PAGEPAGE17動能和動能定理小題狂練?小題是基礎練小題提分快1.[2024·河北省定州中學模擬]一個人站在高為H的平臺上，以肯定的初速度將一質量為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)答案：A解析：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．2．[2024·天津市耀華中學檢測]如圖所示，用同種材料制成的一軌道ABC，AB段為四分之一圓弧，半徑為R，水平放置的BC段長為R.一物塊質量為m，與軌道間的動摩擦因數為μ，它由軌道頂端A從靜止起先下滑，恰好運動到C端停止，重力加速度為g，物塊在AB段克服摩擦力做的功為()A．μmgRB．mgRC.eq\f(1,2)πμmgRD．(1－μ)mgR答案：D解析：在BC段物塊受到的摩擦力f＝μmg，位移為R，故在BC段摩擦力對物塊做的功W＝－fR＝－μmgR，即物塊克服摩擦力做的功為μmgR，對整個過程由動能定理可知，mgR＋W1＋W＝0，解得W1＝μmgR－mgR，故在AB段克服摩擦力做的功為mgR－μmgR.故選D.3．[2024·河北省衡水中學二調](多選)如圖所示，斜面體由粗糙程度不同的材料A、B拼接而成，其截面△OCD為等腰直角三角形，P為兩材料在CD邊上的交點，且DP＞CP.現將OD邊水平放置，讓小物塊無初速度地從C滑到D，然后將OC邊水平放置，再讓小物塊無初速度地從D滑到C，小物塊兩次滑到P點的時間相同．下列說法正確的是()A．物塊其次次滑到P點的速率大B．兩次滑動中物塊到達P點時的速度大小相等C．兩次滑動中物塊到達底端時的速度大小相等D．物塊第一次滑到P點的速率大答案：AC解析：由題意可知，小物塊兩次滑到P點的時間相同，由于DP＞CP，因此從D到P的平均速度大于從C到P的平均速度，設從C滑到P點時速度為v1，從D滑到P點時速度為v2，則依據勻變速直線運動學問有：eq\f(v2,2)>eq\f(v1,2)，即從D滑到P點時的速度大于從C滑到P點時的速度，故A正確，B、D錯誤；小物塊從D到C和從C到D的過程中摩擦力做的功相等，重力做的功相等，依據動能定理可知，兩次滑動中物塊到達底端的速度大小相等，故C正確．4．[2024·江蘇省高郵中學檢測](多選)如圖所示，質量為M的電梯底板上放置一質量為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答案：BD解析：對物體，應用動能定理得：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；依據功能關系可知，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．5．[2024·河南省商丘九校聯考](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的位置放上具有肯定初速度的物塊(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，物塊對傳送帶始終做負功B．物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＞tanθC．0～t2內，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．系統產生的熱量肯定比物塊動能的削減量大答案：ABD解析：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向上，0～t1時間內，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功，故A正確．在t1～t2時間內，物塊向上運動，則有μmgcosθ>mgsinθ，得μ>tanθ，故B正確.0～t2時間內，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，設為WG，依據動能定理得：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，重力對物塊做正功，物塊的重力勢能減小、動能也減小，且都轉化為系統產生的內能，則由能量守恒定律知，系統產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.6．[2024·福建省福州市八縣(市)聯考](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動，在P點的右側，桿上套有一質量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，A、B均可看成質點，且不計滑輪大小的影響．