2024高考物理一輪復(fù)習(xí)課練15動能和動能定理含解析新人教版

PAGE20-課練15動能和動能定理1．(多選)如圖所示，某人將質(zhì)量為m的石塊從距地面高h處斜向上方拋出，石塊拋出時的速度大小為v0，由于空氣阻力作用石塊落地時的速度大小為v，方向豎直向下，已知重力加速度為g，下列說法正確的是()A．石塊剛拋出時重力的瞬時功率為mgv0B．石塊落地時重力的瞬時功率為mgvC．石塊在空中飛行過程中合外力做的功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2D．石塊在空中飛行過程中阻力做的功為eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mgh2．如圖所示，半徑為R的水平轉(zhuǎn)盤上疊放有兩個小物塊P和Q，P的上表面水平，P到轉(zhuǎn)軸的距離為r.轉(zhuǎn)盤的角速度從0起先緩緩增大，直至P恰好能與轉(zhuǎn)盤發(fā)生相對滑動，此時Q受到P的摩擦力設(shè)為f，在此過程中P和Q相對靜止，轉(zhuǎn)盤對P做的功為W.已知P和Q的質(zhì)量均為m，P與轉(zhuǎn)盤間的動摩擦因數(shù)為μ1，P與Q間的動摩擦因數(shù)為μ2，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列推斷正確的是()A．f＝μ2mgB．W＝0C．W＝μ1mgrD．條件不足，W無法求出3．(多選)如圖所示，一小摯友做蹦床運動由高處自由落下．從該小摯友雙腳接觸蹦床起先至雙腳到最低點的過程中，不考慮空氣阻力，該小摯友()A．機械能守恒B．速度先增大后減小C．加速度先增大后減小D．所受重力做的功小于其克服蹦床彈力做的功4．(多選)如圖所示，半徑為r的半圓弧軌道ABC固定在豎直平面內(nèi)，直徑AC水平，一個質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點)從圓弧軌道A端正上方P點由靜止釋放，物塊剛好從A點無碰撞地進入圓弧軌道并在A、B之間做勻速圓周運動，到B點時對軌道的壓力大小等于物塊重力的2倍，重力加速度為g，不計空氣阻力，則()A．物塊到達A點時速度大小為eq\r(2gr)B．P、A間的高度差為eq\f(r,2)C．物塊從A運動到B所用時間為eq\f(1,2)πeq\r(\f(r,m))D．物塊從A運動到B克服摩擦力做功為mgr5．(多選)今年2月，太原市首批純電動公交車起先運營．在運營前的測試中，電動公交車在平直路面上行駛，某段時間內(nèi)的v－t圖象如圖所示．在0～10s內(nèi)發(fā)動機和車內(nèi)制動裝置對車輛所做的總功為零，車輛與路面間的摩擦阻力恒定，空氣阻力不計．已知公交車質(zhì)量為13.5t，g＝10m/s2，則()A．汽車在0～10s內(nèi)發(fā)生的位移為54mB．汽車與路面的摩擦阻力為2000NC．發(fā)動機在第1s內(nèi)的平均功率是第7s內(nèi)的eq\f(300,31)倍D．第6s內(nèi)汽車克服車內(nèi)制動裝置做的功是第10s內(nèi)的eq\f(53,13)倍6．(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動，當(dāng)上上升度為H時，速度達到v，不計空氣阻力，重力加速度為g，則在這一過程中()A．物體所受合力做的功等于eq\f(1,2)mv2＋mgHB．底板對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底板的壓力對電梯做的總功等于eq\f(1,2)Mv2練高考小題7.[2024·全國卷Ⅱ，18](多選)從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和．取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變更如圖所示．重力加速度取10m/s2.由圖中數(shù)據(jù)可得()A．物體的質(zhì)量為2kgB．h＝0時，物體的速率為20m/sC．h＝2m時，物體的動能Ek＝40JD．從地面至h＝4m，物體的動能削減100J8．[2024·全國卷Ⅱ，14]如圖，某同學(xué)用繩子拉動木箱，使它從靜止起先沿粗糙水平路面運動至具有某一速度．木箱獲得的動能肯定()A．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9．[2024·全國卷Ⅰ，18]如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點．