

D.機(jī)械能始終保持不變

【答案】C

【解析】A.運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速率不變，質(zhì)量不變，即動(dòng)能不變，動(dòng)能變化量為零，根據(jù)動(dòng)能定理可知合

力做功為零。故A錯(cuò)誤；

B.運(yùn)動(dòng)員受力如圖所示

運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速率恒定，且e在減小，由

f=mgsin0

可知摩擦力越來(lái)越小。B錯(cuò)誤；

C.運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速率不變，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合外力提供向心力，始終與速度垂直。故C正確;

D.因?yàn)榭朔Σ亮ψ龉?，所以機(jī)械能不守恒。故D錯(cuò)誤。

故選c。

3.（2015?海南）如圖，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高；質(zhì)量為優(yōu)的質(zhì)點(diǎn)自軌道端

點(diǎn)尸由靜止開(kāi)始滑下，滑到最低點(diǎn)。時(shí)，對(duì)軌道的正壓力為2mg,重力加速度大小為g,質(zhì)點(diǎn)自尸滑到。

的過(guò)程中，克服摩擦力所做的功為（

n兀c

C.gmgRD.—mgR

【答案】C

【解析】試題分析：據(jù)題意，質(zhì)點(diǎn)在位置P是具有的重力勢(shì)能為：Ep=mgR.,當(dāng)質(zhì)點(diǎn)沿著曲面下滑到位置

Q時(shí)具有的動(dòng)能為：鳥(niǎo)=；加/，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)對(duì)軌道壓力為:

N-mg=m—，由能量守恒定律得到:

R

1

uy=Ep—E；.-mgR-^mv—,故選項(xiàng)c正確.

考點(diǎn)：能量守恒定律、圓周運(yùn)動(dòng)

【名師點(diǎn)睛】本題分析的關(guān)鍵是找出質(zhì)點(diǎn)在初始位置是的機(jī)械能和在末位置時(shí)的機(jī)械能，兩個(gè)位置機(jī)械能

只差就等于摩擦力做的功的大小即W/=馬一耳；但在球末位置時(shí)的動(dòng)能時(shí)需要用到圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律，

2

N-mg=m—,由此式可以求出在末位置的速度，也就可以求解此位置的動(dòng)能大小了.

R

4.（2014?全國(guó)）一物體靜止在粗糙水平地面上，現(xiàn)用一大小為B的水平拉力拉動(dòng)物體，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后其

速度變?yōu)橐踩魧⑺嚼Φ拇笮「臑槭?,物體從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)同樣的時(shí)間后速度變?yōu)?v,對(duì)于上述兩個(gè)

過(guò)程，用卬凡、卬S分別表示拉力B、八所做的功，叫,、嗎。分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則（）

A.WF2>4WF1,Wf2>2WflB.WF2>4Wn,=2Wfl

C.%2<4%一%2=2叼ID.WF2<4Wn,Wf2<2Wf]

【答案】C

【解析】由題意可知，兩次物體均做勻加速運(yùn)動(dòng)，則在同樣的時(shí)間內(nèi)，它們的位移之比為

v2v

Si：S2二一t:—t=1：2

22

兩次物體所受的摩擦力不變，根據(jù)力做功表達(dá)式，則有滑動(dòng)摩擦力做功之比

Wfi：Wf2=fSitfS2=\-.2

再由動(dòng)能定理，則有:

1,

WF-Wf=—mv^-0

可知，

12

WFI-Wfi=—mv~—0

12

WF2-W/2=4X—mv"-0

由上兩式可解得：

WF2=4WFI-2Wfl

故C正確，ABD錯(cuò)誤；

故選C.

5.（2021?湖北）如圖（a）所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30。的固定斜面上滑，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中摩擦力大

小/恒定，物塊動(dòng)能及與運(yùn)動(dòng)路程s的關(guān)系如圖（b）所示。重力加速度大小取10m/s2,物塊質(zhì)量機(jī)和所受

摩擦力大小/分別為（）

圖(a)圖(b)

