2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點題型歸納與變式演練 專題12 動能定理的理解與應(yīng)用（含解析）

專題12 動能定理的理解與應(yīng)用【專題導(dǎo)航】目錄熱點題型一動能定理的理解1熱點題型二動能定理在直線運動中的應(yīng)用2熱點題型三 動能定理在曲線運動中的應(yīng)用4熱點題型四動能定理與圖象的結(jié)合問題5圖像5圖像6圖像8圖像9熱點題型五 動能定理在多階段、多過程綜合問題中的應(yīng)用10運用動能定理巧解往復(fù)運動問題10動能定理解決平拋、圓周運動相結(jié)合的問題11【題型演練】14【題型歸納】熱點題型一動能定理的理解1定理中“外力”的兩點理解(1)重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力，它們可以同時作用，也可以不同時作用(2)既可以是恒力，也可以是變力2公式中“”體現(xiàn)的三個關(guān)系【例1】(2019·廣東六校聯(lián)考)北京獲得2022年冬奧會舉辦權(quán)，冰壺是冬奧會的比賽項目將一個冰壺以一定初速度推出后將運動一段距離停下來換一個材料相同、質(zhì)量更大的冰壺，以相同的初速度推出后，冰壺運動的距離將()A不變B變小 C變大 D無法判斷【答案】A【解析】冰壺在冰面上以一定初速度被推出后，在滑動摩擦力作用下做勻減速運動，根據(jù)動能定理有mgs0mv2，得s，兩種冰壺的初速度相等，材料相同，故運動的距離相等故選項A正確【變式1】(2018·高考全國卷)如圖，某同學(xué)用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度木箱獲得的動能一定()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【答案】A【解析】由動能定理WFWfEk0，可知木箱獲得的動能一定小于拉力所做的功，A正確【變式2】關(guān)于運動物體所受的合外力、合外力做的功及動能變化的關(guān)系下列說法正確的是()A合外力為零，則合外力做功一定為零 B合外力做功為零，則合外力一定為零C合外力做功越多，則動能一定越大 D動能不變，則物體合外力一定為零【答案】A.【解析】由WFlcos 可知，物體所受合外力為零，合外力做功一定為零，但合外力做功為零，可能是90°，故A正確，B錯誤；由動能定理WEk可知，合外力做功越多，動能變化量越大，但動能不一定越大，動能不變，合外力做功為零，但合外力不一定為零，C、D均錯誤熱點題型二動能定理在直線運動中的應(yīng)用1. 若在直線運動中知道初、末狀態(tài)，而不需要考慮中間過程時，一般用動能定理處理位移與速度的關(guān)系2. 一般用分段法來處理問題，找準直線運動中轉(zhuǎn)折處其動能有無損失【例2】(2019·吉林大學(xué)附中模擬)如圖所示，小物塊從傾角為的傾斜軌道上A點由靜止釋放滑下，最終停在水平軌道上的B點，小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動摩擦因數(shù)均相同，A、B兩點的連線與水平方向的夾角為，不計物塊在軌道轉(zhuǎn)折時的機械能損失，則動摩擦因數(shù)為()Atan Btan Ctan() Dtan()【答案】B【解析】.如圖所示，設(shè)B、O間距離為s1，A點離水平面的高度為h，A、O間的水平距離為s2，物塊的質(zhì)量為m，在物塊下滑的全過程中，應(yīng)用動能定理可得mghmgcos ·mg·s10，解得tan ，故選項B正確【變式1】如圖所示，質(zhì)量為m的小球，從離地面H高處從靜止開始釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止，設(shè)小球受到空氣阻力為f，重力加速度為g，則下列說法正確()A小球落地時動能等于mgHB小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時的動能C整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(Hh) D小球在泥土中受到的平均阻力為mg(1)【答案】C【解析】小球從靜止開始釋放到落到地面的過程，由動能定理得mgHfHmv，選項A錯誤；設(shè)泥的平均阻力為f0，小球陷入泥中的過程，由動能定理得mghf0h0mv，解得f0hmghmvmghmgHfH，f0mg(1)，選項B、D錯誤；全過程應(yīng)用動能定理可知，整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(Hh)，選項C正確【變式2】如圖為某同學(xué)建立的一個測量動摩擦因數(shù)的模型物塊自左側(cè)斜面上A點由靜止滑下，滑過下面一段平面后，最高沖至右側(cè)斜面上的B點實驗中測量出了三個角度，左、右斜面的傾角和及AB連線與水平面的夾角為.