一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止起先向右運動．重力加速度大小為g.小球從a點起先運動到其軌跡最高點，機械能的增量為()A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR10．[2024·江蘇卷，3]一小物塊沿斜面對上滑動，然后滑回到原處．物塊初動能為Ek0，與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x關(guān)系的圖線是()ABCD練模擬小題11．[2024·山東省濰坊模擬](多選)如圖所示，一根細繩的上端系在O點，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動一段距離(細繩尚未到達平行于斜面的位置)．在此過程中()A．B做勻速圓周運動B．摩擦力對重球B做正功C．水平推力F和重球B對A做的功的大小相等D．A對重球B所做的功與重球B對A所做的功大小相等12．[2024·河南省商丘九校聯(lián)考](多選)已知一足夠長的傳送帶與水平面間的夾角為θ，以肯定的速度勻速運動，某時刻在傳送帶適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂锌隙ǔ跛俣鹊奈飰K(如圖a所示)，以此時為t＝0時刻記錄了小物塊在傳送帶上運動的速度隨時間的變更關(guān)系，如圖b所示(圖中取沿傳送帶向上的運動方向為正方向，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)，物塊對傳送帶始終做負(fù)功B．物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＞tanθC．0～t2內(nèi)，傳送帶對物塊做的功為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能的削減量大13．[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，水平固定一根長直光滑桿，在桿上P點固定一光滑定滑輪，滑輪可繞水平軸無摩擦轉(zhuǎn)動，在P點的右側(cè)，桿上套有一質(zhì)量m＝2kg的滑塊A.半徑R＝0.3m的光滑半圓形細軌道豎直固定在地面上，其圓心O在P點的正下方，在軌道上套有一質(zhì)量也為m＝2kg的小球B.用一條不行伸長的松軟輕細繩，通過定滑輪將A、B連接起來．桿和半圓形軌道在同一豎直面內(nèi)，A、B均可看成質(zhì)點，且不計滑輪大小的影響．現(xiàn)給滑塊A一個水平向右的恒力F＝50N(取g＝10m/s2)．則()A．把小球B從地面拉到P點的正下方C處時力F做的功為20JB．小球B運動到P點正下方C處時的速度為0C．小球B被拉到與滑塊A速度大小相等時，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，小球B的機械能增加了20J14.[2024·安徽省四校模擬]一質(zhì)點在0～15s內(nèi)豎直向上運動，其加速度－時間圖象如圖所示，若取豎直向下為正，g取10m/s2，則下列說法正確的是()A．質(zhì)點的機械能不斷增加B．在0～5s內(nèi)質(zhì)點的動能增加C．在10～15s內(nèi)質(zhì)點的機械能始終增加D．在t＝15s時質(zhì)點的機械能大于t＝5s時質(zhì)點的機械能15．[2024·江西省南昌調(diào)研](多選)如圖所示，一小球(可視為質(zhì)點)從H＝12m高處，由靜止起先沿光滑彎曲軌道AB進入半徑R＝4m的豎直圓環(huán)內(nèi)側(cè)，且與圓環(huán)的動摩擦因數(shù)到處相等，當(dāng)?shù)竭_圓環(huán)頂點C時，剛好對軌道壓力為零；然后沿CB圓弧滑下，進入光滑弧形軌道BD，到達高度為h的D點時速度為零，則h的值可能為()A．10mB．9.5mC．8.5mD．8m16．[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．圓環(huán)從A處由靜止起先下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達C處的速度為零，AC＝h，此為過程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．在過程Ⅰ中，加速度始終減小B．在過程Ⅱ中，克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)mv2C．在C處，彈簧的彈性勢能為eq\f(1,4)mv2－mghD．