8.3动能和动能定理能力提升练（word版含答案）
文档属性
| 名称 | 8.3动能和动能定理能力提升练（word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 415.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-02-14 16:11:52 | ||
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文档简介
2022版高中同步人教版必修第二册 8.3 动能和动能定理 能力提升练
一、多选题
1．如图所示，一倾斜固定传送带以恒定速率顺时针转动。在传送带底端B无初速度地放一个工件，工件在摩擦力的作用下从传送带底端B滑动到顶端A，然后进入平台装箱打包。则当工件从传送带底端B滑动到顶端A的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．摩擦力对工件所做的功等于工件动能的增量
B．摩擦力对工件所做的功等于工件机械能的增量
C．摩擦力对工件所做的功等于工件和传送带之间的摩擦生热
D．工件克服重力所做的功等于工件重力势能的增量
2．一传送带装置示意图如图所示，其中传送经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧很短，由光滑模板形成），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都和BC相切。现将一质量为m的小货箱在A处放到传送带上，放置时初速度为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。工作时传送带速度为v且稳定不变。箱子在A处投放后，到达B时刚好相对于传送带静止，且以后不再滑动（忽略经BC段时的微小滑动）。已知该装置由电动机带动，传送带与轮子之间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。则小货箱从A传输到D的过程中（ ）
A．小货箱的动能增量为
B．小货箱与传送带间因摩擦产生的热为
C．传送带对小货箱做的功为
D．电动机做的功为
3．如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是（ ）
A．上述过程中，F做功大小为mv12＋Mv22
B．其他条件不变的情况下，M越大，x越小
C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
D．其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多
4．如图所示，水平传送带以恒定速率v运动．现将质量均为m的甲、乙两小物体先后轻放在传送带的最左端，两物体速率达到v时通过的位移分别为s甲、s乙，且s甲 >S乙，则在两物体加速运动过程中，下列说法正确的是( )
A．传送带对两物体做的功相等
B．两物体加速运动的时间相等
C．两物体加速运动的加速度相等
D．两过程中摩擦产生的热量相等
二、单选题
5．如图所示，质量为m的物体被用细绳经过光滑小孔而牵引，且在光滑的水平面内做匀速圆周运动．拉力为某个值F时的转动半径为R，当拉力逐渐增大到6F时，物体仍做匀速圆周运动，此时半径为，则拉力对物体做的功为（ ）
A．0 B．FR C．3FR D．
6．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则下列说法正确的是 （ ）
A．下滑过程中，加速度一直减小
B．下滑过程中，克服摩擦力做功为
C．在C处，弹簧的弹性势能为
D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
7．两个物体A、B的质量分别为，并排静止在水平地面上，用同向水平拉力分别作用于物体A和B上，分别作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止下来，两物体运动的速度–时间图象分别如图中图线a、b所示，已知拉力分别撤去后，物体做减速运动过程的速度–时间图线彼此平行（相关数据已在图中标出），由图中信息可以得出
A．若，则
B．若，则力F1的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的2倍
C．若，则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为4:5
D．若，则力F1对物体A所做的功大于F2对物体B所做的功
8．一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动。在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如下图甲、乙所示。已知汽车所受阻力恒为重力的倍，重力加速度g取10m/s2下列说法正确的是（ ）
A．该汽车的质量为3000kg
B．
C．在前5s内，阻力对汽车所做的功为50kJ