A.m=0.7kg,f-0.5NB.m-Q.Jkg,7=1.0N

C.”2=0.8kg,f-0.5ND.m=0.8kg,/=1.0N

【答案】A

【分析】本題結(jié)合線-s圖像考查動(dòng)能定理。

【解析】0Tom內(nèi)物塊上滑，由動(dòng)能定理得

-mgsin30°-s-fs=Ek-￡k0

整理得

Ek=Ek0-（mgsin30°+/）5

結(jié)合070m內(nèi)的圖像得，斜率的絕對(duì)值

|k|=mgsin30°+f=4N

10~20m內(nèi)物塊下滑，由動(dòng)能定理得

整理得

.=（agsin30°_/）s_（mgsin30°_/卜］

結(jié)合10~20m內(nèi)的圖像得，斜率

K=mgsin-30°—f=3N

聯(lián)立解得

/=0.5N

m=0.7kg

故選Ao

6.（2020?江蘇）如圖所示，一小物塊由靜止開(kāi)始沿斜面向下滑動(dòng)，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑

連接，且物塊與斜面、物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為常數(shù)。該過(guò)程中，物塊的動(dòng)能”與水平位移x關(guān)系

的圖象是（）

【答案】A

【解析】由題意可知設(shè)斜面傾角為仇動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，則物塊在斜面上下滑距離在水平面投影距離為X,

根據(jù)動(dòng)能定理，有

%

mgxtand-/nmgcos0■—:—=E

COS0k

整理可得

(mgtan6-〃mg)x="

即在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)能與x成線性關(guān)系；

當(dāng)小物塊在水平面運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理由

-jumgx=Ek-Ek0

即

Ek=Ek「〃mgx

心。為物塊剛下滑到平面上時(shí)的動(dòng)能，則即在水平面運(yùn)動(dòng)時(shí)物塊動(dòng)能與x也成線性關(guān)系。

故選Ao

7.(2017?江蘇)一小物塊沿斜面向上滑動(dòng)，然后滑回到原處.物塊初動(dòng)能為與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不

變，則該過(guò)程中，物塊的動(dòng)能&與位移尤關(guān)系的圖線是()

【答案】C

【解析】設(shè)斜面傾角為仇根據(jù)動(dòng)能定理，當(dāng)小物塊沿斜面上升時(shí)，有：

—("zgsin。+f)x=Ek—Ew

即：

EH—(f+mgsind)x+Eko

所以以與x的函數(shù)關(guān)系圖象為直線，且斜率為負(fù)；

設(shè)xo為小物塊到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的位移，當(dāng)小物塊沿斜面下滑時(shí)根據(jù)動(dòng)能定理有：

(mgsin0—f)(xo—x)=Ek-O

即：

En=—(mgsin6—f)x+(mgsind—f)xo

所以下滑時(shí)4隨x的減小而增大且為直線。

綜上所述，故C正確，ABD錯(cuò)誤。

故選C。

8.(2014?上海)如圖所示，豎直平面內(nèi)的軌道I和II都由兩段細(xì)直桿連接而成，兩軌道長(zhǎng)度相等。用相同

的水平恒力將穿在軌道最低點(diǎn)8處的靜止小球，分別沿I和n推至最高點(diǎn)4所需時(shí)間分別為。、t2；動(dòng)能

增量分別為△5］、△耳2。假定球在經(jīng)過(guò)軌道轉(zhuǎn)折點(diǎn)前后速度的大小不變，且球與I、n軌道間的動(dòng)摩擦因

數(shù)相等，則()

A

I

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\

A.A￡kl>A￡k2；ti>t2B.AEkl=AEk2；ti>t2

C.AEki>AEk2;ti<t2D.AE“=AEg；ti<t2

【答案】B

【解析】運(yùn)動(dòng)過(guò)程包括兩個(gè)階段，均為勻加速直線運(yùn)動(dòng)。第一個(gè)過(guò)程和第二個(gè)過(guò)程運(yùn)動(dòng)的位移相等，所以

恒力做功相等，高度相等重力做功相等為機(jī)g%,對(duì)軌道I設(shè)兩段細(xì)直桿與水平方向傾角分別為。和夕，兩桿

長(zhǎng)度分別為毛和巧，B到A水平距離為L(zhǎng)豎直高度為/?,則在垂直桿方向合力為零，有

FN=mgcosa+Fsina,f=JUFN

則可得從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)時(shí)摩擦力做功為

W{=/2(mgcosa+Fsina)xx+“(mgcos￡+尸sin/3)x2

即

W(=g(cosa?玉+cos0.xj+.―(sins.+sinJ3x2)

根據(jù)圖中可得

cosa-+cosJ3-X2=L,sina-xl+sin/3x2=h

整理得

Wf=jumgL+fiFh

所以可得小球沿兩軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)的摩擦力做功相同，結(jié)合前面分析可得合外力做功相等，根據(jù)動(dòng)能定理，合

外力做功等于動(dòng)能變化量，所以動(dòng)能變化量相等即

△Eg=A4?

