浙江省備戰(zhàn)2020年高考物理 一遍過考點15 動能定理及其應用（含解析）

《浙江省備戰(zhàn)2020年高考物理 一遍過考點15 動能定理及其應用（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《浙江省備戰(zhàn)2020年高考物理 一遍過考點15 動能定理及其應用（含解析）（22頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、動能定理及其應用 專題 知識內容 考試要求 必考 加試 機械能守恒定律 動能和動能定理 d d 一、動能定理 1．公式：（） 2．推導：假設物體（m）在極短時間Δt內受到力F1、F2……（可視為恒力）作用，發(fā)生的位移為Δx 對物體，由牛頓第二定律有，由運動學公式有 聯(lián)立可得，即 在極短時間Δt內有，對一般過程有，即 （故解題時，使用動能定理和牛頓運動定律均可，應根據實際情況選擇解題思路） 3．優(yōu)先考慮應用動能定理的問題 （1）不涉及加速度、時間的問題； （2）有多個物理過程且不需要研究整個過程中的中間狀態(tài)的問題； （3）變力做功的問題。 二、應用動

2、能定理的流程 三、應用動能定理解題的方法技巧 1．對物體進行正確的受力分析，要考慮物體所受的所有外力，包括重力。 2．有些力在物體運動的全過程中不是始終存在的，若物體運動的全過程包含幾個不同的物理過程，物體的運動狀態(tài)、受力等情況均可能發(fā)生變化，則在考慮外力做功時，必須根據不同情況分別對待。 3．若物體運動的全過程包含幾個不同的物理過程，解題時可以分段考慮，也可以全過程為一整體，利用動能定理解題，用后者往往更為簡捷。 （2019·山西平遙中學期末）光滑水平面AB與豎直面內的半圓形導軌在B點連接，導軌半徑R＝0.5 m，一個質量m＝2 kg的小球在A處壓縮一輕質彈簧，彈簧

3、與小球不拴接。用手擋住小球不動，此時彈簧彈性勢能Ep＝36 J，如圖所示。放手后小球向右運動脫離彈簧，沿半圓形軌道向上運動恰能通過最高點C，g取10 m/s2。下列選項正確的是 A．小球脫離彈簧時的速度大小5 m/s B．小球通過最高點C的速度是0 C．小球在C點處于超重狀態(tài) D．小球從B到C阻力做的功為–11 J 【參考答案】D 【詳細解析】A、根據機械能守恒定律Ep=mv12解得:v1=6 m/s，選項A錯誤；B、因小球恰能通過最高點C，則，解得，選項B錯誤；C、小球在C點時，加速度向下，處于失重狀態(tài)，選項C錯誤；D、小球從B到C，由動能定理：，聯(lián)立解得Wf=–11 J，選

4、項D正確。 【名師點睛】豎直方向的圓周運動： （1）繩模型（繩、內軌約束）。做完整圓周運動的臨界條件：最高點的向心力僅由重力提供。不脫離的臨界條件：恰好做完整的圓周運動，或者到與圓心等高處速度為零。 （2）桿模型（桿、管、套環(huán)約束）。做完整圓周運動的臨界條件：最高點速度為0。 （3）橋模型（拱橋、外軌約束）。脫離的臨界條件：支持力為0。恰好在最高點脫離時，由重力提供向心力。 1．為了研究過山車的原理，某物理小組提出了下列設想：取一個與水平方向夾角為θ=60°、長為L1=2m的傾斜軌道AB，通過微小圓弧與長為L2=m的水平軌道BC相連，然后在C處設計一個豎直完整的光滑圓軌道，出口為

5、水平軌道上D處，如圖所示。現將一個小球從距A點高為h=0.9 m的水平臺面上以一定的初速度v0水平彈出，到A點時小球的速度方向恰沿AB方向，并沿傾斜軌道滑下。已知小球與AB和BC間的動摩擦因數均為μ=，g取10 m/s2。 （1）求小球初速度v0的大小； （2）求小球滑過C點時的速率vC； （3）要使小球不離開軌道，則豎直圓弧軌道的半徑R應該滿足什么條件？ 【答案】（1）m/s （2）3 m/s （3）0