在過程Ⅰ、過程Ⅱ中克服摩擦力做功相同———[綜合測評提實力]———一、單項選擇題(本題共8小題，每小題3分，共24分)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，空中到達的最高點為②位置，則()A．②位置足球動能等于0B．①位置到③位置過程只有重力做功C．①位置到②位置的過程足球的動能全部轉(zhuǎn)化為重力勢能D．②位置到③位置過程足球動能的變更量等于合力做的功2．[2024·河北省定州中學(xué)模擬]一個人站在高為H的平臺上，以肯定的初速度將一質(zhì)量為m的小球拋出．測出落地時小球的速度大小為v，不計空氣阻力，重力加速度大小為g，人對小球做的功W及小球被拋出時的初速度大小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)3．[2024·全國卷Ⅲ]從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用，距地面高度h在3m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變更如圖所示．重力加速度取10m/s2.該物體的質(zhì)量為()A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg4．如圖所示，第一次將質(zhì)量為m的物塊放在水平面上的P點，給其肯定的初速度使其滑向Q點；其次次將質(zhì)量為2m的物塊B放在P點，并給其施加向右的水平拉力，使物塊B從靜止起先向Q點運動，結(jié)果物塊A運動到Q點的動能與物塊B運動到PQ中點時的動能相同，物塊B從P點運動到PQ中點時，拉力做功為W，兩物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)相同，則物塊A的初速度大小為()A.eq\r(\f(W,m))B.eq\r(\f(2W,m))C.eq\r(\f(3W,m))D．2eq\r(\f(W,m))5.[預(yù)料新題]如圖所示，豎直平面內(nèi)放始終角桿MON，OM水平，ON豎直且光滑，用不行伸長的輕繩相連的兩小球A和B分別套在OM和ON桿上，B球的質(zhì)量為2kg，在作用于A球上的水平力F的作用下，A、B兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時A球距O點的距離為xA＝0.3m，B球距O點的距離xB＝0.4m，變更水平力F的大小，使A球向右加速運動，已知A球向右運動0.1m時的速度大小為3m/s，則在此過程中繩的拉力對B球所做的功為(取g＝10m/s2)()A．11JB．16JC．18JD．9J6.[名師原創(chuàng)]如圖所示，A、B是兩個等高的固定點，間距為L，一根長為2L的非彈性輕繩兩端分別系在A、B兩點，繩上套了一個質(zhì)量為m的小球．現(xiàn)使小球在豎直平面內(nèi)以AB為中心軸做圓周運動，若小球在最低點的速率為v，則小球運動到最高點時，兩段繩的拉力恰好均為零，若小球在最低點的速率為2v，則小球運動到最高點時每段繩上的拉力大小為(重力加速度大小為g，不計一切摩擦)()A.eq\r(3)mgB．5eq\r(3)mgC．15mgD．5eq\r(2)mg7.[2024·江西五校聯(lián)考]如圖所示，光滑水平面OB與足夠長的粗糙斜面BC交于B點．輕彈簧左端固定于豎直墻面，現(xiàn)用質(zhì)量為m1的滑塊壓縮彈簧至D點，然后由靜止釋放，滑塊脫離彈簧后經(jīng)B點滑上斜面，上升到最大高度，并靜止在斜面上，不計滑塊在B點的機械能損失．換用材料相同、質(zhì)量為m2的滑塊(m2>m1)壓縮彈簧至同一點后，重復(fù)上述過程，下列說法正確的是()A．兩滑塊到達B點時的速度相同B．兩滑塊沿斜面上升的最大高度相同C．兩滑塊上升到最高點的過程中克服重力做的功不相同D．兩滑塊上升到最高點的過程中機械能損失相同8．[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)點自P點上方高為R處由靜止起先下落，恰好從P點進入軌道．質(zhì)點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大?。肳表示質(zhì)點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功．則()A．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點恰好可以到達Q點B．W>eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點不能到達Q點C．