小球在桿上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度為

Fcosa-m?sina

a=

m

可得前一個(gè)過(guò)程加速度先小后大，后一個(gè)過(guò)程加速度先大后小，做速度時(shí)間圖像如下，既要末速度相同，

又要位移相同，即末速度相同，與時(shí)間軸圍成的面積相等，根據(jù)圖像可判斷4>L，B圖符合。

故選B。

9.（2019?浙江）如圖所示為某一游戲的局部簡(jiǎn)化示意圖.。為彈射裝置，A8是長(zhǎng)為21m的水平軌道，傾斜

直軌道固定在豎直放置的半徑為R=10m的圓形支架上，3為圓形的最低點(diǎn)，軌道與BC平滑連接，

且在同一豎直平面內(nèi).某次游戲中，無(wú)動(dòng)力小車(chē)在彈射裝置。的作用下，以vo=lOm/s的速度滑上軌道AB,

并恰好能沖到軌道8c的最高點(diǎn).已知小車(chē)在軌道上受到的摩擦力為其重量的0.2倍，軌道BC光滑，則

小車(chē)從A到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是（）

AB

A.5s

B.4.8s

C.4.4s

D.3s

【答案】A

【分析】分兩個(gè)階段求解時(shí)間，水平階段和斜面階段，根據(jù)動(dòng)能定理求出B點(diǎn)的速度，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)

律求解段上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；在斜面階段需要根據(jù)幾何知識(shí)求解斜面的傾斜角，然后根據(jù)牛頓第二定律求解

在斜面上的運(yùn)動(dòng)加速度，從而求解在斜面上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間.

【解析】設(shè)小車(chē)的質(zhì)量為m,小車(chē)在段所勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度弓=工=吆￡=o.2g=27〃/s2,在

mm

AB段，根據(jù)動(dòng)能定理可得一為”3根片-：加片，解得力=4〃7/s,故。=X）Us=3s；

小車(chē)在BC段，根據(jù)機(jī)械能守恒可得；9彳=：咫〃s，解得名＞=。8根，過(guò)圓形支架的圓心。點(diǎn)作8C的垂線，

—Yh1

根據(jù)幾何知識(shí)可得R=2BC,解得“=4祇，sin*產(chǎn)］，故小車(chē)在上運(yùn)動(dòng)的加速度為

1XBC。

X

BC幾CD

出=gsin6=2wj/s2,故小車(chē)在BC段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為勻=—■=g=2s,所以小車(chē)運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為/=%+芍=5s,

A正確.

o

【點(diǎn)睛】本題的難點(diǎn)在于求解斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度，本題再次一次提現(xiàn)了數(shù)物相結(jié)合的原則，在分析物理

時(shí)涉及幾何問(wèn)題，一定要?jiǎng)邮之?huà)畫(huà)圖像.

10.（2018?全國(guó)）如圖，"c是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，湖水平，長(zhǎng)度為2R,be是半徑為R的四分之一

的圓弧，與仍相切于b點(diǎn)。一質(zhì)量為根的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從

靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，重力加速度大小為g。小球從a點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為（）

ab

A.2mgR

B.AmgR

C.5mgR

D.6mgR

【答案】C

【解析】設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的速度大小為vc,則對(duì)小球由。到c的過(guò)程，由動(dòng)能定理得

F-3R-mgR=gmvc2

又

F=mg

解得

vc2=AgR

小球離開(kāi)c點(diǎn)后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng),

由牛頓第二定律可知，小球離開(kāi)C點(diǎn)后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g,則由豎直方向的運(yùn)動(dòng)可知，

小球從離開(kāi)。點(diǎn)到其軌跡最高點(diǎn)所需的時(shí)間為

小球在水平方向的加速度

a=g

在水平方向的位移為

x=yat2=2R

由以上分析可知，小球從。點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)的過(guò)程中，水平方向的位移大小為5R,則小球機(jī)械

能的增加量

△E-F-5R=5mgR

故選C。

11.(2015?全國(guó))如圖所示，一半徑為R,粗糙程度處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)上方高度R處由靜止開(kāi)始下落，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為重力加速度的大小.用W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.貝U()