物塊與各接觸面間動摩擦因數(shù)相同且為，忽略物塊在拐角處的能量損失，以下結(jié)論正確的是()Atan Btan Ctan Dtan 【答案】C【解析】對全過程運用動能定理，結(jié)合摩擦力做功的大小，求出動摩擦因數(shù)大小設(shè)A、B間的水平長度為x，豎直高度差為h，對A到B的過程運用動能定理得mghmgcos ·ACmg·CEmgcos ·EB0，因為AC·cos CEEB·cos x，則有mghmgx0，解得tan ，故C正確熱點題型三 動能定理在曲線運動中的應(yīng)用【例3】.如圖，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)點自P點上方高度R處由靜止開始下落，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為重力加速度的大小用W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()AWmgR，質(zhì)點恰好可以到達Q點 BW>mgR，質(zhì)點不能到達Q點CWmgR，質(zhì)點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離 DW<mgR，質(zhì)點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離【答案】C【解析】.設(shè)質(zhì)點到達N點的速度為vN，在N點質(zhì)點受到軌道的彈力為FN，則FNmg，已知FNFN4mg，則質(zhì)點到達N點的動能為EkNmvmgR.質(zhì)點由開始至N點的過程，由動能定理得mg·2RWfEkN0，解得摩擦力做的功為WfmgR，即克服摩擦力做的功為WWfmgR.設(shè)從N到Q的過程中克服摩擦力做功為W，則W<W.從N到Q的過程，由動能定理得mgRWmvmv，即mgRWmv，故質(zhì)點到達Q點后速度不為0，質(zhì)點繼續(xù)上升一段距離選項C正確【變式】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m的質(zhì)點P.它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設(shè)質(zhì)點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為()AaBaCNDN【答案】AC【解析】質(zhì)點由半球面最高點到最低點的過程中，由動能定理有：mgRWmv2，又在最低點時，向心加速度大小a，兩式聯(lián)立可得a，A項正確，B項錯誤；在最低點時有Nmgm，解得N，C項正確，D項錯誤熱點題型四動能定理與圖象的結(jié)合問題1解決物理圖象問題的基本步驟(1)觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標、橫坐標所對應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義(2)根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標與橫坐標所對應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式(3)將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對應(yīng)的標準函數(shù)關(guān)系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點、圖線下方的面積所對應(yīng)的物理意義，根據(jù)對應(yīng)關(guān)系列式解答問題2四類圖象所圍“面積”的含義圖像【例4】如圖甲所示，一質(zhì)量為4 kg的物體靜止在水平地面上，讓物體在隨位移均勻減小的水平推力F作用下開始運動，推力F隨位移x變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，已知物體與面間的動摩擦因數(shù)0.5，g取10 m/s2，則下列說法正確的是 ()A 物體先做加速運動，推力為零時開始做減速運動 B物體在水平地面上運動的最大位移是10 mC物體運動的最大速度為2 m/s D物體在運動中的加速度先變小后不變【答案】B【解析】當推力小于摩擦力時物體就開始做減速運動，選項A錯誤；圖乙中圖線與坐標軸所圍成的三角形面積表示推力對物體做的功，由此可得推力做的功為W×4×100 