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點到達Q點后，接著上升一段距離D．W<eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點到達Q點后，接著上升一段距離二、多項選擇題(本題共2小題，每小題4分，共8分)9．如圖甲所示，為測定物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移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的斜面對上推出，調(diào)整斜面與水平方向的夾角θ，試驗測得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．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.75C．取不同的傾角θ，物體在斜面上能達到的位移x的最小值為1.44mD．當(dāng)θ＝45°時，物體達到最大位移后將停在斜面上10．[2024·鄭州質(zhì)檢]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的圓周運動，如圖所示．在圓心處連接有力傳感器，用來測量繩子上的拉力，運動過程中小球受到空氣阻力的作用，空氣阻力隨速度減小而減?。骋粫r刻小球通過軌道的最低點，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動，經(jīng)過半個圓周恰能通過最高點，下列說法正確的是()A．到最高點過程中小球克服空氣阻力做的功為eq\f(1,2)mgRB．到最高點過程中小球克服空氣阻力做的功為mgRC．再次經(jīng)過最低點時力傳感器的示數(shù)為5mgD．再次經(jīng)過最低點時力傳感器的示數(shù)大于5mg三、非選擇題(本題共3小題，共34分)11．(11分)如圖所示，粗糙的斜面AB下端與光滑的圓弧軌道BCD相切于B，整個裝置豎直放置，C是最低點，圓心角θ＝37°，D與圓心O等高，圓弧軌道半徑R＝1m，斜面長L＝4m，現(xiàn)有一個質(zhì)量m＝0.1kg的小物體P從斜面AB上端A點無初速度下滑，物體P與斜面AB之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25.不計空氣阻力，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)物體P第一次通過C點時的速度大小vC；(2)物體P第一次通過C點時對軌道的壓力大??；(3)物體P第一次離開D點后在空中做豎直上拋運動到最高點E，接著從空中又返回到圓弧軌道和斜面，在這樣多次反復(fù)的整個運動過程中，物體P對C點處軌道的最小壓力．12．(11分)[2024·江蘇常州期末]如圖所示，在距水平地面高為h＝0.5m處，水平固定一根長直光滑桿，桿上P處固定一小定滑輪，在P點的右邊桿上套一質(zhì)量mA＝1kg的滑塊A.半徑r＝0.3m的光滑半圓形豎直軌道固定在地面上，其圓心O在P點的正下方，半圓形軌道上套有質(zhì)量mB＝2kg的小球B.滑塊A和小球B用一條不行伸長的松軟細繩繞過小定滑輪相連，在滑塊A上施加一水平向右的力F.滑輪的質(zhì)量和摩擦均可忽視不計，且小球可看做質(zhì)點，g取10m/s2，eq\r(0.34)≈0.58.(1)若漸漸增大拉力F，求小球B剛要離地時拉力F1的大??；(2)若拉力F2＝57.9N，求小球B運動到C處時的速度大小；(結(jié)果保留整數(shù))(3)在(2)情形中當(dāng)小球B運動到C處時，拉力變?yōu)镕3＝16N，求小球B在右側(cè)軌道上運動的最小速度．(結(jié)果保留一位小數(shù))13．(12分)[2024·湖南地質(zhì)中學(xué)月考]如圖所示，傳送帶以肯定速度沿水平方向勻速轉(zhuǎn)動，將質(zhì)量為m＝1.0kg的小物塊輕輕放在傳送帶上的P點，物塊運動到A點后被水平拋出，小物塊恰好無碰撞地沿圓弧切線從B點進入豎直光滑圓弧軌道．B、C為圓弧的兩端點，其連線水平，軌道最低點為O，已知圓弧對應(yīng)圓心角θ＝106°，圓弧半徑R＝1.0m，A點距水平面的高度h＝0.8m，小物塊離開C點后恰好能無碰撞地沿固定斜面對上滑動，經(jīng)過0.8s小物塊其次次經(jīng)過D點，已知小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,3)，sin53°＝0.8，g＝10m/s2.求：(1)小物塊離開A點時的水平速度大??