D．在内，牵引力对汽车做功250kJ
9．某物体以一定的初速度沿倾角为37°的斜面向上滑行，最后又回到出发点. 物体与斜面的动摩擦因数恒定，取10m/s2 .在此过程中，其动能随物体到斜面底端距离L的变化关系如图所示，则物体的质量为
A．1kg B．2kg C．3kg D．4kg
10．如图所示，一个电量为-Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点．另一个电量为+q及质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点的速度最小为v．已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ、AB间距离为L0及静电力常量为k，则 （ ）
A．OB间的距离大于
B．点电荷乙能越过B点向左运动，其电势能仍增多
C．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差
D．从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为
11．如图所示，一质量为的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的劲度系数为，另一端固定于点。将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当它运动到点正下方点时速度为，方向水平向左，A、两点间的高度差为，不计空气阻力，则（ ）
A．由到过程，小球克服弹簧弹力做功为
B．由到过程，小球重力做功的功率一直增大
C．由到过程，小球满足机械能守恒
D．小球到达点时，受到的重力与弹力大小相等
12．如图所示，板长为L，板的B端静止放有质量为m的小物体，物体与板的动摩擦因数为μ。开始时板水平，在缓慢转过一个小角度α的过程中，小物体保持与板相对静止，则在这个过程中（ ）
A．摩擦力对小物体做功为μmgLcosαsinα
B．合力对小物体做功为mgLsinα
C．弹力对小物体做功为0
D．板对小物体做功为mgLsinα
三、解答题
13．如图所示，粗糙的水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0．8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R．用质量m＝0．2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，弹簧和物块具有的弹性势能为Ep，释放后物块从桌面右边缘D点飞离桌面后，由P点沿圆轨道切线落入圆轨道．已知物块与桌面间动摩擦因数μ＝0.1，CD间距离SCD=0.5m．（g＝10m/s2），求：
(1)D点的速度vD；
(2) Ep的大小
(3)判断m能否沿圆轨道到达M点．
14．频闪照相是研究物理过程的重要手段，如图所示是某同学研究一质量为m=0.5kg的小滑块从光滑水平面滑上粗糙斜面并向上滑动时的闪频照片，已知斜面足够长，倾角为α=37°，闪光频率为10Hz经测量换算获得实景数据，，，，取，sin37°=0.6，cos37°=0.8，设滑块通过平面与斜面连接处时没有能力损失，求：
（1）滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，并说明滑块在斜面上运动到最高点后能否自行沿斜面下滑；
（2）从滑块滑上斜面开始计时，经过长时间到达斜面上的A点（图中A点未画出，已知A点到斜面最低点B的距离为0.6m）．（注意：结果可以用根号表示）
15．如图所示，水平长直轨道AB与半径为R=0.8m的光滑竖直圆轨道BC相切于B，BC与半径为r=0.4m的光滑竖直圆轨道CD相切于C，质量m=1kg的小球静止在A点，现用F=18N的水平恒力向右拉小球，在到达AB中点时撤去拉力，小球恰能通过D点．已知小球与水平面的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2．求：
（1）小球在D点的速度vD大小；
（2）小球在B点对圆轨道的压力NB大小；
（3）A、B两点间的距离x．
16．如图所示，物块以初速度沿足够长的固定斜面上滑，斜面倾角为，物体与该斜面间的动摩擦因数，取，（，）求：
（）物块在斜面上运动的总时间；
（）物块回到斜面底端的速度的大小。
17．如图所示倾角的光滑斜面底端平滑连接着半径的竖直光滑半圆轨道。质量的小物块，从距地面处沿斜面由静止开始下滑，空气阻力不计，求：（）
(1)物块滑到斜面底端时的速度的大小。
(2)物块运动到圆轨道的最高点时，对圆轨道的压力的大小。
18．如图所示，倾角为37°的固定斜面与足够长水平面平滑连接于O点，质量为m=1kg物块（可视为质点）从斜面顶点P由静止开始释放，已知OP距离为，物块与斜面、水平面间动摩擦因数均为0.5，已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g=10m/s2。求：
(1)在下滑过程中重力、摩擦力做功分别为多少 ？
