[A組基礎(chǔ)題組]一、單項選擇題1．關(guān)于動能概念及動能定理表達(dá)式W＝Ek2－Ek1的說法正確的是()A．若物體速度在變化，則動能一定在變化B．速度大的物體，動能一定大C．W＝Ek2－Ek1表示功可以變成能D．動能的變化可以用合力做的功來量度解析：速度是矢量，而動能是標(biāo)量，若物體速度只改變方向，不改變大小，則動能不變，A錯誤；由Ek＝eq\f(1,2)mv2知B錯誤；動能定理表達(dá)式W＝Ek2－Ek1表示動能的變化可用合力做的功量度，但功和能是兩個不同的概念，有著本質(zhì)的區(qū)別，故C錯誤，D正確。答案：D2.(2021·四川德陽質(zhì)檢)如圖所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度為v0的物體從D點(diǎn)出發(fā)沿DBA滑動到頂點(diǎn)A時速度剛好為零，如果斜面改為AC，讓該物體從D點(diǎn)出發(fā)沿DCA滑動到A點(diǎn)且速度剛好為零，則物體具有的初速度(已知物體與路面之間的動摩擦因數(shù)處處相同且不為零)()A．等于v0 B．大于v0C．小于v0 D．取決于斜面的傾角解析：物體從D點(diǎn)滑動到頂點(diǎn)A過程中－mg·xAO－μmg·xDB－μmgcosα·xAB＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，由幾何關(guān)系cosα·xAB＝xOB，因而上式可以簡化為－mg·xAO－μmg·xOD＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，從上式可以看出，到達(dá)頂點(diǎn)的動能與路徑無關(guān)，故選A。答案：A3．(2021·黑龍江齊齊哈爾五校聯(lián)考)如圖所示，固定在豎直平面內(nèi)的eq\f(1,4)圓弧軌道與水平軌道相切于最低點(diǎn)B，質(zhì)量為m的小物塊從圓弧軌道的頂端A由靜止滑下，經(jīng)過B點(diǎn)后沿水平軌道運(yùn)動，并停在到B點(diǎn)距離等于圓弧軌道半徑的C點(diǎn)。圓弧軌道粗糙，物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。物塊到達(dá)B點(diǎn)前瞬間對軌道的壓力大小為()A．2μmg B．3mgC．(1＋2μ)mg D．(1＋μ)mg解析：設(shè)圓弧軌道的半徑為r，物塊從B到C的過程，由動能定理得－μmgr＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))，在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得N－mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),r)，聯(lián)立解得N＝(1＋2μ)mg，由牛頓第三定律可知，物塊到達(dá)B點(diǎn)前瞬間對軌道的壓力大小為N′＝N＝(1＋2μ)mg，C正確。答案：C4．用傳感器研究質(zhì)量為2kg的物體由靜止開始做直線運(yùn)動的規(guī)律時，在計算機(jī)上得到0～6s()A．0～6s內(nèi)物體先向正方向運(yùn)動，后向負(fù)方向運(yùn)動B．0～6s內(nèi)物體在4s時的速度最大C．物體在2～4s內(nèi)速度不變D．0～4s內(nèi)合力對物體做的功等于0～6s內(nèi)合力做的功解析：由v＝at可知，at圖像中，圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示物體速度的變化量，0～6s內(nèi)物體的速度始終為正值，故一直向正方向運(yùn)動，A項錯；t＝5s時，a＝0，此時速度最大，B項錯；2～4s內(nèi)加速度保持不變且不為零，速度一定變化，C項錯；0～4s內(nèi)與0～6s內(nèi)圖線與坐標(biāo)軸所圍面積相等，故物體4s末和6s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。答案：D5．如圖，第一次，小球從粗糙的eq\f(1,4)圓形軌道頂端A由靜止滑下，到達(dá)底端B的速度為v1，克服摩擦力做功為W1；第二次，同一小球從底端B以v2沖上eq\f(1,4)圓形軌道，恰好能到達(dá)A點(diǎn)，克服摩擦力做功為W2，則()A．v1可能等于v2B．W1一定小于W2C．小球第一次運(yùn)動機(jī)械能變大了D．小球第一次經(jīng)過圓弧某點(diǎn)C的速率大于它第二次經(jīng)過同一點(diǎn)C的速率解析：下滑過程重力做正功、摩擦力做負(fù)功，根據(jù)動能定理有mgh－W1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，上滑過程重力、摩擦力做負(fù)功，根據(jù)動能定理有－mgh－W2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，由以上兩式可知v1＜v2，且物體在同一位置時上滑速度大于下滑速度相同，A、D錯誤；物體在同一位置時上滑速度大于下滑速度，故上滑時對軌道的壓力較大，那么摩擦力較大，所以上滑過程克服摩擦力做功比下滑時多，即W1＜W2，B正確；小球第一次運(yùn)動過程中，由于摩擦生熱，所以機(jī)械能減少，C錯誤。