J200 J，根據(jù)動能定理有Wmgxmax0，得xmax10 m，選項B正確；當推力與摩擦力平衡時，加速度為零，速度最大，由題圖乙得F10025x(N)，當Fmg20 N時，x3.2 m，由動能定理得(10020)·xmgxmv，解得物體運動的最大速度vmax8 m/s，選項C錯誤；當推力由100 N減小到20 N的過程中，物體的加速度逐漸減小，當推力由20 N減小到0的過程中，物體的加速度又反向增大，此后物體的加速度不變，直至物體靜止，故D項錯誤【變式】(2019·大連五校聯(lián)考)在某一粗糙的水平面上，一質(zhì)量為2 kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運動，當運動一段時間后，拉力逐漸減小，且當拉力減小到零時，物體剛好停止運動，圖中給出了拉力隨位移變化的關(guān)系圖象已知重力加速度g10 m/s2.根據(jù)以上信息能精確得出或估算得出的物理量有()A物體與水平面間的動摩擦因數(shù) B合外力對物體所做的功C物體做勻速運動時的速度 D物體運動的時間【答案】ABC【解析】.物體做勻速直線運動時，拉力F與滑動摩擦力f大小相等，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.35，A正確；減速過程由動能定理得WFWf0mv2，根據(jù)Fx圖象中圖線與坐標軸圍成的面積可以估算力F做的功WF，而Wfmgx，由此可求得合外力對物體所做的功，及物體做勻速運動時的速度v，B、C正確；因為物體做變加速運動，所以運動時間無法求出，D錯誤圖像【例5】(2019·安徽合肥一模)A、B兩物體分別在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運動，先后撤去F1、F2后，兩物體最終停下，它們的vt圖象如圖所示已知兩物體與水平面間的滑動摩擦力大小相等則下列說法正確的是()AF1、F2大小之比為12 BF1、F2對A、B做功之比為12CA、B質(zhì)量之比為21 D全過程中A、B克服摩擦力做功之比為21【答案】C.【解析】由vt圖象可知，兩個勻減速運動的加速度之比為12，由牛頓第二定律可知，A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的質(zhì)量關(guān)系是21，由vt圖象可知，A、B兩物體加速與減速的位移之和相等，且勻加速位移之比為12，勻減速運動的位移之比為21，由動能定理可得，A物體的拉力與摩擦力的關(guān)系，F(xiàn)1·xFf1·3x00；B物體的拉力與摩擦力的關(guān)系，F(xiàn)2·2xFf2·3x00，因此可得：F13Ff1，F(xiàn)2Ff2，F(xiàn)f1Ff2，所以F12F2.全過程中摩擦力對A、B做功相等，F(xiàn)1、F2對A、B做功大小相等故A、B、D錯誤，C正確【變式】(2018·高考全國卷) 地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機通過豎井運送到地面某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等不考慮摩擦阻力和空氣阻力對于第次和第次提升過程 ()A礦車上升所用的時間之比為45 B電機的最大牽引力之比為21C電機輸出的最大功率之比為21 D電機所做的功之比為45【答案】AC【解析】由圖線知，礦車上升總高度h·2t0v0t0.由圖線知，加速階段和減速階段上升高度和h1·()v0t0勻速階段：hh1v0·t，解得tt0故第次提升過程所用時間為t0t0，兩次上升所用時間之比為2t0t045，A對；對礦車受力分析，當?shù)V車向上做加速直線運動時，電機的牽引力最大，由于加速階段加速度相同，故加速時牽引力相同，B錯；在加速上升階段，由牛頓第二定律知，F(xiàn)mgma，F(xiàn)m(ga)第次在t0時刻，功率P1F·v0，第次在時刻，功率P2F·，第次在勻速階段P2F·mg·P2，可知，電機輸出的最大功率之比P1P221，C對；由動能定理知，兩個過程動能變化量相同，克服重力做功相同，故兩次電機做功也相同，D錯圖像【例6】(2019·山西模擬)用傳感器研究質(zhì)量為2 kg的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律時，在計算機上得到06 s內(nèi)物體的加速度隨時間變化的關(guān)系如圖所示下列說法正確的是()A06 s內(nèi)物體先向正方向運動，后向負方向運動 B06 s內(nèi)物體在4 s時的速度最大C物體在24 s內(nèi)速度不變 D04 s內(nèi)合力對物體做的功等于06 s內(nèi)合力做的功【答案】D.