6、球剛好能過最高點時，重力提供向心力，則 ， 代入數據解得R1=1.08 m， 當小球剛能到達與圓心等高時，有， 代入數據解得R2=2.7 m， 當圓軌道與AB相切時， 即圓軌道的半徑不能超過1.5 m， 綜上所述，要使小球不離開軌道，R應該滿足的條件是0

7、與彈簧形變量x間的關系圖象正確的是 A． B． C． D． 【參考答案】C 【詳細解析】A．設滑塊受到的摩擦力為f，彈簧的彈力:F=kx，選取初速度的方向為正方向，則滑塊的加速度:，可知a與x的關系是不過坐標原點的直線；故A錯誤；B．當彈簧的壓縮量為x時，彈簧的彈性勢能:，所以滑塊克服彈簧的彈力做功:，克服摩擦力做功:Wf=–fx。對滑塊由動能定理可得:，即:，為x的二次函數，是一條曲線；故B錯誤；C．滑塊克服彈簧做的功轉化為彈簧的彈性勢能，所以系統(tǒng)的機械能:E=Ek0–fx，即系統(tǒng)的機械能與x之間的關系為斜率為負的一次函數；故C正確；D．因摩擦產生的內能為:Q=fx，是過坐標原點

8、的傾斜直線；故D錯誤。 【名師點睛】解決本題的關鍵要正確分析彈簧的狀態(tài)，知道小球的速度最大時，合力為零，通過分析小球的受力情況，進一步分析其運動情況。 1．如圖所示，豎直平面內放一直角桿，桿的水平部分粗糙，桿的豎直部分光滑，兩部分各套有質量均為1 kg的小球A和B，A、B間用細繩相連，A與水平桿之間的動摩擦因數。初始時刻A、B均處于靜止狀態(tài)，已知OA=3 m，OB=4 m。若A球在水平拉力F的作用下向右緩慢地移動1 m（取g=10 m/s2），那么該過程中 A．小球A受到的摩擦力大小為6 N B．小球B上升的距離小于1 m C．拉力F做功為16 J D．拉力F做功為14 J

9、 【答案】AC 【解析】對AB整體受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向右的彈力N1，如圖所示： 根據共點力平衡條件，對整體，豎直方向：N=G1+G2，水平方向：F=f+N1，其中：f=μN，解得N=（m1+m2）g=20 N，f=μN=0.3×20 N=6 N，故A正確。B、根據幾何關系，可知小球B上升的距離；故B錯誤。CD、對整體在整個運動過程中運用動能定理列式得：WF–fs–m2g·h=0，故有：WF=fs+m2g?h=6×1 J+1×10×1 J=16 J，故C正確，D錯誤。故選AC。 【名師點睛】本題中拉力為變力，先對整體受力分析后根據共點力平衡條件得出

10、摩擦力為恒力，然后根據動能定理求變力做功。 （2019·遼寧遼師大附中期末）粗糙水平面上靜止放置質量均為m的A、B兩物體，它們分別受到水平恒力F1、F2的作用后各自沿水平面運動了一段時間，之后撤去F1、F2，兩物體最終都停止，其v–t圖象如圖所示，下列說法錯誤的是 A．A、B兩物體與地面間的滑動摩擦因數之比為1:2 B．F1與A物體所受摩擦力大小之比為3:1 C．F1和F2大小之比為2:1 D．A、B兩物體通過的總位移大小相等 【參考答案】C 【詳細解析】A.由速度與時間圖象可知，兩個勻減速運動的加速度之比為1:2；由牛頓第二定律f=ma可知:A、B受摩擦力大小1:2