；(2)小物塊經(jīng)過O點時，軌道對它的支持力大??；(3)斜面上C、D間的距離．課練15動能和動能定理[狂刷小題夯基礎(chǔ)]1．BD設(shè)石塊剛拋出時的速度方向與豎直方向的夾角為α，則剛拋出時重力的瞬時功率為P＝mgv0cosα，選項A錯誤；石塊落地時重力的瞬時功率為mgv，選項B正確；依據(jù)動能定理，石塊在空中飛行過程中合外力做的功為W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項C錯誤；設(shè)石塊在空中飛行過程中阻力做的功為Wf，由動能定理有mgh＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mgh，選項D正確．2．C設(shè)剛要發(fā)生相對滑動時P、Q的速度為v，對P、Q整體，摩擦力供應(yīng)向心力有μ1·2mg＝2meq\f(v2,r)；依據(jù)動能定理，此過程中轉(zhuǎn)盤對P做的功W＝eq\f(1,2)·2mv2＝μ1mgr，選項BD錯誤，C項正確；在此過程中，物塊Q與P之間的摩擦力不肯定達到最大靜摩擦力，則此時Q受到P的摩擦力不肯定為μ2mg，選項A錯誤．3．BD從該小摯友雙腳接觸蹦床起先至雙腳到最低點的過程中，因為蹦床的彈力對人做功，所以該小摯友機械能不守恒，選項A錯誤；剛接觸蹦床時，蹦床剛起先有彈力，彈力小于重力，合力豎直向下，速度方向也豎直向下，在彈力等于重力前，小摯友做加速度減小的加速運動，彈力恰好等于重力時，速度達到最大值，以后彈力大于重力，加速度方向變?yōu)橄蛏希从炎鰷p速運動直到最低點，則整個過程其速度先增大后減小，加速度先減小后增大，故B項正確，C項錯誤；依據(jù)動能定理可知WG－W彈＝0－Ek0，即所受重力做的功小于其克服蹦床彈力做的功，選項D正確．4．BD在B點時，由牛頓其次定律得FN－mg＝eq\f(mv2,r)，因為FN＝F′N＝2mg，所以v＝eq\r(gr)，因為物塊從A點進入圓弧軌道并在A、B之間做勻速圓周運動，所以物塊到達A點時的速度大小為eq\r(gr)，故A項錯誤；從P到A的過程，由動能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv2，所以h＝eq\f(r,2)，故B項正確；因為物塊從A點進入圓弧軌道并做勻速圓周運動，所以物塊從A運動到B所用時間t＝eq\f(\f(πr,2),v)＝eq\f(π,2)eq\r(\f(r,g))，故C項錯誤；物塊從A運動到B，由動能定理得mgr－W克＝0，解得W克＝mgr，故D項正確．5．BD由v－t圖象知，汽車發(fā)生的位移為s＝eq\f(1,2)×(4＋8)×1m＋eq\f(1,2)×(4＋5)×8m－eq\f(1,2)×(2＋4)×4m＝30m，選項A錯誤；由于在0～10s內(nèi)發(fā)動機和車內(nèi)制動裝置對車輛所做的總功為零，則由動能定理可知Wf＝－fx＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中x是路程，大小為x＝54m，解得f＝2000N，選項B正確；在第1s內(nèi)，由動能定理有eq\x\to(P1)×1s－fx1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中x1＝6m，解得eq\x\to(P1)＝336000W；同理在第7s內(nèi)，由動能定理有eq\x\to(P7)×1s－fx7＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,7)，其中第7s內(nèi)的位移大小為x7＝2m，解得eq\x\to(P7)＝112000W，即發(fā)動機在第1s內(nèi)的平均功率是第7s內(nèi)的3倍，選項C錯誤；第6s內(nèi)汽車克服車內(nèi)制動裝置做的功為W6，依據(jù)動能定理有－W6－fx6＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,6)，其中x6＝4m，v6＝8m/s，解得W6＝424000J；同理，第10s內(nèi)汽車克服車內(nèi)制動裝置做的功為W10，則有－W10－fx10＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,10)，其中第10s內(nèi)的位移大小為x10＝2m，v10＝4m/s，解得W10＝104000J；即第6s內(nèi)汽車克服車內(nèi)制動裝置做的功是第10s內(nèi)的eq\f(53,13)倍，選項D正確．6．