答案：B二、多項選擇題6.在某一粗糙的水平面上，一質(zhì)量為2kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動一段時間后，拉力逐漸減小，且當(dāng)拉力減小到零時，物體剛好停止運(yùn)動，圖中給出了拉力隨位移變化的關(guān)系圖像。已知重力加速度g取10m/sA．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(yùn)動時的速度D．物體運(yùn)動的時間解析：物體做勻速直線運(yùn)動時，拉力F與滑動摩擦力Ff相等，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(F,mg)＝0.35，A正確；對全過程由動能定理得WF＋Wf＝0－eq\f(1,2)mv2，根據(jù)Fx圖像中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力對物體所做的功及物體做勻速運(yùn)動時的速度v，B、C正確；因?yàn)槲矬w做變加速運(yùn)動，所以運(yùn)動時間無法求出，D錯誤。答案：ABC7．(2021·廣西南寧模擬)在有大風(fēng)的情況下，一小球自A點(diǎn)豎直上拋，其運(yùn)動軌跡如圖所示(小球的運(yùn)動可看作豎直方向的豎直上拋運(yùn)動和水平方向的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動的合運(yùn)動)，小球運(yùn)動軌跡上的A、B兩點(diǎn)在同一水平直線上，M點(diǎn)為軌跡的最高點(diǎn)。若風(fēng)力的大小恒定，方向水平向右，小球在A點(diǎn)拋出時的動能為4J，在M點(diǎn)時它的動能為2J，落回到B點(diǎn)時動能記為EkB，小球上升時間記為t1，下落時間記為t2，不計其他阻力，則()A．x1∶x2＝1∶3 B．t1<t2C．EkB＝6J D．EkB＝12J解析：由小球上升與下落時間相等即t1＝t2，得x1∶(x1＋x2)＝1∶22＝1∶4，即x1∶x2＝1∶3，A正確，B錯誤；對A→M過程，應(yīng)用動能定理得－mgh＋W1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(M))－eq\f(1,2)mv2①，豎直方向有v2＝2gh②，①②式聯(lián)立得W1＝2J，A→B過程風(fēng)力做的功W2＝4W1＝8J，對A→B過程，由動能定理得W2＝EkB－EkA，可求得EkB＝12J，C錯誤，D正確。答案：AD8．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的物塊從圓弧軌道A點(diǎn)正上方P點(diǎn)由靜止釋放，物塊剛好從A點(diǎn)無碰撞地進(jìn)入圓弧軌道并做勻速圓周運(yùn)動，到B點(diǎn)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，不計物塊的大小，則()A．物塊到達(dá)A點(diǎn)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(yùn)動到B所用時間為eq\f(1,2)πeq\r(\f(r,g))D．物塊從A運(yùn)動到B克服摩擦力做的功為mgr解析：物塊從A到B做勻速圓周運(yùn)動，因此在A點(diǎn)的速度大小與在B點(diǎn)的速度大小相等，設(shè)速度大小為v，在B點(diǎn)，2mg－mg＝meq\f(v2,r)，求得v＝eq\r(gr)，A錯誤；P、A間的高度差為h＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(r,2)，B正確；物塊從A運(yùn)動到B所用的時間t＝eq\f(\f(1,2)πr,v)＝eq\f(1,2)πeq\r(\f(r,g))，C正確；根據(jù)動能定理可知，mgr－Wf＝0，因此物塊從A運(yùn)動到B克服摩擦力做的功為Wf＝mgr，D正確。答案：BCD[B組能力題組]9．(多選)(2021·四川廣元質(zhì)檢)如圖甲所示，一物體由某一固定的長斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑，其動能Ek隨離開斜面底端的距離x變化的圖線如圖乙所示，斜面與物體間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10m/s2，不計空氣阻力，A.斜面的傾角θ＝30°B．物體的質(zhì)量m＝0.5C．斜面與物體間的摩擦力大小f＝2ND．