現給滑塊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20J答案：ACD解析：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．7．[2024·山東省棗莊八中調研]如圖所示，長為L＝1m的長木板水平放置，在木板的A端放置一質量為m＝1kg的小物塊，現緩慢地抬高A端，使木板以左端為軸轉動，當木板轉到與水平面的夾角為α＝30°時，小物塊起先滑動，此時停止轉動木板，小物塊滑究竟端的速度為v＝2m/s，重力加速度g＝10m/s2，則在整個過程中()A．木板對小物塊做的功為5JB．摩擦力對小物塊做的功為5JC．支持力對小物塊做的功為0D．小物塊克服摩擦力做的功為3J答案：D解析：設在整個過程中，木板對物塊做的功為W，依據動能定理得：W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×1×22J＝2J，故A錯誤；在木板從水平位置起先轉動到與水平面的夾角為30°的過程中，摩擦力不做功，物塊沿木板下滑過程中，摩擦力對物塊做功，由于摩擦力小于重力沿木板向下的分力，即f<mgsin30°，則摩擦力對物塊做的功Wf＝－fL≠－mgLsin30°＝－5J，故B錯誤；在木板從水平位置起先轉動到與水平面的夾角為30°的過程中，支持力對物塊做的功設為WN，依據動能定理得：WN－mgLsin30°＝0，得WN＝5J，故C錯誤；在物塊下滑的過程中，依據動能定理得：mgLsin30°＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，得Wf＝－3J，即小物塊克服摩擦力做的功為3J，故D正確．8．[2024·安徽省四校模擬]一質點在0～15s內豎直向上運動，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．質點的機械能不斷增加B．在0～5s內質點的動能增加C．在10～15s內質點的機械能始終增加D．在t＝15s時質點的機械能大于t＝5s時質點的機械能答案：D解析：質點豎直向上運動，0～15s內加速度方向向下，質點始終做減速運動，B錯.0～5s內，a＝10m/s2，質點只受重力，機械能守恒；5～10s內，a＝8m/s2，受重力和向上的力F1，F1做正功，機械能增加；10～15s內，a＝12m/s2，質點受重力和向下的力F2，F2做負功，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內通過的位移大于10～15s內通過的位移，F1做的功大于F2做的功，5～15s內增加的機械能大于削減的機械能，所以D正確．9．[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所做的功大小相等答案：BC解析：B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，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．10．[2024·江西省南昌調研](多選)如圖所示，一小球(可視為質點)從H＝12m高處，由靜止起先沿光滑彎曲軌道AB進入半徑R＝4m的豎直圓環內側，且與圓環的動摩擦因數到處相等，當到達圓環頂點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．8m答案：BC解析：設小球質量為m，以B點所在水平面為零勢能面，由題給條件“當到達圓環頂點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．11．[2024·四川卷]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競賽中沿“助滑區”保持同一姿態下滑了一段距離，重力對他做功1900J，他克服阻力做功100J．韓曉鵬在此過程中()A．動能增加了1900JB．動能增加了2000JC．重力勢能削減了1900JD．重力勢能削減了2000J答案：C解析：依據動能定理，物體動能的增量等于物體所受全部力做功的代數和，即ΔEk＝WG＋Wf＝1900J－100J＝1800J，A、B項錯誤；重力做功與重力勢能變更量的關系為WG＝－ΔEp，即重力勢能削減了1900J，C項正確，D項錯誤．12．[2024·江蘇卷]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不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x關系的圖線是()ABCD答案：C解析：設物塊與斜面間的動摩擦因數為μ，物塊的質量為m，則物塊在上滑過程中依據動能定理有－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x，物塊沿斜面下滑的過程中有(mgsinθ－μmgcosθ)(x0－x)＝Ek，即Ek與x成一次函數關系，由此可以推斷C項正確．