-T-Om

poQ

A.開(kāi)一=：mgR,質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn)

B.FT>,質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn)

C.IV=gmgR,質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q后，繼續(xù)上升一段距離

D.W<-mgR,質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q后，繼續(xù)上升一段距離

【答案】C

【解析】根據(jù)動(dòng)能定理可得P點(diǎn)動(dòng)能石即=機(jī)gE,經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)，半徑方向的合力提供向心力，可得

4mg-加g=相匕，所以N點(diǎn)動(dòng)能為/=即磐，從P點(diǎn)到N點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理可得mgR+w=誓x-mgR,

即摩擦力做功?=-噌.質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，半徑方向的合力提供向心力即品-mgsin6=ma=%E,根據(jù)左

2R

右對(duì)稱(chēng)，在同一高度，由于摩擦力做功導(dǎo)致右半幅的速度小，軌道彈力變小，滑動(dòng)摩擦力變小，所

以摩擦力做功變小，那么從N到Q,根據(jù)動(dòng)能定理，Q點(diǎn)動(dòng)能Ex。=即等一mgR—M,由于W〈等，所

以Q點(diǎn)速度仍然沒(méi)有減小到0,仍會(huì)繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)一段距離，對(duì)照選項(xiàng)C對(duì).

Ow

【考點(diǎn)定位】功能關(guān)系

【方法技巧】動(dòng)能定理分析摩擦力做功是基礎(chǔ)，對(duì)于滑動(dòng)摩擦力一定要注意壓力的變化，最大的誤區(qū)是根

據(jù)對(duì)稱(chēng)性誤認(rèn)為左右兩部分摩擦力做功相等.

二、多選題

12.（2016?全國(guó)）如圖，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為相

的質(zhì)點(diǎn)尸。它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中，克服摩擦力做的功為卬。重力加速度大小為g。設(shè)

質(zhì)點(diǎn)尸在最低點(diǎn)時(shí)，向心加速度的大小為。，容器對(duì)它的支持力大小為N,則（）

2mgR-W

JJ.a-

mR

口N_2（mgR-W）

R

【答案】AC

【解析】AB.質(zhì)點(diǎn)尸下滑過(guò)程中，重力和摩擦力做功，根據(jù)動(dòng)能定理可得

12

mgR—W=—mv

2

根據(jù)公式。=L,聯(lián)立可得

R

2（mgR-W）

a=----------

mR

故A正確，B錯(cuò)誤；

CD.在最低點(diǎn)重力和支持力的合力充當(dāng)向心力，故根據(jù)牛頓第二定律可得

N—mg=ma

代入可得

N_3mgR-2W

R

故C正確，D錯(cuò)誤。

故選AC?

13.（2015?上海）小球用輕繩懸掛在。點(diǎn)，在水平恒力P=mgtane作用下，小球從靜止開(kāi)始由A經(jīng)B向C運(yùn)

動(dòng).則小球（）

A.先加速后減速

B.在5點(diǎn)加速度為零

C.在C點(diǎn)速度為零

D.在C點(diǎn)加速度為gtan。

【答案】ACD

【解析】AC.設(shè)小球擺到的最大角度為a,根據(jù)動(dòng)能定理得:

FLsina—mgL（\—cosa）—0

又

F=mgtan6

解得c=26,即在C點(diǎn)的速度為零?？芍∏蛳燃铀俸鬁p速，AC正確；

B.小球在8點(diǎn)的速度不為零，所以小球在8點(diǎn)有向心加速度，所以加速度不為零，B錯(cuò)誤；

D.在C點(diǎn)時(shí)，速度為零，小球受重力和拉力，垂直繩子方向的合力為零，則小球所受的合力為

mgsin10—mgtan3cos20=mgtan3

根據(jù)牛頓第二定律可知，在C點(diǎn)的加速度為gtan?,D正確。

故選ACD?