物體在斜面上運(yùn)動的總時間t＝2s解析：由動能定理知Ekx圖像的斜率的絕對值表示合外力的大小，則上升階段有mgsinθ＋μmgcosθ＝5N，下降階段有mgsinθ－μmgcosθ＝1N，聯(lián)立得tanθ＝eq\f(3,4)，即θ＝37°，m＝0.5kg，故A錯誤，B正確；物體與斜面間的摩擦力f＝μmgcosθ＝2N，故C正確；上升階段由Ekx圖像知合力F1＝5N，則a1＝10m/s2，又t1＝eq\f(v1,a1)，Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝25J，聯(lián)立得t1＝1s，同理，下降階段合力F2＝1N，則a2＝2m/s2，又t2＝eq\f(v2,a2)，Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝5J，聯(lián)立得t2＝eq\r(5)s，則t＝t1＋t2＝(1＋eq\r(5))s，故D錯誤。答案：BC10．(多選)如圖甲所示，長為l、傾角為α的斜面固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的小物塊從斜面頂端由靜止釋放并沿斜面向下滑動，已知小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ與下滑距離x的變化圖像如圖乙所示，則()A．μ0>tanαB．小物塊下滑的加速度逐漸增大C．小物塊下滑到斜面底端的過程中克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)μ0mglcosαD．小物塊下滑到底端時的速度大小為eq\r(2glsinα－2μ0glcosα)解析：小物塊在斜面頂端由靜止釋放能夠下滑，則滿足mgsinα>μ0mgcosα，即μ0<tanα，故A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律得a＝eq\f(mgsinα－μmgcosα,m)＝gsinα－μgcosα，下滑過程中μ逐漸減小，則加速度a逐漸增大，故B正確；由圖乙可知μ＝－eq\f(μ0,l)x＋μ0，則摩擦力f＝μmgcosα＝－eq\f(μ0mgcosα,l)x＋μ0mgcosα，可知f與x呈線性關(guān)系，如圖所示，其中f0＝μ0mgcosα，圖線和橫軸所圍成的面積表示克服摩擦力做的功，則下滑到斜面底端的過程克服摩擦力做的功Wf＝eq\f(1,2)f0l＝eq\f(1,2)μ0mglcosα，故C正確；下滑過程根據(jù)動能定理得mglsinα－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(2glsinα－μ0glcosα)，故D錯誤。答案：BC11．(2021·江西南昌模擬)一質(zhì)量m＝0.2kg的滑塊以一定的初速度沖上一傾角為37°的足夠長的斜面，某同學(xué)利用DIS實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)測出了滑塊沖上斜面過程中多個時刻的瞬時速度，如圖所示為通過計算機(jī)繪制出的滑塊上滑過程速度v隨時間t變化的vt圖像。已知sin37°＝0.6，g取10m/s2(1)滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2)滑塊重新回到斜面底端的動能。解析：(1)由圖示vt圖像可知，滑塊的加速度大小為a＝eq\f(Δv,Δt)＝8m/s2，物體在沖上斜面過程中，由牛頓第二定律得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.25。(2)滑塊向上滑行的最大距離為x＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2a)，由動能定理得mgxsin37°－μmgxcos37°＝Ek，代入數(shù)據(jù)解得Ek＝1.25J。答案：(1)0.25(2)1.25J12．(2021·四川眉山高三檢測)如圖所示，ABCD為一位于豎直平面內(nèi)的軌道，其中BC水平，A點(diǎn)比BC高出10m，BC長1m，AB和CD軌道光滑且與BC平滑連接。一質(zhì)量為1kg的物體，從A點(diǎn)以4m/s的速度開始運(yùn)動，經(jīng)過BC后滑到高出C點(diǎn)10.3m的D點(diǎn)速度為零。求：(g取10m/s2(1)物體與BC軌道間的動摩擦因數(shù)；(2)物體第5次經(jīng)過B點(diǎn)時的速度；(3)物體最后停止的位置(距B點(diǎn)多少米處)。解析：(1)物體從A到D的運(yùn)動過程只有重力、摩擦力做功，由動能定理可得mg(H－h(huán))－μmgLBC＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))，所以μ＝eq\f(2g（H－h(huán)）＋veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A)),2gLBC)＝0.5。(2)物體第5次經(jīng)過B點(diǎn)時，物體在BC上運(yùn)動的總位移x＝4LBC＝4m對物體從A到物體第5次經(jīng)過B點(diǎn)的運(yùn)動過程應(yīng)用動能定理可得mgH－μmgx＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))，所以v＝eq\r(veq