13．[2024·西安模擬]有兩個物體a和b，其質量分別為ma和mb，且ma＞mb，它們的初動能相同，若a和b分別受到不變的阻力Fa和Fb的作用，經過相同的時間停下來，它們的位移分別為sa和sb，則()A．Fa＞Fb且sa＜sbB．Fa＞Fb且sa＞sbC．Fa＜Fb且sa＞sbD．Fa＜Fb且sa＜sb答案：A解析：設物體的初速度為v，初動能為Ek，所受的阻力為F，通過的位移為s，物體的速度與動能的關系為Ek＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2Ek,m))，由s＝eq\f(v＋0,2)t得，s＝eq\r(\f(Ek,2m))t，由題意可知物體a、b運動時間和初動能相同，則質量越大，位移越小，ma＞mb，所以sa＜sb；由動能定理得，－Fs＝0－Ek，因初動能相同，F與s成反比，則Fa＞Fb，故選A.14．[2024·開封定位考試](多選)靜止在水平地面的物塊，受到水平方向的拉力F作用，此拉力方向不變，其大小F與時間t的關系如圖所示，設物塊與地面間的靜摩擦力最大值fm與滑動摩擦力大小相等，則()A．0～t1時間內F的功率漸漸增大B．t2時刻物塊的加速度最大C．t2時刻后物塊做反向運動D．t3時刻物塊的動能最大答案：BD解析：在0～t1時間內，水平方向的拉力從零漸漸增大到等于最大靜摩擦力，物塊始終靜止不動，水平拉力做功為零，功率為零，選項A錯誤；t2時刻水平拉力最大且大于滑動摩擦力的2倍，依據牛頓其次定律可知物塊加速度最大，選項B正確；t2時刻后水平拉力漸漸減小，物塊的加速度漸漸減小，速度方向不變，速度接著增大，選項C錯誤；t3時刻水平拉力減小到等于滑動摩擦力，速度增大到最大，t3時刻物塊的動能最大，選項D正確．15．[2024·四川五校聯考]如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與一質量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環相連，彈簧水平且處于原長．圓環從A處由靜止起先下滑，經過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，重力加速度為g，則圓環()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答案：D解析：圓環剛起先下滑時，圓環受到的合力向下，設彈簧原長為L，下滑過程中，對圓環受力分析，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))，豎直方向依據牛頓其次定律可得mg－Fcosθ－μFN＝ma，水平方向有Fsinθ＝FN，聯立三個方程可知，圓環下滑過程中受到的合力先減小后增大，圓環的加速度先減小后增大，選項A錯誤；在過程Ⅰ和Ⅱ中，圓環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，依據動能定理可得WG－Wf－W彈＝0，解得Wf＝WG－W彈，在過程Ⅱ中，依據動能定理可得－WG＋W彈－Wf＝－eq\f(1,2)mv2，聯立解得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．16．[2024·鄭州質檢](多選)質量為m的小球被系在輕繩一端，在豎直平面內做半徑為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小．某一時刻小球通過軌道的最低點，力傳感器的示數為7mg，重力加速度為g，此后小球接著做圓周運動，經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．再次經過最低點時力傳感器的示數為5mgD．再次經過最低點時力傳感器的示數大于5mg答案：AD解析：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阻力，由動能定理可得mg·2R－Wf′＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，且此過程中空氣阻力做的功Wf′＜Wf，解得v′1＞eq\r(4gR)，再次經過最低點時有F2＝T′－mg＝meq\f(v′\o\al(2,1),R)，解得T′＞5mg，選項C錯誤，D正確．