BD對物體，應(yīng)用動能定理得：合力對物體做的功等于物體動能的增加量，有W－mgH＝eq\f(1,2)mv2，W＝mgH＋eq\f(1,2)mv2，故A錯誤，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械能增加量，為WF＝(M＋m)gH＋eq\f(1,2)(M＋m)v2，故C錯誤；對電梯，依據(jù)動能定理知合力對電梯做的功等于電梯的動能的變更量，即鋼索的拉力、電梯的重力及物體對底板的壓力對電梯M做的總功等于eq\f(1,2)Mv2，故D正確．7．AD重力勢能EP＝mgh，結(jié)合Ep－h(huán)圖像有mg＝eq\f(80,4)N，則m＝2kg，故A正確．h＝0時E總＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，即100J＝eq\f(1,2)×2kg×veq\o\al(2,0)，解得v0＝10m/s，故B錯誤．由圖像可知，h＝2m時，E總＝90J、Ep＝40J，則Ek＝50J，故C錯誤．當(dāng)h＝4m時，E總＝Ep＝80J，則Ek＝0，故從地面至h＝4m，物體的動能削減了100J，故D正確．8．A由動能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱獲得的動能肯定小于拉力所做的功，A項正確．9．C設(shè)小球運動到c點的速度大小為vc，則對小球由a到c的過程，由動能定理有F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，又F＝mg，解得vc＝2eq\r(gR)，小球離開c點后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運動，由牛頓其次定律可知，小球離開c點后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運動可知，小球從離開c點到其軌跡最高點所需的時間為t＝eq\f(vc,g)＝2eq\r(\f(R,g))，在水平方向的位移大小為x＝eq\f(1,2)gt2＝2R.由以上分析可知，小球從a點起先運動到其軌跡最高點的過程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機械能的增加量為ΔE＝F·5R＝5mgR，C項正確，A、B、D三項錯誤．10．C設(shè)斜面傾角為θ，依據(jù)動能定理，當(dāng)小物塊沿斜面上升時，有－(mgsinθ＋f)x＝Ek－Ek0，即Ek＝－(f＋mgsinθ)x＋Ek0，所以Ek與x的函數(shù)關(guān)系圖像為直線，且斜率為負(fù)．當(dāng)小物塊沿斜面下滑時依據(jù)動能定理有(mgsinθ－f)(x0－x)＝Ek－0(x0為小物塊到達最高點時的位移)，即Ek＝－(mgsinθ－f)x＋(mgsinθ－f)x0所以下滑時Ek隨x的減小而增大且為直線．綜上所述，選項C正確．11．BCB的線速度大小是變更的，故不是勻速圓周運動，故A錯誤；如圖，畫出球B受到的支持力N，摩擦力f以及球在該位置時運動的切線的方向，由圖可知，斜面對B的摩擦力沿斜面對下，與B的速度方向的夾角為銳角，所以摩擦力對重球B做正功，故B正確；A勻速運動，動能不變，依據(jù)動能定理知水平推力F和重球B對A做的功的大小相等，故C正確；斜面對B的彈力和B對斜面的彈力是一對作用力和反作用力，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對重球B的彈力所做的功與重球B對A彈力所做的功大小相等，一正一負(fù)，由于B與A間存在相對運動，A的位移與B的位移不相等，所以A對重球B的摩擦力所做的功與重球B對A的摩擦力所做的功大小不相等，所以A對重球B所做的總功與重球B對A所做的總功大小不相等，故D錯誤．12．ABD由題圖b知，物塊先向下運動后向上運動，則知傳送帶的運動方向應(yīng)向上，0～t1時間內(nèi)，物塊對傳送帶的摩擦力方向沿傳送帶向下，則物塊對傳送帶做負(fù)功，故A正確．在t1～t2時間內(nèi)，物塊向上運動，則有μmgcosθ>mgsinθ，得μ>tanθ，故B正確.0～t2時間內(nèi)，由題圖b中“面積”等于位移可知，物塊的總位移沿斜面對下，高度下降，重力對物塊做正功，設(shè)為WG，依據(jù)動能定理得：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錯誤.0～t2時間內(nèi)，重力對物塊做正功，物塊的重力勢能減小、動能也減小，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能的削減量大，故D正確．故選A、B、D.13．