11、，可知摩擦因數之比為1:2，故A正確；B.由速度與時間圖象可知，A、B兩物體加速與減速的位移相等，且勻加速運動位移之比1:2，勻減速運動的位移之比2:1，由動能定理可得：A物體的拉力與摩擦力的關系，F1·x–f1·3 x =0–0，解得F1:f1=3:1，故B正確；C.對B：F2·2 x–f2·3x =0–0，解得：F2:f2=3:2，又A、B受摩擦力大小1:2，可知F1和F2大小之比為1:1，故C錯誤。D.由速度與時間圖象面積表示位移可知，A、B兩物體加速與減速的位移相等，故D正確。此題選擇錯誤的選項，故選C。 1．質量分別為m1、m2的兩個物體A、B并排靜止在水平地面上，用同向的水平拉力

12、F1、F2分別作用于物體A和B上，且分別作用一段時間后撤去，之后，兩物體各自滑行一段距離后停止下來，物體A、B在整個運動過程中的速度一時間圖象分別如圖中的圖線a、b所示。已知物體A、B與水平地面的動摩擦因數分別為μ1、μ2，取重力加速度g=10 m/s2。由圖中信息可知 A．μ1=μ2=0.1 B．若F1=F2，則m1>m2 C．若m1=m2，則在整個過程中，力F1對物體A所做的功大于力F2對物體B所做的功 D．若m1=m2，則在整個過程中，物體A克服摩擦力做的功等于物體B克服摩擦力做的功 【答案】AD 【解析】A、撤除拉力后兩物體的速度圖象平行，故加速度大小相等，即a1=a2

13、=μg=1 m/s2，所以μ1=μ2=0.1，故A正確。B、若F1=F2，對于m1則有F1–μ1m1g=m1a1，解得；對于m2則有F2–μ2m2g=m2a2，解得；由圖可知a1>a2，故m1

14、總質量為100 kg，下坡時初速度為4 m/s，人不踏車的情況下，到達坡底時車速為10 m/s，g取10 m/s2，則下坡過程中阻力所做的功為 A．－4 000 J B．－3 800 J C．－5 000 J D．－4 200 J 2．（2019·黑龍江大慶四中月考）韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上項目奪冠的運動員。他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。韓曉鵬在此過程中 A．重力勢能減小了2 000 J B．重力勢能減小了1 900 J C．動能增加了1 900 J D．動能增加了2 000

15、J 3．在距水平地而10 m高處，以10 m/s的速度水平拋出一個質量為1 kg的物體，已知物體落地時的速度為16 m/s，取g=10 m/s2，則下列說法正確的是 A．拋出時人對物體做功為150 J B．自拋出到落地，重力對物體做功為100 J C．飛行過程中物體克服阻力做功22 J D．物體自拋出到落地時間為s 4．（2019·黑龍江大慶四中月考）關于動能定理的表達式W=Ek2﹣Ek1，下列說法正確的是 A．公式中的W為不包含重力的其他力做的總功 B．動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動；適用于恒力做功，但不適用于變力做功 C．運動物體所受合外力不為零，則該物體一定

16、做變速運動，其動能要變化 D．公式中的Ek2﹣Ek1為動能的增量，當W＞0時動能增加，當W＜0時動能減少 5．一木塊沿著高度相同、傾角不同的三個斜面由頂端靜止滑下（如圖所示）若木塊與各斜面間的動摩擦因數都相同，則滑到底端時的動能大小關系是 A．傾角大的動能最大 B．傾角小的動能最大 C．傾角等于45o的動能最大 D．三者的動能一樣大 6．（2019·四川期末）從空中某一高度同時以大小相等的速度豎直上拋和水平拋出兩個質量均為m的小球，忽略空氣阻力。在小球從拋出到落至水平地面的過程中 A．動能變化量不同，動量變化量相同 B．動能變化量和動量變化量均相同 C．動能變化量相同,