(2)物块运动至O点时速度大小v；
(3)物块在水平面上运动的距离d。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．BD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．当工件从传送带底端B滑动到顶端A的过程中，由能量关系可知，摩擦力对工件所做的功等于工件的动能和重力势能的增加量之和，即等于机械能的增量，选项A错误，B正确；
C．摩擦力对工件所做的功等于摩擦力与工件的位移的乘积，而摩擦生热等于摩擦力与工件相对皮带滑动的距离的乘积，则摩擦力对工件所做的功大于工件和传送带之间的摩擦生热，选项C错误；
D．工件克服重力所做的功等于工件重力势能的增量，选项D正确。
故选BD。
2．BC
【解析】
【详解】
A．由于小货箱最终相对于传送带静止，小货箱的的动能增量为
故A错误；
B．在水平段运输的过程中，小货箱在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，其末速度等于传送带的速度，用表示小货箱与传送带之间的滑动摩擦力，设这段时间内小货箱通过的位移为，运动时间为，根据动能定理可得在水平方向上传送带对小货箱做功为
其中
小货箱与传送带间因摩擦产生的热为
故B正确；
C．小货箱从A传输到D的过程中，根据动能定理可得
解得传送带对小货箱做的功为
故C正确；
D．根据能量守恒定律和功能关系可得电动机做的功为
故D错误；
故选BC。
3．BD
【解析】
【详解】
A．由功能关系可知，上述过程中，F做功的大小等于二者增加的动能与系统产生的热量之和，选项A错误；
B．其他条件不变的情况下，M越大，木板的加速度越小，x越小，选项B正确；
C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块的加速度越大，而木板的加速度不变，则滑块到达右端所用时间越短，选项C错误；
D．滑块与木板间产生的热量
Q＝Ff·l相对＝Ff·L板
L板一定，Ff越大产生的热量越多，选项D正确。
故选BD。
4．AD
【解析】
【详解】
小物体放到传送带上时，在摩擦力的作用下做匀加速直线运动，因为加速过程中的初速度都为零，末速度都为v，，故根据公式，解得，根据牛顿第二定律可得传送带做功，所以传送带做功相同，A正确C错误；根据可得，B错误；克服摩擦力做的功转化为热量，故，故两过程中摩擦产生的热量相等，D正确。
5．B
【解析】
【分析】
【详解】
设当绳的拉力为F时，小球做匀速圆周运动的线速度为v1，则有
当绳的拉力减为时，小球做匀速圆周运动的线速度为v2，则有
在绳的拉力由F增加为6F的过程中，根据动能定理得，拉力对物体做的功
故B正确。
故选B。
6．D
【解析】
【详解】
A．由题意知，圆环从A到C先加速后减速，到达B处速度最大，加速度减小为零，故加速度先减小后增大，A错误；
BC．从A到C，根据能量守恒
mgh=Wf＋Ep
从C到A根据能量守恒
联立解得
BC错误；
D．设AB距离为h1，从A到B据能量守恒可得
从B到A据能量守恒可得
整理可得
对比可得
vB2>vB1
即上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，D正确。
故选D。
7．B
【解析】
【详解】
由斜率等于加速度知，撤除拉力后两物体的速度图象平行，故加速度大小相等，求得：a1=a2=μg=1m/s2，则：μ1=μ2=0.1，若F1=F2，对于m1则有：F1-μ1m1g=m1a1，解得：m1=，对于m2则有：F2-μ2m2g=m2a2，解得：m2=，由图可知a1＞a2 ，则m1＜m2，故A错误．若m1=m2，则f1=f2，根据动能定理，对a有：WF1-f1s1=0；同理对b有：WF2-f2s2=0
由于s1=4×2.5×=5.0m，s2=2×5×=5.0m，故WF1=WF2，故D错误；由以上分析可知：F1=m1（a1+μ1g）=m1×，故拉力F1的最大瞬时功率为：P1=m1，同理有：F2=m2（a2+μ2g）=m2，故拉力F2的最大瞬时功率为：P2=m2，故P1=2P2，故B正确；若F1=F2，根据I=Ft，两个力作用的时间之比为1:2，则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比1:2，选项C错误；故选B.
8．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．第5s时，汽车的功率达到额定功率，前5s由牛顿第二定律可知
联立解得
故A错误；
B．汽车的最大速度
故B错误；
C．在前5s内，汽车做匀加速直线运动，由图像可知前5s的位移
阻力对汽车所做的功为
故C错误；
D．在内，牵引力恒定，则牵引力做的功
联立解得
在内，汽车功率恒定，则牵引力做的功
在内，牵引力对汽车做功
故D正确。
故选D。
9．A
【解析】
【详解】
由题意可知，选取从滑上底端开始到再次滑下底端结束，过程中重力做功为零，根据动能定理，则有：-f×2L=Ek′-Ek；即有：；物体上升过程中： 解得：m=1kg ；故选A.