14.（2022?福建）一物塊以初速度%自固定斜面底端沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后回到斜面底端。該物體的

動(dòng)能穌隨位移尤的變化關(guān)系如圖所示，圖中小、穌1、穌2均己知。根據(jù)圖中信息可以求出的物理量有（）

A.重力加速度大小B.物體所受滑動(dòng)摩擦力的大小

C.斜面的傾角D.沿斜面上滑的時(shí)間

【答案】BD

【解析】ABC.由動(dòng)能定義式得則可求解質(zhì)量冽；上滑時(shí)，由動(dòng)能定理

Ek-Eu=-(mgsin0+f)x

下滑時(shí)，由動(dòng)能定理

Ek=(mgsin6?-/)(xo-jc)

xo為上滑的最遠(yuǎn)距離；由圖像的斜率可知

mgsin0+/=mgsin0-/=

x0%

兩式相加可得

gsin8=^-(*■+芻與

2mx0x0

相減可知

f_Ey-Ek2

~2%

即可求解gsin。和所受滑動(dòng)摩擦力了的大小，但重力加速度大小、斜面的傾角不能求出，故AC錯(cuò)誤，B正

確；

D.根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系得

mgsmO+f-ma,t=—

a

故可求解沿斜面上滑的時(shí)間，D正確。

故選BD。

15.(2022?全國(guó))質(zhì)量為1kg的物塊在水平力尸的作用下由靜止開(kāi)始在水平地面上做直線運(yùn)動(dòng)，B與時(shí)間f

的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2,重力加速度大小取g=10m/s2。則()

"F/N

4——

I???t/s

0246

-4

A.4s時(shí)物塊的動(dòng)能為零

B.6s時(shí)物塊回到初始位置

C.3s時(shí)物塊的動(dòng)量為12kg

D.0~6s時(shí)間內(nèi)尸對(duì)物塊所做的功為40J

【答案】AD

【解析】物塊與地面間的摩擦力為

f=jumg=2N

AC.對(duì)物塊從0?3s內(nèi)由動(dòng)量定理可知

(F-1)%=mv3

(4-2)X3=1XV3

3s時(shí)物塊的動(dòng)量為

p=mv3=6kg?m/s

設(shè)3s后經(jīng)過(guò)時(shí)間t物塊的速度減為0,由動(dòng)量定理可得

-(F+f)t=0-mv3

—(4+2)，=0—1x6

解得

所以物塊在4s時(shí)速度減為0,則此時(shí)物塊的動(dòng)能也為0,故A正確，C錯(cuò)誤;

B.。?3s物塊發(fā)生的位移為制，由動(dòng)能定理可得

3s~4s過(guò)程中，對(duì)物塊由動(dòng)能定理可得

即

4s?6s物塊開(kāi)始反向運(yùn)動(dòng)，物塊的加速度大小為

發(fā)生的位移為

2

x3=—x2x2m=4m<x1+x2

即6s時(shí)物塊沒(méi)有回到初始位置，故B錯(cuò)誤;

D.物塊在6s時(shí)的速度大小為

v6=2x2m/s=4m/s

0~6s拉力所做的功為

W=(4x9—4x3+4x4)J=40J

故D正確。

故選AD。

16.（2021?遼寧）冰滑梯是東北地區(qū)體驗(yàn)冰雪運(yùn)動(dòng)樂(lè)趣的設(shè)施之一、某冰滑梯的示意圖如圖所示，螺旋滑道

的摩擦可忽略：傾斜滑道和水平滑道與同一滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃相同，因滑板不同〃滿足44〃<1.24。

在設(shè)計(jì)滑梯時(shí)，要確保所有游客在傾斜滑道上均減速下滑，且滑行結(jié)束時(shí)停在水平滑道上，以下以、七的

組合符合設(shè)計(jì)要求的是（）

【答案】CD

【解析】設(shè)斜面傾角為6,游客在傾斜滑道上均減速下滑，則需滿足

mgsin0<jLimgcos0

可得

“tan?！?/p>

A

即有

rh

L。一

因?yàn)楣ぁ?1.24，所有游客在傾斜滑道上均減速下滑，可得

滑行結(jié)束時(shí)停在水平滑道上，由全程的動(dòng)能定理有

mg'lh-----jumgx=0-0

cos。

其中?？傻?/p>

r2hT、2h

4<——，乙r+七22——

代入為工4Ml%,可得

5h1、2h

LTi<~—,A+^T2-——

34Ao

綜合需滿足

h5hTT、2h

——<AT<--和右+42——

Ao3Ao為

故選CDo

17.（2021.全國(guó)）一質(zhì)量為小的物體自?xún)A角為a的固定斜面底端沿斜面向上滑動(dòng)。該物體開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)的動(dòng)