17、動量變化量不同 D．動能變化量和動量變化量均不同 7．物體在合外力作用下做直線運動的v –t 圖象如圖所示，下列表述正確的是 A．在0~1 s內，物體做加速運動，合外力做正功 B．在1~3 s內，物體做勻速運動，合外力做正功 C．在3~7 s內，合外力做功為零 D．在0~5 s內，速度變化量為零，合力的平均功率為零 8．（2019·山西平遙中學期末）質量為1 500 kg的汽車在平直的公路上運動，v－t圖象如圖所示，下列選項中哪個不能求出 A．0~25 s內合外力對汽車所做的功 B．前25 s內汽車的平均速度 C．15~25 s內汽車的加速度 D．15~25 s內

18、汽車所受的阻力 9．一質量為2 kg的物體靜止在水平桌面上，在水平拉力F的作用下，沿水平方向運動2 s后撤去外力，其v–t圖象如圖所示，下列說法正確的是 A．在0~2 s內，合外力做的功為4 J B．在0~2 s內，合外力做的功為8 J C．在0~6 s內，摩擦力做的功為–8 J D．在0~6 s內，摩擦力做的功為–4 J 10．（2019·廣西期末）關于功和能，下列說法正確的是 A．合外力對物體做功為零時，機械能一定守恒 B．物體所受的力越大，位移越大，則該力對物體做功一定越多 C．物體所受的合外力不為零時，動能可能不變 D．在一對作用力和反作用力中，若作用力對物體做

19、正功，則反作用力對物體一定做負功 11．如圖是某緩沖裝置，勁度系數足夠大的輕質彈簧與直桿相連，直桿可在固定的槽內移動，與槽間的滑動摩擦力恒為f，直桿質量不可忽略。一質量為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，且直桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計小車與地面間的摩擦。則 A．小車被彈回時速度v一定小于v0 B．直桿在槽內移動的距離等于 C．直桿在槽內向右運動時，小車與直桿始終保持相對靜止 D．彈簧的彈力可能大于直桿與槽間的最大靜摩擦力 12．（2019·黑龍江哈爾濱市第六中學校月考）質量為2 kg的物體以10 m/s的初速度，從起點A出發(fā)豎直向上拋出，

20、在它上升到某一點的過程中，物體的動能損失了50 J，機械能損失了10 J，設物體在上升、下降過程空氣阻力大小恒定，則該物體再落回到A點時的動能為（g=10 m/s2） A．40 J B．60 J C．80 J D．100 J 13．如圖所示，豎直平面內四分之一光滑圓弧軌道AP和水平傳送帶PC相切于P點，圓弧軌道的圓心為O，半徑為R。一質量為m的小物塊從圓弧頂點A由靜止開始沿軌道下滑，再滑上傳送帶PC，傳送帶可以速度沿逆時針方向的傳動。小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，不計物塊經過圓弧軌道與傳送帶連接處P時的機械能損失，若傳送帶沿逆時針方向轉動，物塊恰能滑到右端C，重力加速度為g=10 m/

21、s2。則下列說法正確的是 A．若水平傳送帶沿逆時針方向轉動的速度增大，小物塊不能滑到傳送帶右端C B．傳送帶PC之間的距離 C．若傳送帶速度大小v0不變，順時針轉動，小物塊從P點滑到C點所用的時間 D．若傳送帶速度大小v0不變，順時針轉動，要讓小物塊一直在傳送帶上做勻減速運動，則小物塊在圓弧頂點A的最小速度 14．（2019·甘肅蘭州一中期末）如圖所示，AB為1/4圓弧軌道，BC為水平直軌道，圓弧的半徑為R，BC的長度也是R，一質量為m的物體，與兩個軌道間的動摩擦因數都為μ，當它由軌道頂端A從靜止開始下落，恰好運動到C處停止，那么物體在AB段克服摩擦力所做的功為 A．μmg