【解析】由vat可知，at圖象中，圖線與坐標軸所圍面積表示質(zhì)點的速度，06 s內(nèi)物體的速度始終為正值，故一直為正方向，A項錯；t5 s時，速度最大，B項錯；24 s內(nèi)加速度保持不變且不為零，速度一定變化，C項錯；04 s內(nèi)與06 s內(nèi)圖線與坐標軸所圍面積相等，故物體4 s末和6 s末速度相同，由動能定理可知，兩段時間內(nèi)合力對物體做功相等，D項對【變式】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，運動過程中小球受到空氣阻力的作用設(shè)某一時刻小球通過軌道的最低點，此時繩子的張力為7mg，此后小球繼續(xù)做圓周運動，經(jīng)過半個圓周恰能通過最高點，則在此過程中小球克服空氣阻力所做的功為 ()A.mgR B.mgR C.mgRDmgR【答案】C【解析】最低點7mgmg，則最低點速度為：v1最高點mg，則最高點速度為：v2由動能定理得：2mgRWfmvmv解得：WfmgR，故克服空氣阻力做功WfmgR，故選項C正確，A、B、D錯誤圖像【例7】(2017·高考江蘇卷)一小物塊沿斜面向上滑動，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( )【答案】C.【解析】設(shè)斜面的傾角為，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，物塊質(zhì)量為m，小物塊沿斜面向上滑動過程，由動能定理得，(mgsin mgcos )xEkEk0，即EkEk0(mgsin mgcos )x；設(shè)小物塊滑到最高點的距離為L，小物塊沿斜面滑動全過程由能量守恒定律得，EkEk0mgxsin mgcos (2Lx)(Ek02mgLcos )(mgsin mgcos )x，故選項C正確【變式】(2018·高考江蘇卷)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關(guān)系圖象是 ()【答案】A【解析】對于整個豎直上拋過程(包括上升與下落)，速度與時間的關(guān)系為vv0gt，v2g2t22v0gtv，Ekmv2，可見動能與時間是二次函數(shù)關(guān)系，由數(shù)學(xué)中的二次函數(shù)知識可判斷A正確熱點題型五 動能定理在多階段、多過程綜合問題中的應(yīng)用1由于多過程問題的受力情況、運動情況比較復(fù)雜，從動力學(xué)的角度分析多過程問題往往比較復(fù)雜，但是，用動能定理分析問題，是從總體上把握其運動狀態(tài)的變化，并不需要從細節(jié)上了解因此，動能定理的優(yōu)越性就明顯地表現(xiàn)出來了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起來即可2運用動能定理解決問題時，有兩種思路：一種是全過程列式，另一種是分段列式3全過程列式涉及重力、彈簧彈力，大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的功能特點：(1)重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān)；(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積；(3)彈簧彈力做功與路徑無關(guān)4應(yīng)用動能定理解題的基本步驟運用動能定理巧解往復(fù)運動問題【例8】如圖所示裝置由AB、BC、CD三段軌道組成，軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB、CD段是光滑的，水平軌道BC的長度s5 m，軌道CD足夠長且傾角37°，A、D兩點離軌道BC的高度分別為h14.30 m、h21.35 m現(xiàn)讓質(zhì)量為m的小滑塊自A點由靜止釋放已知小滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8.求：(1)小滑塊第一次到達D點時的速度大小；(2)小滑塊最終停止的位置距B點的距離【答案】(1)3 m/s(2)1.4 m【解析】(1)小滑塊從ABCD過程中，由動能定理得mg(h1h2)mgsmv0將h1、h2、s、g代入得：vD3 m/s.(2)對小滑塊運動全過程應(yīng)用動能定理，設(shè)小滑塊在水平軌道上運動的總路程為s總有：mgh1mgs總將h1、代入得：s總8.6 m故小滑塊最終停止的位置距B點的距離為2ss總1.4 m.