点睛：此题考查动能定理的应用，注意过程的选取是解题的关键，同时注意力做功的正负．
10．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．乙球所受库伦引力逐渐增大，所以开始做加速度逐渐减小的减速运动，当库仑力大小等于摩擦力时，速度达到最小值，其后库仑力大于摩擦力，小球做加速度逐渐增大的加速运动，所以B位置受力平衡，则有
即OB间的距离为
故A错误；
B．点电荷乙能越过B点向左运动，电场力做正功其电势能减小，故B错误；
D．从A到B的过程中，根据动能定理
电场力对点电荷乙做的功为
故D错误；
C．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差
故C正确。
故选C。
11．A
【解析】
【详解】
A．由到过程，设小球克服弹簧弹力做功为，由动能定理有
解得
故A正确；
B．设运动过程中，弹簧轴线与竖直方向夹角为，根据功率的表达式，可得
易知，小球重力做功的功率先增大后减小，中间有极值。故B错误；
C．由A到过程，小球除重力做功以外，弹簧弹力也做功了，所以机械能不守恒。故C错误；
D．小球到达点时，受到的重力与弹力关系，由牛顿第二定律可得
所以二者大小不相等。故D错误。
故选A。
12．D
【解析】
【详解】
A．摩擦力的方向与木块运动的方向垂直，则摩擦力不做功，故A错误；
BCD．滑块受重力、支持力和静摩擦力，重力做功为-mgLsinα，摩擦力不做功，合外力做功为零，根据动能定理有
WG+Wf+WN=0
解得WN=mgLsinα，故BC错误，D正确。
故选D。
13．（1）4m/s（2）1.8J（3）物块不能到达M点
【解析】
【详解】
(1)设物块由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直速度为vy，有
，
得vD＝4m/s
(2)物块从C→D由动能定理得：-μmgSCD＝mvD2-mvC2
功能关系：Ep＝mv2C＝1.8J
(3)设物块能沿轨道到达M点，其速度为vM，从D→M整个过程由机械能守恒定律得：
mvD2＝mvM2＋mgR·cos45°
代入数据解得：vM≈2.2m/s<≈2.8m/s
所以物块不能到达M点.
14．（1）滑块在斜面上运动到最高点后能自行沿斜面下滑（2）0.2s或者0.4+s
【解析】
【详解】
试题分析：(1)在斜面上物块做匀减速直线运动，设加速度为a，则 由公式
解得
由牛顿第二定律有
联立以上方程解得μ＝0.5
因，所以滑块在斜面上运动到最高点后能自行沿斜面下滑
(2) 由题意可知，物块在水平面上做匀速直线运动，且设速度为，则
上滑时间为
滑块在斜面上上滑到达A点时有
解得：t1="0.2s" 1分
设滑块在斜面上能上滑的最大距离为sm，则对滑块在斜面上上滑过程应用动能定理有
解得
下滑加速度为
从最高点下滑到达A点的时间设为，则有
下滑时间为
所以，从滑块滑上斜面开始计时，到达斜面A点的时间为0.2s或者0.4+s 2分
考点：考查了动能定理，牛顿第二定律，运动学公式的综合应用
【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力．
15．(1) （2）45N (3)2m
【解析】
【详解】
（1）小球恰好过最高点D，有：
解得：
（2）从B到D，由动能定理：
设小球在B点受到轨道支持力为N，由牛顿定律有：
NB=N
联解③④⑤得：N=45N
（3）小球从A到B，由动能定理：
解得：
故本题答案是：(1) （2）45N (3)2m
【点睛】
利用牛顿第二定律求出速度，在利用动能定理求出加速阶段的位移，
16．（）；（）
【解析】
【分析】
【详解】
（）依据受力分析
上滑过程中有
依据运动学公式
联立解得上滑过程中
下滑时根据牛顿第二定律有
依据运动学公式
解得
故
（）依据（）中条件根据运动学公式
解得
17．(1) ；(2)42.5N
【解析】
【分析】
【详解】
(1)物块沿斜面下滑的过程，根据动能定理
代入数据解得物块滑到斜面底端B时的速度大小为
(2)设物块运动到圆轨道的最高点A时的速度为vA，在A点受到圆轨道的压力为NA，由动能定理
物块运动到圆轨道的最高点A时，由牛顿第二定律
代入数据解得
NA=42.5N
由牛顿第三定律可知，物块运动到圆轨道的最高点A时，对圆轨道的压力大小42.5N。
18．(1)6J；4J(2)2m/s；(3)0.4m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)在下滑过程中重力做功
摩擦力做功
(2)由动能定理得
解得
v=2m/s
(3)由动能定理得
解得
d=0.4m
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、多选题