能為線，向上滑動(dòng)一段距離后速度減小為零,此后物體向下滑動(dòng),到達(dá)斜面底端時(shí)動(dòng)能為今o已知sina=0.6,

重力加速度大小為g。則（）

A.物體向上滑動(dòng)的距離為鼻

B.物體向下滑動(dòng)時(shí)的加速度大小為左

C.物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于0.5

D.物體向上滑動(dòng)所用的時(shí)間比向下滑動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)

【答案】BC

【解析】AC.物體從斜面底端回到斜面底端根據(jù)動(dòng)能定理有

E

-jumg-2lcosa=--Ek

物體從斜面底端到斜面頂端根據(jù)動(dòng)能定理有

-mglsina-jumglcosa=0-Ek

整理得

I=—-；"=0.5

mg

A錯(cuò)誤，C正確；

B.物體向下滑動(dòng)時(shí)的根據(jù)牛頓第二定律有

ma=mgsina—pmgcosa

求解得出

5

B正確；

D.物體向上滑動(dòng)時(shí)的根據(jù)牛頓第二定律有

ma^=mgsina+ymgcosa

物體向下滑動(dòng)時(shí)的根據(jù)牛頓第二定律有

ma下=mgsina-jumgcosa

由上式可知

a±>ar

由于上升過(guò)程中的末速度為零，下滑過(guò)程中的初速度為零，且走過(guò)相同的位移，根據(jù)公式

I=—at2

2

則可得出

，上<h

D錯(cuò)誤。

故選BC?

18.（2019?江蘇）如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)。小物塊的質(zhì)量為機(jī)，從A點(diǎn)向左沿水

平地面運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧后被彈回，運(yùn)動(dòng)到4點(diǎn)恰好靜止。物塊向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為s,與地面間的動(dòng)摩擦

因數(shù)為〃，重力加速度為g,彈簧未超出彈性限度。在上述過(guò)程中（）

A.彈簧的最大彈力為〃加g

B.物塊克服摩擦力做的功為2〃mgs

C.彈簧的最大彈性勢(shì)能為〃加gs

D.物塊在A點(diǎn)的初速度為^^

【答案】BC

【解析】小物塊壓縮彈簧最短時(shí)有序>〃利g，故A錯(cuò)誤；全過(guò)程小物塊的路程為2s,所以全過(guò)程中克服

摩擦力做的功為：,故B正確；小物塊從彈簧壓縮最短處到A點(diǎn)由能量守恒得：￡P(guān)max=/Jmgs,

故C正確；小物塊從A點(diǎn)返回A點(diǎn)由動(dòng)能定理得：-g-2s=0-1■加說(shuō)，解得：%=2,故D錯(cuò)誤.

三、解答題

19.(2022?北京)利用物理模型對(duì)問(wèn)題進(jìn)行分析，是重要的科學(xué)思維方法。

(1)某質(zhì)量為機(jī)的行星繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的軌跡為橢圓，在近日點(diǎn)速度為V/,在遠(yuǎn)日點(diǎn)速度為V2。求從近日點(diǎn)到

遠(yuǎn)日點(diǎn)過(guò)程中太陽(yáng)對(duì)行星所做的功W；

(2)設(shè)行星與恒星的距離為廣，請(qǐng)根據(jù)開(kāi)普勒第三定律(]=左)及向心力相關(guān)知識(shí)，證明恒星對(duì)行星的

作用力尸與廠的平方成反比；

(3)宇宙中某恒星質(zhì)量是太陽(yáng)質(zhì)量的2倍，單位時(shí)間內(nèi)向外輻射的能量是太陽(yáng)的16倍。設(shè)想地球“流浪”

后繞此恒星公轉(zhuǎn)，且在新公轉(zhuǎn)軌道上的溫度與“流浪”前一樣。地球繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)的周期為T(mén)i,繞此恒星公轉(zhuǎn)

的周期為不，求今。

【答案】(1)W=:加試-<加片；(2)見(jiàn)解析；⑶3=4拒

【解析】(1)根據(jù)動(dòng)能定理有

1212

W=—mv2——mvl

(2)設(shè)行星繞恒星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，行星的質(zhì)量為如運(yùn)動(dòng)半徑為小運(yùn)動(dòng)速度大小為九恒星對(duì)行星的作