【變式】如圖所示，ABCD是一個盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC是水平的，其距離d0.50 m盆邊緣的高度為h0.30 m在A處放一個質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止開始下滑(圖中小物塊未畫出)已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數(shù)為 0.10.小物塊在盆內(nèi)來回滑動，最后停下來，則停止的地點到B的距離為 ()A0.50 mB0.25 m C0.10 m D0【答案】D【解析】設(shè)小物塊在BC段通過的總路程為s，由于只有BC面上存在摩擦力，其做功為mgs，而重力做功與路徑無關(guān)，由動能定理得：mghmgs00，代入數(shù)據(jù)可解得s3 m由于d0.50 m，所以，小物塊在BC面上經(jīng)過3次往復(fù)運動后，又回到B點，D正確動能定理解決平拋、圓周運動相結(jié)合的問題【例9】(2019·桂林質(zhì)檢)如圖所示，傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R0.4 m的光滑半圓軌道BC平滑相連，O點為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點等高，質(zhì)量m1 kg的滑塊從A點由靜止開始下滑，恰能滑到與O點等高的D點，g取10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8.(1)求滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2)若使滑塊能到達C點，求滑塊從A點沿斜面滑下時的初速度v0的最小值；(3)若滑塊離開C點的速度大小為4 m/s，求滑塊從C點飛出至落到斜面上所經(jīng)歷的時間t.【答案】(1)0.375(2)2 m/s(3)0.2 s【解析】(1)滑塊恰能滑到D點，則vD0滑塊從ABD過程中，由動能定理得mg(2RR)mgcos ·00解得0.375.(2)滑塊恰能過C點時，vC有最小值，則在C點mg滑塊從ABDC過程，由動能定理得mgcos ·mvmv解得v02 m/s.(3)滑塊離開C點后做平拋運動，設(shè)下落的高度為h，則有hgt2xvCttan 53°其中vC4 m/s，聯(lián)立解得t0.2 s.【變式1】(2019·河北衡水中學(xué)模擬)如圖所示，質(zhì)量為0.1 kg的小物塊在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飛離桌面，最終落在水平地面上，已知物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為0.5，桌面高0.45 m，若不計空氣阻力，取g10 m/s2，則下列說法錯誤的是()A小物塊的初速度是5 m/s B小物塊的水平射程為1.2 mC小物塊在桌面上克服摩擦力做8 J的功 D小物塊落地時的動能為0.9 J【答案】ABC.【解析】小物塊在桌面上克服摩擦力做功WfmgL2 J，C錯；在水平桌面上滑行，由動能定理得Wfmv2mv，解得v07 m/s，A錯；小物塊飛離桌面后做平拋運動，有xvt、hgt2，聯(lián)立解得x0.9 m，B錯；設(shè)小物塊落地時動能為Ek，由動能定理得mghEkmv2，解得Ek0.9 J，D對【變式2】如圖，在水平軌道右側(cè)固定半徑為R的豎直圓槽形光滑軌道，水平軌道的PQ段鋪設(shè)特殊材料，調(diào)節(jié)其初始長度為l，水平軌道左側(cè)有一輕質(zhì)彈簧左端固定，彈簧處于自然伸長狀態(tài)可視為質(zhì)點的小物塊從軌道右側(cè)A點以初速度v0沖上軌道，通過圓形軌道、水平軌道后壓縮彈簧，并被彈簧以原速率彈回已知R0.4 m，l2.5 m，v06 m/s，物塊質(zhì)量m1 kg，與PQ段間的動摩擦因數(shù)0.4，軌道其他部分摩擦不計g取10 m/s2.求：(1)物塊第一次經(jīng)過圓軌道最高點B時對軌道的壓力；(2)物塊仍以v0從右側(cè)沖上軌道，調(diào)節(jié)PQ段的長度L，當L長度是多少時，物塊恰能不脫離軌道返回A點繼續(xù)向右運動【答案】(1)40 N，豎直向上(2)1 m【解析】(1)對物塊，首次從A到B，有mg·2Rmvmv在B點，有：N1mg解得：N140 N根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?0 N，方向豎直向上(2)對物塊，從A點到第二次到達B點：f·2Lmg·2RmvB2mv，fmg在B點，有：mg解得：L1 m【題型演練】1.