1．如图所示，一倾斜固定传送带以恒定速率顺时针转动。在传送带底端B无初速度地放一个工件，工件在摩擦力的作用下从传送带底端B滑动到顶端A，然后进入平台装箱打包。则当工件从传送带底端B滑动到顶端A的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．摩擦力对工件所做的功等于工件动能的增量
B．摩擦力对工件所做的功等于工件机械能的增量
C．摩擦力对工件所做的功等于工件和传送带之间的摩擦生热
D．工件克服重力所做的功等于工件重力势能的增量
2．一传送带装置示意图如图所示，其中传送经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧很短，由光滑模板形成），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都和BC相切。现将一质量为m的小货箱在A处放到传送带上，放置时初速度为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。工作时传送带速度为v且稳定不变。箱子在A处投放后，到达B时刚好相对于传送带静止，且以后不再滑动（忽略经BC段时的微小滑动）。已知该装置由电动机带动，传送带与轮子之间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。则小货箱从A传输到D的过程中（ ）
A．小货箱的动能增量为
B．小货箱与传送带间因摩擦产生的热为
C．传送带对小货箱做的功为
D．电动机做的功为
3．如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是（ ）
A．上述过程中，F做功大小为mv12＋Mv22
B．其他条件不变的情况下，M越大，x越小
C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
D．其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多
4．如图所示，水平传送带以恒定速率v运动．现将质量均为m的甲、乙两小物体先后轻放在传送带的最左端，两物体速率达到v时通过的位移分别为s甲、s乙，且s甲 >S乙，则在两物体加速运动过程中，下列说法正确的是( )
A．传送带对两物体做的功相等
B．两物体加速运动的时间相等
C．两物体加速运动的加速度相等
D．两过程中摩擦产生的热量相等
二、单选题
5．如图所示，质量为m的物体被用细绳经过光滑小孔而牵引，且在光滑的水平面内做匀速圆周运动．拉力为某个值F时的转动半径为R，当拉力逐渐增大到6F时，物体仍做匀速圆周运动，此时半径为，则拉力对物体做的功为（ ）
A．0 B．FR C．3FR D．
6．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则下列说法正确的是 （ ）
A．下滑过程中，加速度一直减小
B．下滑过程中，克服摩擦力做功为
C．在C处，弹簧的弹性势能为
D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
7．两个物体A、B的质量分别为，并排静止在水平地面上，用同向水平拉力分别作用于物体A和B上，分别作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止下来，两物体运动的速度–时间图象分别如图中图线a、b所示，已知拉力分别撤去后，物体做减速运动过程的速度–时间图线彼此平行（相关数据已在图中标出），由图中信息可以得出
A．若，则
B．若，则力F1的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的2倍
C．若，则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为4:5
D．若，则力F1对物体A所做的功大于F2对物体B所做的功
8．一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动。在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如下图甲、乙所示。已知汽车所受阻力恒为重力的倍，重力加速度g取10m/s2下列说法正确的是（ ）
A．该汽车的质量为3000kg
B．
C．在前5s内，阻力对汽车所做的功为50kJ
D．在内，牵引力对汽车做功250kJ
9．某物体以一定的初速度沿倾角为37°的斜面向上滑行，最后又回到出发点. 物体与斜面的动摩擦因数恒定，取10m/s2 .在此过程中，其动能随物体到斜面底端距离L的变化关系如图所示，则物体的质量为
A．1kg B．2kg C．3kg D．4kg