22、R B．mgR C．－mgR D．(1－μ)mgR 15．（2019·山東期末）某工地上，工人將放在地面上一重10 N的箱子吊起。箱子在繩的拉力作用下由靜止開始豎直向上運動，運動過程中箱子的機械能E與其位移x的關系圖象如圖所示，其中0~5 m過程的圖線為曲線，5 m~15 m過程的圖線為直線。根據圖象可知 A．0~5 m過程中箱子所受的拉力逐漸減小 B．0~15 m過程中箱子的動能一直增加 C．在位移為15 m時，拉力F =20 N D．在位移為15 m時，拉力F =10 N 16．我國將于2022年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一，如圖所示，質量m=60 kg

23、的運動員從長直助滑道末端AB的A處由靜止開始以加速度勻加速滑下，到達助滑道末端B時速度 ，A與B的豎直高度差H=48 m，為了改變運動員的運動方向，在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點C處附近是一段以O為圓心的圓弧。助滑道末端B與滑道最低點C的高度差h=5 m，運動員在B、C間運動時阻力做功W=–1 530 J，取。 （1）求運動員在AB段下滑時受到阻力的大??； （2）若運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點所在圓弧的半徑R至少應為多大。 17．（2019·新課標全國Ⅱ卷）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

24、勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。由圖中數據可得 A．物體的質量為2 kg B．h=0時，物體的速率為20 m/s C．h=2 m時，物體的動能Ek=40 J D．從地面至h=4 m，物體的動能減少100 J 18．（2019·新課標全國Ⅲ卷）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3 m以內時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。該物體的質量為 A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．

25、0.5 kg 19．（2018·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的關系圖象是 A． B． C． D． 20．（2018·新課標全國II卷）如圖，某同學用繩子拉動木箱，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 21．（2017·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，與斜面間的動摩擦因數不變，則該過程中，物塊的動能與位移的關系圖線是 A． B． C．

26、 D． 22．（2016·海南卷）如圖，光滑圓軌道固定在豎直面內，一質量為m的小球沿軌道做完整的圓周運動。已知小球在最低點時對軌道的壓力大小為N1，在最高點時對軌道的壓力大小為N2。重力加速度大小為g，則N1–N2的值為 A．3mg B．4mg C．5mg D．6mg 23．（2016·浙江卷）如圖所示為一滑草場。某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，滑草車與草地之間的動摩擦因數為。質量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端（不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，，）。則 A．動摩擦因數

27、 B．載人滑草車最大速度為 C．載人滑草車克服摩擦力做功為mgh D．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為 24．（2015·新課標全國Ⅰ卷）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。一質量為m的質點自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表示質點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功。則 A．，質點恰好可以到達Q點 B．，質點不能到達Q點 C．，質點到達Q后，繼續(xù)上升一段距離 D．，質點到達Q后，繼續(xù)上升一段距離 25．（2016·上海卷）地面上

28、物體在變力F作用下由靜止開始豎直向上運動，力F隨高度x的變化關系如圖所示，物體能上升的最大高度為h，h

29、個過程中，拉力做的功W。 1．B【解析】下坡過程中，根據動能定理得：，代入數據解得：Wf=–3 800 J，故B正確，ACD錯誤。 2．B【解析】AB、重力對物體做功為1 900 J，是正功，則物體重力勢能減小了1 900 J，故A不符合題意，B符合題意；CD、外力對物體所做的總功為 W總=WG+W阻=1900 J–100 J=1 800 J，是正功，根據動能定理得:動能增加了1 800 J。故CD不符合題意。 3．BC【解析】A、根據動能定理，拋出時人對物體做功等于物體的初動能，為，故A錯誤。B、自拋出到落地，重力對物體做功為：WG=mgh=1×10×10 J=100 J，