ACD把小球B從地面拉到P點正下方C處的過程中，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A正確；把小球B從地面拉到P點正下方C處時，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，則由動能定理：WF－mgR＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(14)m/s，選項B錯誤；當(dāng)細繩與半圓形軌道相切時，小球B的速度方向沿圓周的切線方向向上，此時和繩子方向重合，故與滑塊A速度大小相等，由幾何關(guān)系可得h＝0.225m，選項C正確；B的機械能增加量為F做的功20J，D正確．14．D質(zhì)點豎直向上運動，0～15s內(nèi)加速度方向向下，質(zhì)點始終做減速運動，B錯誤.0～5s內(nèi)，a＝10m/s2，質(zhì)點只受重力，機械能守恒；5～10s內(nèi)，a＝8m/s2，受重力和向上的力F1，F(xiàn)1做正功，機械能增加；10～15s內(nèi)，a＝12m/s2，質(zhì)點受重力和向下的力F2，F(xiàn)2做負(fù)功，機械能削減，A、C錯誤．由F合＝ma可推知F1＝F2，由于做減速運動，5～10s內(nèi)通過的位移大于10～15s內(nèi)通過的位移，F(xiàn)1做的功大于F2做的功，5～15s內(nèi)增加的機械能大于削減的機械能，所以D正確．15．BC設(shè)小球質(zhì)量為m，以B點所在水平面為零勢能面，由題給條件“當(dāng)?shù)竭_圓環(huán)頂點C時，剛好對軌道壓力為零”有mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)，小球到達C點時，有veq\o\al(2,C)＝gR，在C點的動能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mgR，則小球在C點的機械能為2mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(5,2)mgR，則小球從B點到C點克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)mgR，小球到達D點時速度為零，設(shè)小球在D點的機械能為EkD，分析可知小球在從C點到B點過程中也有摩擦力，且摩擦力做的功小于小球從B點到C點克服摩擦力做的功eq\f(1,2)mgR，故2mgR＜EkD＜eq\f(5,2)mgR，即8m＜h＜10m，選項B、C正確．16．D圓環(huán)剛起先下滑時，圓環(huán)受到的合力向下，設(shè)彈簧原長為L，下滑過程中，對圓環(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)立三個方程可知，圓環(huán)下滑過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A錯誤；在過程Ⅰ和Ⅱ中，圓環(huán)在相同位置時受到的滑動摩擦力大小相等，所以在這兩個過程中克服摩擦力做的功相等，選項D正確；在過程Ⅰ中，依據(jù)動能定理可得WG－Wf－W彈＝0，解得Wf＝WG－W彈，在過程Ⅱ中，依據(jù)動能定理可得－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B、C錯誤．[綜合測評提實力]1．D由題圖可知，足球由②到③過程中具有水平位移，則說明足球在②位置存在速度，故A錯誤；由圖可知，①到②的水平位移大于②到③的水平位移，則說明足球受到空氣阻力，故B錯誤；因存在阻力做功，故①位置到②位置的過程足球的動能轉(zhuǎn)化為重力勢能和內(nèi)能，故C錯誤；依據(jù)動能定理可得，②位置到③位置過程足球動能的變更量等于合力做的功，故D正確．2．A對小球在空中的運動過程，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．3．C設(shè)物體的質(zhì)量為m，則物體在上升過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向下的恒定外力F，由動能定理結(jié)合題圖可得－(mg＋F)×3m＝(36－72)J；物體在下落過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向上的恒定外力F，再由動能定理結(jié)合題圖可得(mg－F)×3m＝(48－24)J，聯(lián)立解得m＝1kg、F＝2N，選項C正確，A、B、D均錯誤．4．B本題考查動能定理．