10．如图所示，一个电量为-Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点．另一个电量为+q及质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点的速度最小为v．已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ、AB间距离为L0及静电力常量为k，则 （ ）
A．OB间的距离大于
B．点电荷乙能越过B点向左运动，其电势能仍增多
C．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差
D．从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为
11．如图所示，一质量为的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的劲度系数为，另一端固定于点。将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当它运动到点正下方点时速度为，方向水平向左，A、两点间的高度差为，不计空气阻力，则（ ）
A．由到过程，小球克服弹簧弹力做功为
B．由到过程，小球重力做功的功率一直增大
C．由到过程，小球满足机械能守恒
D．小球到达点时，受到的重力与弹力大小相等
12．如图所示，板长为L，板的B端静止放有质量为m的小物体，物体与板的动摩擦因数为μ。开始时板水平，在缓慢转过一个小角度α的过程中，小物体保持与板相对静止，则在这个过程中（ ）
A．摩擦力对小物体做功为μmgLcosαsinα
B．合力对小物体做功为mgLsinα
C．弹力对小物体做功为0
D．板对小物体做功为mgLsinα
三、解答题
13．如图所示，粗糙的水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0．8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R．用质量m＝0．2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，弹簧和物块具有的弹性势能为Ep，释放后物块从桌面右边缘D点飞离桌面后，由P点沿圆轨道切线落入圆轨道．已知物块与桌面间动摩擦因数μ＝0.1，CD间距离SCD=0.5m．（g＝10m/s2），求：
(1)D点的速度vD；
(2) Ep的大小
(3)判断m能否沿圆轨道到达M点．
14．频闪照相是研究物理过程的重要手段，如图所示是某同学研究一质量为m=0.5kg的小滑块从光滑水平面滑上粗糙斜面并向上滑动时的闪频照片，已知斜面足够长，倾角为α=37°，闪光频率为10Hz经测量换算获得实景数据，，，，取，sin37°=0.6，cos37°=0.8，设滑块通过平面与斜面连接处时没有能力损失，求：
（1）滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，并说明滑块在斜面上运动到最高点后能否自行沿斜面下滑；
（2）从滑块滑上斜面开始计时，经过长时间到达斜面上的A点（图中A点未画出，已知A点到斜面最低点B的距离为0.6m）．（注意：结果可以用根号表示）
15．如图所示，水平长直轨道AB与半径为R=0.8m的光滑竖直圆轨道BC相切于B，BC与半径为r=0.4m的光滑竖直圆轨道CD相切于C，质量m=1kg的小球静止在A点，现用F=18N的水平恒力向右拉小球，在到达AB中点时撤去拉力，小球恰能通过D点．已知小球与水平面的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2．求：
（1）小球在D点的速度vD大小；
（2）小球在B点对圆轨道的压力NB大小；
（3）A、B两点间的距离x．
16．如图所示，物块以初速度沿足够长的固定斜面上滑，斜面倾角为，物体与该斜面间的动摩擦因数，取，（，）求：
（）物块在斜面上运动的总时间；
（）物块回到斜面底端的速度的大小。
17．如图所示倾角的光滑斜面底端平滑连接着半径的竖直光滑半圆轨道。质量的小物块，从距地面处沿斜面由静止开始下滑，空气阻力不计，求：（）
(1)物块滑到斜面底端时的速度的大小。
(2)物块运动到圆轨道的最高点时，对圆轨道的压力的大小。
18．如图所示，倾角为37°的固定斜面与足够长水平面平滑连接于O点，质量为m=1kg物块（可视为质点）从斜面顶点P由静止开始释放，已知OP距离为，物块与斜面、水平面间动摩擦因数均为0.5，已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g=10m/s2。求：
(1)在下滑过程中重力、摩擦力做功分别为多少 ？
(2)物块运动至O点时速度大小v；