30、故B正確。C、飛行過程根據動能定理得：mgh–Wf=Ek2–Ek1，代入解得物體克服阻力做的功為：，故C正確。D、由于空氣阻力的影響，物體不是平拋運動，故豎直分運動不是自由落體運動，且空氣阻力是變力，無法求解運動的時間，故D錯誤。故選BC。 【名師點睛】本題是動能的定義和動能定理的簡單應用，空氣阻力是變力，運用動能定理求解克服空氣阻力做功是常用的方法。 4．D【解析】A、動能定理的表達式W=Ek2–Ek1，W指的是合外力所做的功，包含重力做功，故A不符合題意；B、動能定理適用于任何運動，既適用于直線運動，也適用于曲線運動，既適用于恒力做功，也適用于變力做功，故B不符合題意；C、運動物體所受

31、合外力不為零，則該物體一定做變速運動，若合外力方向始終與運動方向垂直，合外力不做功，動能不變，故C不符合題意；D、公式中的Ek2–Ek1為動能的增量，當W＞0時，即Ek2–Ek1＞0，動能增加，當W＜0時，即Ek2–Ek1＜0，動能減少，故D符合題意。 5．A【解析】分析可知，木塊下滑中，重力做正功、支持力不做功，摩擦力做負功；重力做功：；摩擦力做功：；則由動能定理可得：；即滑到底部的動能為：；因h、m不變，而tanθ隨角度的增大而增大，故隨角度θ的增大而增大，A正確；故本題選A。 【名師點睛】木塊在下滑中受重力、彈力及摩擦力，分析各力做功情況，由動能定理列出通式可比較木塊滑到底部時的動能

32、大小。 6．C【解析】小球從拋出到落地過程中，只有重力做功，下落的高度相同，根據動能定理可得，兩種情況下動能變化量相同；根據題意豎直上拋運動時間必平拋運動的時間長，根據可知動量變化量不同，C正確。 7．ACD【解析】在0~1 s內，物體做勻加速運動，動能增加，根據動能定理知，合外力做正功，A正確；在1~3 s內，物體做勻速運動，合外力為零，不做功，B錯誤；在3~7 s內，動能的變化量為零，根據動能定理可知，合外力做功為零，C正確；在0~5 s內，速度變化量為零，動能的變化量為零，由動能定理知合力做功為零，則合力的平均功率為零，D正確。 8．D【解析】A.由圖可以讀出0~25 s內汽車的初

33、、末速度，結合質量，能求出動能的變化，根據動能定理可求前25 s內合外力對汽車所做的功，故A不符合題意。B.根據速度圖線與時間軸所圍成的面積表示位移，能求出前25 s內汽車的位移，從而可以求出前25 s內汽車的平均速度，故B不符合題意。C、根據速度圖象的斜率表示加速度，可以求出15~25 s內汽車的加速度，故C不符合題意。D.根據F–f=ma，知道加速度a和汽車的質量m，不能求解15~25 s內汽車所受的阻力，選項D符合題意。 9．A【解析】AB、在0~2 s可讀出初末速度，由動能定理可得，故A正確，B錯誤。CD、在0~6 s內由全程的動能定理：，其中；對于0~2 s牛頓第二定律，得，而，聯(lián)

34、立得，故CD錯誤。故選A。 【名師點睛】本題考查功的計算以及牛頓第二定律的應用、圖象的應用，要注意明確物體的運動狀態(tài)，再由牛頓第二定律求出拉力和摩擦力，才能準確求解。 10．C【解析】A、合外力對物體做功為零時，機械能不一定守恒，例如勻速上升的升降機，選項A錯誤；B、根據W=Fscosθ可知，物體所受的力越大，位移越大，則該力對物體做功不一定越多，還要看力和位移方向的夾角，選項B錯誤；C、物體所受的合外力不為零時，動能可能不變，例如做勻速圓周運動的物體，選項C正確；D、在一對作用力和反作用力中，若作用力對物體做正功，則反作用力對物體可能做負功，也可能做正功或者不做功，選項D錯誤。 11．