設(shè)物塊A的初速度大小為v0，物塊運動到Q點時動能為Ek，對物塊A由動能定理有－μmgs＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，對物塊B由動能定理有W－2μmg×eq\f(1,2)s＝Ek，解得v0＝eq\r(\f(2W,m))，B正確．5．CA球向右運動0.1m時，A球的速度大小vA＝3m/s，A球距O點的距離x′A＝0.4m，B球距O點的距離為x′B＝0.3m．設(shè)此時輕繩與OM的夾角為α，則有tanα＝eq\f(3,4)，由運動的合成與分解可得vAcosα＝vBsinα，解得vB＝4m/s.以B球為探討對象，此過程中B球上升的高度h＝0.1m，由動能定理可得W－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0，解得輕繩的拉力對B球所做的功為W＝18J，選項C正確．6．B設(shè)小球在豎直面內(nèi)做圓周運動的半徑為r，小球運動到最高點時輕繩與圓周運動軌跡平面的夾角為θ＝30°，則有r＝Lcos30°＝eq\f(\r(3),2)L，小球在最低點的速率為v時，到達最高點的速率設(shè)為v′，依據(jù)題述有mg＝meq\f(v′2,r)，由機械能守恒定律可知，mg×2r＋eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(5gr)；小球在最低點的速率為2v時，到達最高點的速率設(shè)為v″，則有mg×2r＋eq\f(1,2)mv″2＝eq\f(1,2)m(2v)2，得v″＝4eq\r(gr)，設(shè)每段繩的拉力大小為F，則2Fcosθ＋mg＝meq\f(v″2,r)，聯(lián)立解得F＝5eq\r(3)mg，B正確．7．D由于初始時，彈簧的彈性勢能相同，則兩滑塊到達B點時的動能相同，但速度不同，故A錯誤；兩滑塊在斜面上運動時的加速度相同，由于到達B點時的速度不同，故上上升度不同，B錯誤；滑塊上升到最高點的過程中克服重力做的功為mgh，由能量守恒定律有Ep＝mgh＋μmgcosθ×eq\f(h,sinθ)，解得mgh＝eq\f(Eptanθ,tanθ＋μ)，故兩滑塊上升到最高點的過程中克服重力做的功相同，C錯誤；由能量守恒知損失的機械能E損＝eq\f(μmgh,tanθ)，結(jié)合C的分析，可知D正確．8．C在N點，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)，對質(zhì)點從起先下落至到達N點的過程運用動能定理得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)點在PN段的速度大于質(zhì)點在NQ段的速度，所以質(zhì)點在NQ段受到的支持力小于PN段受到的支持力，則質(zhì)點在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段運動時由動能定理得－mgR－W′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)，因為W′<eq\f(1,2)mgR，可知vQ>0，所以質(zhì)點到達Q點后，接著上升一段距離．故C正確，A、B、D錯誤．9．BC由題圖乙可知，當(dāng)夾角θ＝0°時，位移為2.40m，而當(dāng)夾角為90°時，位移為1.80m，則由豎直上拋運動規(guī)律可知veq\o\al(2,0)＝2gh，解得v0＝eq\r(2gh)＝6m/s，故A錯誤；當(dāng)夾角為0°時，由動能定理可得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，sin(θ＋α)＝1，此時位移最小，x＝1.44m，故C正確；若θ＝45°時，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，故物體達到最大位移后會下滑，故D錯誤．10．AD小球在最低點時有F1＝T－mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，解得v1＝eq\r(6gR)，而在最高點時，由于小球恰好能通過最高點，所以有mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)，可得v2＝eq\r(gR)，小球從最低點到最高點的過程，由動能定理可得－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A正確，B錯誤；小球從最高點到最低點的過程，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程中的阻力大于下落過程中的