課時測評?綜合提實力課時練贏高分一、選擇題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答案：D解析：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化為重力勢能和內能，故C錯誤；依據動能定理可得，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．[2024·江西模擬](多選)質量為m的物塊在水平恒力F的推動下，從山坡(粗糙)底部的A處由靜止起先運動至高為h的坡頂B處．到達B處時物塊的速度大小為v，A、B之間的水平距離為s，重力加速度為g.不計空氣阻力，則物塊運動過程中()A．重力所做的功是mghB．合外力對物塊做的功是eq\f(1,2)mv2C．推力對物塊做的功是eq\f(1,2)mv2＋mghD．阻力對物塊做的功是eq\f(1,2)mv2＋mgh－Fs答案：BD解析：重力所做的功是WG＝－mgh，選項A錯誤；設阻力做功為Wf，依據動能定理，合外力對物塊做的功是W合＝WF－mgh＋Wf＝eq\f(1,2)mv2，選項B正確；WF＝mgh－Wf＋eq\f(1,2)mv2，選項C錯誤；WF＝Fs＝mgh－Wf＋eq\f(1,2)mv2，則Wf＝mgh＋eq\f(1,2)mv2－Fs，選項D正確．3.[2024·天津五區縣聯考](多選)如圖所示，豎直平面內有一光滑圓環，半徑為R，圓心為O，B為最低點，C為最高點，圓環左下方開一個小口與光滑斜面相切于A點，∠AOB＝37°，小球從斜面上某一點由靜止釋放，經A點進入圓軌道，不計小球由D到A的機械能損失，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)則要保證運動過程中小球不離開軌道，小球釋放的位置到A點的距離可能是()A．RB．2RC．3RD．4R答案：AD解析：若使小球恰能經過最高點C，則mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，依據動能定理有mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得h＝eq\f(5,2)R，小球釋放的位置到A點的距離是x＝eq\f(h－R1－cos37°,sin37°)＝eq\f(23,6)R；若使小球恰能經過與圓心O等高的一點，則釋放的高度h′＝R，此時小球釋放的位置到A點的距離是x′＝eq\f(h′－R1－cos37°,sin37°)＝eq\f(4,3)R；要保證運動過程中小球不離開軌道，小球釋放的位置到A點的距離應滿意：x≥eq\f(23,6)R或x′≤eq\f(4,3)R，A、D正確．4．(多選)如圖所示，斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的兩段，在B處用小圓弧連接．將小鐵塊(可視為質點)從A處由靜止釋放后，它沿斜面對下滑行，進入平面，最終靜止于P處．若從該板材上再截下一段，擱置在A、P之間，構成一個新的斜面，再將鐵塊放回A處，并輕推一下使之沿新斜面對下滑動．關于此狀況下鐵塊運動狀況的描述，正確的是()A．鐵塊肯定能夠到達P點B．鐵塊的初速度必需足夠大才能到達P點C．鐵塊能否到達P點與鐵塊質量有關D．鐵塊能否到達P點與鐵塊質量無關答案：AD解析：設A距離水平面BC的高度為h，小鐵塊與該板材間的動摩擦因數為μ.斜面AB的傾角為α，對全過程運用動能定理有mgh－μmgs1cosα－μmgs2＝0，整理得mgh－μmg(s1cosα＋s2)＝0，而s1cosα＋s2等于OP的長度，即h－μeq\x\to(OP)＝0，與斜面的傾角無關，故小鐵塊肯定能夠到達P點，且與鐵塊的質量無關．故A、D正確．5．(多選)如圖所示，水平傳送帶由電動機帶動，并始終保持以速度v勻速運動，現將質量為m的某物塊由靜止釋放在傳送帶上的左端，過一會兒物塊能保持與傳送帶相對靜止，設物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，對于這一過程，下列說法正確的是()A．摩擦力對物塊做的功為0.5mv2B．物塊對傳送帶做功為0.5mv2C．系統摩擦生熱為0.5mv2D．電動機多做的功為mv2答案：ACD解析：設物塊勻加速運動的時間為t，依據動能定理得：摩擦力對物塊做的功為W1＝feq\f(1,2)vt＝eq\f(1,2)mv2＝0.5mv2.物塊對傳送帶做功W2＝－fvt＝－mv2，故A項正確，B項錯誤．物塊與傳送帶相對位移大小為Δx＝vt－eq\f(vt,2)＝0.5vt，則Δx＝x物．摩擦生熱為Q＝f·Δx＝fx物＝0.5mv2.故C項正確．電動機多做的功轉化成了物體的動能和系統的內能，所以電動機多做的功為W機＝eq\f(1,2)mv2＋Q＝mv2.故D項正確．(或電動機做的功等于傳送帶克服摩擦力做的功W機＝f·vt＝mv2)6．(多選)如圖甲所示，物體以肯定初速度從傾角α＝37°的斜面底端沿斜面對上運動，上升的最大高度為3.0m．選擇地面為參考平面，上升過程中，物體的機械能E隨高度h的變更關系如圖乙所示．(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.)