35、BD【解析】小車在向右運動的過程中，若彈簧的形變量始終小于，直桿和槽間無相對運動，小車被彈回時速度v等于v0；若形變量等于，直桿和槽將發(fā)生相對運動，克服摩擦力做功，小車的動能減小，小車被彈回時速度v小于v0，A錯誤，D正確。對整個過程應用動能定理有–fs=–，可得直桿在槽內移動的距離s=，B正確。直桿在槽內由靜止開始向右運動時，小車速度大于零，小車不可能與直桿始終保持相對靜止，C錯誤。 12．B【解析】物體上升到某一高度時，重力、阻力均做負功，根據動能定理有：W合=△Ek ①，空氣阻力做功對應著機械能的變化，則有:Wf=△E ②，將△EK=–50 J，△E=–10 J，代入①②可得:W合

36、=–50 J，Wf=–10 J，可得W合=5Wf，物體的初動能為；當物體從A點到最高點的過程中，物體的動能減小了100 J，由動能定理可得，合力做的功W合上=–100 J，所以空氣阻力做功為Wf上=–20 J，由功能原理知，機械能損失了20 J，由于空氣阻力大小恒定，所以下落過程機械能也損失了20 J，則物體落回A點時的動能為100 J–2×20 J=60 J，故A，C，D錯誤，B正確。 13．BCD【解析】A、若水平傳送帶沿逆時針方向轉動的速度增大，物塊受到的滑動摩擦力不變，滑動摩擦力做功與速度變大前一樣，故小物塊仍然恰能滑到右端C，故A錯誤；B、從A到C，對小物塊運用動能定理可得：，解得

37、：，故B正確；C、若傳送帶速度大小v0不變，順時針轉動，根據動能定理得：，可得，物塊滑動到P點的速度：，根據牛頓第二定律可得：，得，假設傳送帶足夠長，共速時間：，共速時小物塊相對P點向右運動的位移：，故小物塊在傳送帶上先做勻減速運動，然后做勻速運動，則勻速運動的時間為：，可得小物塊從P點滑到C點所用的時間：，故C正確；D、若傳送帶速度大小v0不變，要讓小物塊一直在傳送帶上做勻減速運動，則小物塊滑到傳送帶右端C時速度恰好與傳送帶共速為：，對整個過程，由動能定理得：，解得，即小物塊在圓弧頂點A的最小速度，故D正確。 【名師點睛】解決本題的關鍵是分析清楚小物塊的運動情況，應用動能定理、牛頓第二定律

38、、運動學公式進行研究。要注意分析物塊與傳送帶共速的狀態(tài)。 14．D【解析】BC段物體受摩擦力f=μmg，位移為R，故BC段摩擦力對物體做功W=–fR=–μmgR；對全程由動能定理可知，mgR+W1+W=0，解得W1=μmgR–mgR；故AB段克服摩擦力做功為W克=mgR–μmgR。選項D正確。 15．AD【解析】A、據功能關系，物體機械能的變化等于重力以外其它力做的功；據可知，機械能E與其位移x的關系圖象切線斜率表示箱子所受拉力；由圖象得，0~5 m過程中箱子所受的拉力逐漸減小，故A項正確；BCD、由圖象得，0~5 m過程中箱子所受的拉力逐漸減小，5~15 m過程中箱子所受拉力；0~5 m

39、過程中箱子所受的拉力大于重力，箱子的動能增加；5~15 m過程中箱子所受的拉力等于重力，箱子的動能不變。故BC兩項錯誤，D項正確。 16．（1）144 N （2）12.5 m 【解析】（1）運動員在AB上做初速度為零的勻加速運動，設AB的長度為x，斜面的傾角為α，則有 根據牛頓第二定律得： 又， 由以上三式聯(lián)立解得 （2）設運動員到達C點時的速度為vC，在由B到達C的過程中，由動能定理有: 設運動員在C點所受的支持力為FN，由牛頓第二定律得： 由運動員能承受的最大壓力為其所受重力的6倍，聯(lián)立解得 17．AD【解析】A．Ep–h圖像知其斜率為G，故G==20 N，解得