用力尸提供向心力，則

「v2

r=m——

運(yùn)動(dòng)周期

T2〃■廠

1=-----

v

3

根據(jù)開(kāi)普勒第三定律ar=3/為常量，得

l47r2km

小丁

即恒星對(duì)行星的作用力尸與，的平方成反比。

(3)假定恒星的能量輻射各向均勻，地球繞恒星做半徑為廠的圓周運(yùn)動(dòng)，恒星單位時(shí)間內(nèi)向外輻射的能量

為尸.。以恒星為球心，以「為半徑的球面上，單位面積單位時(shí)間接受到的輻射能量

4"戶

設(shè)地球繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)半徑為〃在新軌道上公轉(zhuǎn)半徑為/'2。地球在新公轉(zhuǎn)軌道上的溫度與“流浪”前一樣，必須

滿足尸不變，由于恒星單位時(shí)間內(nèi)向外輻射的能量是太陽(yáng)的16倍，得

n-4々

設(shè)恒星質(zhì)量為地球在軌道上運(yùn)行周期為T(mén),萬(wàn)有引力提供向心力，有

GMm4萬(wàn)2

—=mryr

解得

由于恒星質(zhì)量是太陽(yáng)質(zhì)量的2倍，得

￡=4叵

20.(2017?江蘇)如圖所示，兩個(gè)半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C,三者半徑

均為七C的質(zhì)量為機(jī)，A、B的質(zhì)量都為與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃?，F(xiàn)用水平向右的力拉A,使

A緩慢移動(dòng)，直至C恰好降到地面。整個(gè)過(guò)程中B保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速

度為g。求：

(1)未拉A時(shí)，C受到B作用力的大小F；

(2)動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值〃加；

(3)A移動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，拉力做的功W。

c

【答案】(1)叵mg；⑵烏(3)(2〃-1)(癢1)頻

32

【解析】(1)由題意知，C受力平衡，則豎直方向滿足

7

27cos300=mg

解得

(2)C恰好降落到地面時(shí)，即對(duì)地面壓力仍為零時(shí)，B受C壓力的水平分力最大，由幾何關(guān)系知

2F,cos600=mg

則水平分力為

,

Fx=Fcos300

此時(shí)B受地面的摩擦力為

其中

FN=-^mg+F'sin30°=mg

根據(jù)題意

篇=&X

解得

"min—2

(3)由題意得，C下降的高度為

/?=(73-1)7?

A的位移

x=2(73-1)/?

則摩擦力做功的大小為

叱=fic=2(6-l)"mgR

根據(jù)動(dòng)能定理

W-Wf+mgh=0-0

解得

卯=(2〃_1)(癢1)叫夫

21.(2016?上海)風(fēng)洞是研究空氣動(dòng)力學(xué)的實(shí)驗(yàn)設(shè)備.如圖，將剛性桿水平固定在風(fēng)洞內(nèi)距地面高度8=3.2

m處，桿上套一質(zhì)量%=3kg,可沿桿滑動(dòng)的小球.將小球所受的風(fēng)力調(diào)節(jié)為F=15N,方向水平向左.小球

以初速度vo=8m/s向右離開(kāi)桿端，假設(shè)小球所受風(fēng)力不變，取g=10m/s2.求：

7777777777777777777777

(1)小球落地所需時(shí)間和離開(kāi)桿端的水平距離；

(2)小球落地時(shí)的動(dòng)能.

(3)小球離開(kāi)桿端后經(jīng)過(guò)多少時(shí)間動(dòng)能為78J?

【答案】(1)4.8m(2)120J(3)0.24s

【解析】(1)由題意可得小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，由公式”=產(chǎn)

代入數(shù)據(jù)可得運(yùn)動(dòng)時(shí)間為々(=0.8s

小球在水平方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律?=加。

代入數(shù)據(jù)可得加速度為：a=￡=5mr

m

2

水平位移公式為：x=vot-^at

代入數(shù)據(jù)可得位移為：x=4.8/7/

(2)以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，令小球的初動(dòng)能為耳。，末動(dòng)能為七

由動(dòng)能定理mgH-Fx=Ek-Ek0

代入數(shù)據(jù)可得紇=120J

(3)小球離開(kāi)桿后經(jīng)過(guò)時(shí)間t的水平位移x=產(chǎn)

下落的高度為H,H=^gt2

由動(dòng)能定理-Fx=Ek-^mvl

將4=78J和%=/s代入得

125r-80?+12=0

代入數(shù)據(jù)得％=0.4s,r2=0.245

22.（2015?山東）如圖甲所示，物塊與質(zhì)量為m的小球通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩跨過(guò)兩等高定滑輪連接.物