則()A．物體上升過程的加速度大小a＝10m/s2B．物體與斜面間的動摩擦因數μ＝0.4C．物體的質量m＝0.67kgD．物體回到斜面底端時的動能Ek＝10J答案：AD解析：物體到達最高點時，機械能為E＝Ep＝mgh，由圖知Ep＝30J，得m＝eq\f(E,gh)＝eq\f(30,10×3)kg＝1kg，故C錯誤；物體上升過程中，克服摩擦力做功，機械能削減，削減的機械能等于克服摩擦力做的功，ΔE＝－μmgcosαeq\f(h,sinα)，得μ＝0.5，故B錯誤；物體上升過程中，由牛頓其次定律得mgsinα＋μmgcosα＝ma，得a＝gsinα＋μgcosα＝10×0.6m/s2＋0.5×10×0.8m/s2＝10m/s2，故A正確；由圖象可知，物體上升過程中摩擦力做功為W＝30J－50J＝－20J，在整個過程中由動能定理得2W＝Ek－Ek0，則有Ek＝Ek0＋2W＝50J＋2×(－20)J＝10J，故D正確．7.(多選)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，直桿質量不行忽視．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肯定小于v0B．直桿在槽內移動的距離等于eq\f(1,f)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,0)－\f(1,2)mv2))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答案：BD解析：小車在向右運動的過程中，彈簧的形變量若始終小于eq\f(f,k)時，直桿和槽間無相對運動，小車被彈回時速度v肯定等于v0；若形變量大于eq\f(f,k)時，桿和槽間出現相對運動，克服摩擦力做功，小車的動能減小，所以小車被彈回時速度v肯定小于v0，A錯誤；對整個過程應用動能定理得fs＝ΔEk，直桿在槽內移動的距離s＝eq\f(1,f)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,0)－\f(1,2)mv2))，B正確；直桿在槽內向右運動時，起先小車速度比桿的大，所以不行能與直桿始終保持相對靜止，C錯誤；當彈力等于最大靜摩擦力時，直桿起先運動，此時小車的速度大于直桿的速度，彈簧進一步被壓縮，彈簧的彈力大于最大靜摩擦力，D正確．8．(多選)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θ＝45°時，物體達到最大位移后將停在斜面上答案：BC解析：由題圖乙可知，當夾角θ＝0°時，位移為2.40m，而當夾角為90°時，位移為1.80m，則由豎直上拋運動規律可知veq\o\al(2,0)＝2gh，解得v0＝eq\r(2gh)＝6m/s，故A錯誤；當夾角為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．9．[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．一質量為m的質點自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．W＝eq\f(1,2)mgR，質點恰好可以到達Q點B．W>eq\f(1,2)mgR，質點不能到達Q點C．W＝eq\f(1,2)mgR，質點到達Q點后，接著上升一段距離D．W<eq\f(1,2)mgR，質點到達Q點后，接著上升一段距離答案：C解析：在N點，依據牛頓其次定律有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.由于質點在PN段的速度大于質點在NQ段的速度，所以質點在NQ段受到的支持力小于PN段受到的支持力，則質點在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，所以質點到達Q點后，接著上升一段距離．故C正確，A、B、D錯誤．10．[2024·陜西渭南模擬](多選)一質量為m的物體以速度v0在足夠大的光滑水平面上運動，從零時刻起，對該物體施加一水平恒力F，經過時間t，物體的速度大小減小到最小值eq\f(3,5)v0，此后速度大小不斷增大．則()A．水平恒力F大小為eq\f(2mv0,5t)B．水平恒力作用2t時間，物體速度大小為v0C．在t時間內，水平恒力做的功為－eq\f(8,25)mveq\o\al(2,0)D．若水平恒力大小為2F，方向不變，物體運動過程中的最小速度仍為eq\f(3,5)v0答案：BCD解析：由物體速度減小到最小值eq\f(3,5)v0，可知恒力F的方向與速度v0的方向間的夾角為鈍角，將v0沿F的方向和垂直于F的方向進行分解，可知垂直于F方向的速度大小vx＝eq\f(3,5)v0，平行于F方向的速度大小vy＝eq