40、m=2 kg，故A正確B．h=0時，Ep=0，Ek=E機–Ep=100 J–0=100 J，故=100 J，解得：v=10 m/s，故B錯誤；C．h=2 m時，Ep=40 J，Ek=E機–Ep=85 J–40 J=45 J，故C錯誤；D．h=0時，Ek=E機–Ep=100 J–0=100 J，h=4 m時，Ek′=E機–Ep=80 J–80 J=0 J，故Ek–Ek′=100 J，故D正確。 18．C【解析】對上升過程，由動能定理，，得，即F+mg=12 N；下落過程，，即N，聯(lián)立兩公式，得到m=1 kg、F=2 N。 19．A【解析】本題考查動能的概念和Ek-t圖象，意在考查考生的推理能

41、力和分析能力。小球做豎直上拋運動時，速度v=v0–gt，根據動能得，故圖象A正確。 【名師點睛】本題以豎直上拋運動為背景考查動能的概念和Ek-t圖象，解題的方法是先根據豎直上拋運動物體的速度特點寫出速度公式，在根據動能的概念寫出函數方程，最后根據函數方程選擇圖象。 20．A【解析】受力分析，找到能影響動能變化的是那幾個物理量，然后觀測這幾個物理量的變化即可。木箱受力如圖所示： 木箱在移動的過程中有兩個力做功，拉力做正功，摩擦力做負功，根據動能定理可知即：，所以動能小于拉力做的功，故A正確；無法比較動能與摩擦力做功的大小，CD錯誤。故選A 【名師點睛】正確受力分析，知道木箱在運動過程

42、中有那幾個力做功且分別做什么功，然后利用動能定理求解末動能的大小。 21．C【解析】向上滑動的過程中，根據動能定理有，當Ek=0時，同理，下滑過程中，由動能定理有，當x=0時，故選C。 22．D【解析】設小球在最低點時速度為v1，在最高點時速度為v2，根據牛頓第二定律，在最低點有N1–mg=，在最高點有N2+mg=；從最高點到最低點，根據動能定理有mg·2R=–，聯(lián)立可得N1–N2=6mg，故選D。 23．AB【解析】由動能定理有，解得，A正確；對前一段滑道，根據動能定理有，解得，B正確；載人滑草車克服摩擦力做功2mgh，C錯誤；載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為，D錯誤。 24．C

43、【解析】質點經過N點時，根據牛頓第二定律有，可得質點經過N點時的動能，質點由靜止運動到N點，根據動能定理有，得，質點從P點到Q點，由摩擦力做負功，在左右等高的位置，質點在左側的速度大于在右側的速度，質點在右側需要的向心力較小，軌道彈力較小，滑動摩擦力較小，所以從N到Q克服摩擦力做的功小于W，從N到Q，根據動能定理有，由，可得，質點在Q點速度仍然沒有減小到0，會繼續(xù)向上運動一段距離，故選C。 25．0或h 【解析】根據題意，從圖可以看出力F是均勻減小的，可以得出力F隨高度x的變化關系：，而，可以計算出物體到達h處時力；物體從地面到h處的過程中，力F做正功，重力做負功，由動能定理可得，而，可得；物體在初位置加速度最大，由牛頓第二定律有，得；物體升高過程，變力先大于重力后小于重力，加速度大小先減小后增大；當物體運動到h處時，有，可得，即加速度最大的位置是0或h處。 26．（1） （2） （3） 【解析】（1）C受力平衡有，解得 （2）C對B的壓力的豎直分力始終為 C恰好降落到地面時，B受C的壓力的水平分力最大，為 B受地面的摩擦力，解得 （3）C下降的高度 A的位移 摩擦力做的功 對系統(tǒng)，根據動能定理有 解得 22