塊置于左側(cè)滑輪正下方的表面水平的壓力傳感裝置上，小球與右側(cè)滑輪的距離為/.開(kāi)始時(shí)物塊和小球均

靜止，將此時(shí)傳感裝置的示數(shù)記為初始值.現(xiàn)給小球施加一始終垂直于細(xì)繩的力，將小球緩慢拉起至細(xì)繩

與豎直方向成60。角，如圖乙所示，此時(shí)傳感裝置的示數(shù)為初始值的1.25倍；再將小球由靜止釋放，當(dāng)運(yùn)動(dòng)

至最低位置時(shí)，傳感裝置的示數(shù)為初始值的0.6倍.不計(jì)滑輪的大小和摩擦，重力加速度的大小為g.求:

甲乙

⑴物塊的質(zhì)量；

（2）從釋放到運(yùn)動(dòng)至最低位置的過(guò)程中，小球克服空氣阻力所做的功.

【答案】⑴M=3m；（2）Wf=0.1mgl

【解析】（1）設(shè)物塊質(zhì)量為開(kāi)始時(shí)，設(shè)壓力傳感器讀數(shù)則

Fo+mg=Mg

當(dāng)小球被抬高60。角時(shí)，則對(duì)小球根據(jù)力的平行四邊形法則可得

r=mgcos60°

此時(shí)對(duì)物塊

1.25尸o+T=Mg；解得：M=3m；Fo~2mg

（2）當(dāng)小球擺到最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)物塊

Q.6Fo+Ti-Mg；

對(duì)小球

v2

7j-mg=m——

對(duì)小球擺到最低點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可知

mgl(l-cos60°)-叫=:mv~,

聯(lián)立解得

VV/=0.1mg/

23.（202L全國(guó)）如圖，一傾角為。的光滑斜面上有50個(gè)減速帶（圖中未完全畫(huà)出），相鄰減速帶間的距離

均為“，減速帶的寬度遠(yuǎn)小于4一質(zhì)量為機(jī)的無(wú)動(dòng)力小車(chē)（可視為質(zhì)點(diǎn)）從距第一個(gè)減速帶Z處由靜止釋

放。已知小車(chē)通過(guò)減速帶損失的機(jī)械能與到達(dá)減速帶時(shí)的速度有關(guān)。觀察發(fā)現(xiàn)，小車(chē)通過(guò)第30個(gè)減速帶后，

在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車(chē)通過(guò)第50個(gè)減速帶后立刻進(jìn)入與斜面光滑連接的水平地面，繼續(xù)

滑行距離s后停下。已知小車(chē)與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，重力加速度大小為g。

（1）求小車(chē)通過(guò)第30個(gè)減速帶后，經(jīng)過(guò)每一個(gè)減速帶時(shí)損失的機(jī)械能；

（2）求小車(chē)通過(guò)前30個(gè)減速帶的過(guò)程中在每一個(gè)減速帶上平均損失的機(jī)械能；

（3）若小車(chē)在前30個(gè)減速帶上平均每一個(gè)損失的機(jī)械能大于之后每一個(gè)減速帶上損失的機(jī)械能，則工應(yīng)

滿足什么條件？

（無(wú)動(dòng)力）小車(chē)

【答案】（1）⑵〃zg>+29"）sin”町;⑶L>d4

30sind

【解析】（1）由題意可知小車(chē)在光滑斜面上滑行時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有

mgsin0=ma

設(shè)小車(chē)通過(guò)第30個(gè)減速帶后速度為vi,到達(dá)第31個(gè)減速帶時(shí)的速度為V2,則有

V；-V；=2ad

因?yàn)樾≤?chē)通過(guò)第30個(gè)減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同，故后面過(guò)減速帶后的速度與到達(dá)下一

個(gè)減速帶均為川和電；經(jīng)過(guò)每一個(gè)減速帶時(shí)損失的機(jī)械能為

1212

AE=—mv2——mvi

聯(lián)立以上各式解得

AE=mgdsin0

（2）由（1）知小車(chē)通過(guò)第50個(gè)減速帶后的速度為四，則在水平地面上根據(jù)動(dòng)能定理有

12

-jurngs=Q--mvi

從小車(chē)開(kāi)始下滑到通過(guò)第30個(gè)減速帶，根據(jù)動(dòng)能定理有

mg（L+29d）sin。一AE總=gmv1

聯(lián)立解得