(3)物块在水平面上运动的距离d。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．BD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．当工件从传送带底端B滑动到顶端A的过程中，由能量关系可知，摩擦力对工件所做的功等于工件的动能和重力势能的增加量之和，即等于机械能的增量，选项A错误，B正确；
C．摩擦力对工件所做的功等于摩擦力与工件的位移的乘积，而摩擦生热等于摩擦力与工件相对皮带滑动的距离的乘积，则摩擦力对工件所做的功大于工件和传送带之间的摩擦生热，选项C错误；
D．工件克服重力所做的功等于工件重力势能的增量，选项D正确。
故选BD。
2．BC
【解析】
【详解】
A．由于小货箱最终相对于传送带静止，小货箱的的动能增量为
故A错误；
B．在水平段运输的过程中，小货箱在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，其末速度等于传送带的速度，用表示小货箱与传送带之间的滑动摩擦力，设这段时间内小货箱通过的位移为，运动时间为，根据动能定理可得在水平方向上传送带对小货箱做功为
其中
小货箱与传送带间因摩擦产生的热为
故B正确；
C．小货箱从A传输到D的过程中，根据动能定理可得
解得传送带对小货箱做的功为
故C正确；
D．根据能量守恒定律和功能关系可得电动机做的功为
故D错误；
故选BC。
3．BD
【解析】
【详解】
A．由功能关系可知，上述过程中，F做功的大小等于二者增加的动能与系统产生的热量之和，选项A错误；
B．其他条件不变的情况下，M越大，木板的加速度越小，x越小，选项B正确；
C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块的加速度越大，而木板的加速度不变，则滑块到达右端所用时间越短，选项C错误；
D．滑块与木板间产生的热量
Q＝Ff·l相对＝Ff·L板
L板一定，Ff越大产生的热量越多，选项D正确。
故选BD。
4．AD
【解析】
【详解】
小物体放到传送带上时，在摩擦力的作用下做匀加速直线运动，因为加速过程中的初速度都为零，末速度都为v，，故根据公式，解得，根据牛顿第二定律可得传送带做功，所以传送带做功相同，A正确C错误；根据可得，B错误；克服摩擦力做的功转化为热量，故，故两过程中摩擦产生的热量相等，D正确。
5．B
【解析】
【分析】
【详解】
设当绳的拉力为F时，小球做匀速圆周运动的线速度为v1，则有
当绳的拉力减为时，小球做匀速圆周运动的线速度为v2，则有
在绳的拉力由F增加为6F的过程中，根据动能定理得，拉力对物体做的功
故B正确。
故选B。
6．D
【解析】
【详解】
A．由题意知，圆环从A到C先加速后减速，到达B处速度最大，加速度减小为零，故加速度先减小后增大，A错误；
BC．从A到C，根据能量守恒
mgh=Wf＋Ep
从C到A根据能量守恒
联立解得
BC错误；
D．设AB距离为h1，从A到B据能量守恒可得
从B到A据能量守恒可得
整理可得
对比可得
vB2>vB1
即上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，D正确。
故选D。
7．B
【解析】
【详解】
由斜率等于加速度知，撤除拉力后两物体的速度图象平行，故加速度大小相等，求得：a1=a2=μg=1m/s2，则：μ1=μ2=0.1，若F1=F2，对于m1则有：F1-μ1m1g=m1a1，解得：m1=，对于m2则有：F2-μ2m2g=m2a2，解得：m2=，由图可知a1＞a2 ，则m1＜m2，故A错误．若m1=m2，则f1=f2，根据动能定理，对a有：WF1-f1s1=0；同理对b有：WF2-f2s2=0
由于s1=4×2.5×=5.0m，s2=2×5×=5.0m，故WF1=WF2，故D错误；由以上分析可知：F1=m1（a1+μ1g）=m1×，故拉力F1的最大瞬时功率为：P1=m1，同理有：F2=m2（a2+μ2g）=m2，故拉力F2的最大瞬时功率为：P2=m2，故P1=2P2，故B正确；若F1=F2，根据I=Ft，两个力作用的时间之比为1:2，则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比1:2，选项C错误；故选B.
8．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．第5s时，汽车的功率达到额定功率，前5s由牛顿第二定律可知
联立解得
故A错误；
B．汽车的最大速度
故B错误；
C．在前5s内，汽车做匀加速直线运动，由图像可知前5s的位移
阻力对汽车所做的功为
故C错误；
D．在内，牵引力恒定，则牵引力做的功
联立解得
在内，汽车功率恒定，则牵引力做的功
在内，牵引力对汽车做功
故D正确。
故选D。
9．A
【解析】
【详解】
由题意可知，选取从滑上底端开始到再次滑下底端结束，过程中重力做功为零，根据动能定理，则有：-f×2L=Ek′-Ek；即有：；物体上升过程中： 解得：m=1kg ；故选A.