如圖所示，小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動摩擦因數(shù)均相同，小物塊從傾角為1的軌道上高度為h的A點由靜止釋放，運動至B點時速度為v1.現(xiàn)將傾斜軌道的傾角調(diào)至為2，仍將物塊從軌道上高度為h的A點靜止釋放，運動至B點時速度為v2.已知2<1，不計物塊在軌道接觸處的機械能損失則()Av1<v2 Bv1>v2 Cv1v2 D由于不知道1、2的具體數(shù)值，v1、v2關(guān)系無法判定【答案】C【解析】物體運動過程中摩擦力做負功，重力做正功，由動能定理可得mghmgcos ·mgxBDmv2，即mghmg·mgxBDmv2，因為xCD，所以mghmgxBCmv2，故到達B點的速度與傾斜軌道的傾角無關(guān)，所以v1v2，故選項C正確2.如圖甲所示，一質(zhì)量為4 kg的物體靜止在水平地面上，讓物體在隨位移均勻減小的水平推力F作用下開始運動，推力F隨位移x變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，已知物體與地面間的動摩擦因數(shù)0.5，g取10 m/s2，則下列說法正確的是 ()A 物體先做加速運動，推力為零時開始做減速運動 B物體在水平地面上運動的最大位移是10 mC物體運動的最大速度為2 m/s D物體在運動中的加速度先變小后不變【答案】B【解析】當推力小于摩擦力時物體就開始做減速運動，選項A錯誤；圖乙中圖線與坐標軸所圍成的三角形面積表示推力對物體做的功，由此可得推力做的功為W×4×100 J200 J，根據(jù)動能定理有Wmgxmax0，得xmax10 m，選項B正確；當推力與摩擦力平衡時，加速度為零，速度最大，由題圖乙得F10025x(N)，當Fmg20 N時，x3.2 m，由動能定理得(10020)·xmgxmv，解得物體運動的最大速度vmax8 m/s，選項C錯誤；當推力由100 N減小到20 N的過程中，物體的加速度逐漸減小，當推力由20 N減小到0的過程中，物體的加速度又反向增大，此后物體的加速度不變，直至物體靜止，故D項錯誤3.(2018·高考全國卷)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點處從靜止開始向右運動重力加速度大小為g.小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為()A2mgR B4mgR C5mgR D6mgR【答案】C【解析】小球從a運動到c，根據(jù)動能定理，得F·3RmgRmv，又Fmg，故v12，小球離開c點在豎直方向做豎直上拋運動，水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，且水平方向與豎直方向的加速度大小相等，都為g，故小球從c點到最高點所用的時間t2，水平位移xgt22R，根據(jù)功能關(guān)系，小球從a點到軌跡最高點機械能的增量為力F做的功，即EF·(2RRx)5mgR.4.(2019·襄陽模擬)用豎直向上大小為30 N的力F，將2 kg的物體從沙坑表面由靜止提升1 m時撤去力F，經(jīng)一段時間后，物體落入沙坑，測得落入沙坑的深度為20 cm.若忽略空氣阻力，g取10 m/s2.則物體克服沙坑的阻力所做的功為()A20 J B24 J C34 J D54 J【答案】C【解析】.對整個過程應(yīng)用動能定理得：F·h1mgh2Wf0，解得：Wf34 J，C對5.(2019·寧波模擬)如圖所示，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼，木盒和砝碼在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距離后停止現(xiàn)拿走砝碼，而持續(xù)加一個豎直向下的恒力F(Fmg)，若其他條件不變，則木盒滑行的距離()A不變 B變小 C變大 D變大變小均可能【答案】B.【解析】設(shè)木盒質(zhì)量為M，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼時，由動能定理可知，(mM)gx1(Mm)v2，解得x1；加一個豎直向下的恒力F(Fmg)時，由動能定理可知，(mM)gx2Mv2，解得x2，顯然x2<x1.6.(2019·北京101中學(xué)檢測)如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜置在水平光滑平臺上，系在物體上的繩子跨過光滑的定滑輪，由地面上的人以速度v0向右勻速拉動，設(shè)人從地面上平臺的邊緣開始向右行至繩與水平方向夾角為45°處，在此過程中人所做的功為()AB CDmv【答案】C.【解析】由題意知，繩與水平方向夾角為45°時，沿繩方向的速度vv0cos 45°，故質(zhì)量為m的物體速度等于，對物體應(yīng)用動能定理可知，在此過程中人所做的功為Wmv20，C正確7. 光滑水平面上靜止的物體，受到一個水平拉力F作用開始運動，拉力隨時間變化如圖所示，用Ek、v、x、P分別表示物體的動能、速度、位移和水平拉力的功率，下列四個圖象中分別定性描述了這些物理量隨時間變化的情況，正確的是 ()【答案】BD【解析】由動能定理，F(xiàn)xF·at2Ek，選項A錯誤；在水平拉力F作用下，做勻加速直線運動，選項B正確；其位移xat2，選項C錯誤；水平拉力的功率PFvFat，選項D正確8.一圓弧形的槽，槽底放在水平地面上，槽的兩側(cè)與光滑斜坡aa、bb相切，相切處a、b位于同一水平面內(nèi)，槽與斜坡在豎直平面內(nèi)的截面如圖所示一小物塊從斜坡aa上距水平面ab的高度為2h處沿斜坡自由滑下，并自a處進入槽內(nèi)，到達b后沿斜坡bb向上滑行，已知到達的最高處距水平面ab的高度為h；接著小物塊、沿斜坡bb滑下并從b處進入槽內(nèi)反向運動，若不考慮空氣阻力，則 ()A小物塊再運動到a處時速度變?yōu)榱鉈小物塊每次經(jīng)過圓弧槽最低點時對槽的壓力不同C小物塊不僅能再運動到a處，還能沿斜坡aa向上滑行，上升的最大高度為hD小物塊不僅能再運動到a處，還能沿斜坡aa向上滑行，上升的最大高度小于h【答案】BD【解析】因要克服摩擦阻力做功，所以每次通過最低點的速度會變小，根據(jù)牛頓第二定律有FNmgm，故可知物塊與圓弧槽間的正壓力會變小，所以B正確；設(shè)第一次通過圓弧槽過程中克服摩擦力做功為Wf，根據(jù)動能定理可得mghWf0，第二次通過圓弧槽的最低點時因正壓力減小，所以摩擦力減小，同理，其他位置所對應(yīng)的摩擦力都變小，故第二次通過圓弧槽克服摩擦力做的功將小于第一次，即Wfmgh，則小物塊還能沿斜坡aa向上滑行，上升的最大高度小于h，所以D正確，A、C錯誤7. 如圖所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧左端固定，右端與靜止在O點質(zhì)量為m1 kg的小物塊接觸而不連接，此時彈簧無形變現(xiàn)對小物塊施加F10 N水平向左的恒力，使其由靜止開始向左運動小物塊在向左運動到A點前某處速度最大時，彈簧的彈力為6 N，運動到A點時撤去推力F，小物塊最終運動到B點靜止圖中OA0.8 m，OB0.2 m，重力加速度g取10 m/s2.求小物塊：(1)與桌面間的動摩擦因數(shù)；(2)向右運動過程中經(jīng)過O點的速度；(3)向左運動的過程中彈簧的最大壓縮量【答案】(1)0.4(2)1.26 m/s(3)0.9 m【解析】(1)小物塊速度達到最大時，加速度為零FmgF彈0，0.4.(2)設(shè)向右運動通過O點時的速度為v0，從O到B，由動能定理得FfxOB0mv，F(xiàn)fmg4 N，解得v0 m/s1.26 m/s.(3)彈簧最大壓縮量為xmax，對小物塊運動的全過程，根據(jù)動能定理得FxOAFf(2xmaxxOB)0，代入數(shù)值得xmax0.9 m.10.(2018·高考全國卷 )如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為，sin .一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱阒亓铀俣却笮間.求(1)水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大??；(2)小球到達A點時動量的大小；(3)小球從C點落至水平軌道所用的時間【答案】見解析【解析】(1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達C點時所受合力的大小為F.由力的合成法則有tan F2(mg)2F設(shè)小球到達C點時的速度大小為v，由牛頓第二定律得Fm由式和題給數(shù)據(jù)得F0mgv.(2)設(shè)小球到達A點的速度大小為v1，作CDPA，交PA于D點，由幾何關(guān)系得DARsin CDR(1cos )由動能定理有mg·CDF0·DAmv2mv由式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點的動量大小為pmv1.(3)小球離開C點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動，加速度大小為g.設(shè)小球在豎直方向的初速度為v，從C點落至水平軌道上所用時間為t.由運動學(xué)公式有vtgt2CDvvsin 由式和題給數(shù)據(jù)得t.20