点睛：此题考查动能定理的应用，注意过程的选取是解题的关键，同时注意力做功的正负．
10．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．乙球所受库伦引力逐渐增大，所以开始做加速度逐渐减小的减速运动，当库仑力大小等于摩擦力时，速度达到最小值，其后库仑力大于摩擦力，小球做加速度逐渐增大的加速运动，所以B位置受力平衡，则有
即OB间的距离为
故A错误；
B．点电荷乙能越过B点向左运动，电场力做正功其电势能减小，故B错误；
D．从A到B的过程中，根据动能定理
电场力对点电荷乙做的功为
故D错误；
C．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差
故C正确。
故选C。
11．A
【解析】
【详解】
A．由到过程，设小球克服弹簧弹力做功为，由动能定理有
解得
故A正确；
B．设运动过程中，弹簧轴线与竖直方向夹角为，根据功率的表达式，可得
易知，小球重力做功的功率先增大后减小，中间有极值。故B错误；
C．由A到过程，小球除重力做功以外，弹簧弹力也做功了，所以机械能不守恒。故C错误；
D．小球到达点时，受到的重力与弹力关系，由牛顿第二定律可得
所以二者大小不相等。故D错误。
故选A。
12．D
【解析】
【详解】
A．摩擦力的方向与木块运动的方向垂直，则摩擦力不做功，故A错误；
BCD．滑块受重力、支持力和静摩擦力，重力做功为-mgLsinα，摩擦力不做功，合外力做功为零，根据动能定理有
WG+Wf+WN=0
解得WN=mgLsinα，故BC错误，D正确。
故选D。
13．（1）4m/s（2）1.8J（3）物块不能到达M点
【解析】
【详解】
(1)设物块由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直速度为vy，有
，
得vD＝4m/s
(2)物块从C→D由动能定理得：-μmgSCD＝mvD2-mvC2
功能关系：Ep＝mv2C＝1.8J
(3)设物块能沿轨道到达M点，其速度为vM，从D→M整个过程由机械能守恒定律得：
mvD2＝mvM2＋mgR·cos45°
代入数据解得：vM≈2.2m/s<≈2.8m/s
所以物块不能到达M点.
14．（1）滑块在斜面上运动到最高点后能自行沿斜面下滑（2）0.2s或者0.4+s
【解析】
【详解】
试题分析：(1)在斜面上物块做匀减速直线运动，设加速度为a，则 由公式
解得
由牛顿第二定律有
联立以上方程解得μ＝0.5
因，所以滑块在斜面上运动到最高点后能自行沿斜面下滑
(2) 由题意可知，物块在水平面上做匀速直线运动，且设速度为，则
上滑时间为
滑块在斜面上上滑到达A点时有
解得：t1="0.2s" 1分
设滑块在斜面上能上滑的最大距离为sm，则对滑块在斜面上上滑过程应用动能定理有
解得
下滑加速度为
从最高点下滑到达A点的时间设为，则有
下滑时间为
所以，从滑块滑上斜面开始计时，到达斜面A点的时间为0.2s或者0.4+s 2分
考点：考查了动能定理，牛顿第二定律，运动学公式的综合应用
【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力．
15．(1) （2）45N (3)2m
【解析】
【详解】
（1）小球恰好过最高点D，有：
解得：
（2）从B到D，由动能定理：
设小球在B点受到轨道支持力为N，由牛顿定律有：
NB=N
联解③④⑤得：N=45N
（3）小球从A到B，由动能定理：
解得：
故本题答案是：(1) （2）45N (3)2m
【点睛】
利用牛顿第二定律求出速度，在利用动能定理求出加速阶段的位移，
16．（）；（）
【解析】
【分析】
【详解】
（）依据受力分析
上滑过程中有
依据运动学公式
联立解得上滑过程中
下滑时根据牛顿第二定律有
依据运动学公式
解得
故
（）依据（）中条件根据运动学公式
解得
17．(1) ；(2)42.5N
【解析】
【分析】
【详解】
(1)物块沿斜面下滑的过程，根据动能定理
代入数据解得物块滑到斜面底端B时的速度大小为
(2)设物块运动到圆轨道的最高点A时的速度为vA，在A点受到圆轨道的压力为NA，由动能定理
物块运动到圆轨道的最高点A时，由牛顿第二定律
代入数据解得
NA=42.5N
由牛顿第三定律可知，物块运动到圆轨道的最高点A时，对圆轨道的压力大小42.5N。
18．(1)6J；4J(2)2m/s；(3)0.4m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)在下滑过程中重力做功
摩擦力做功
(2)由动能定理得
解得
v=2m/s
(3)由动能定理得
解得
d=0.4m
答案第1页，共2页
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