课时分层作业(八) 圆周运动
A组 基础巩固练
1．关于做匀速圆周运动的物体的线速度、角速度、运动半径、周期的关系，下列说法中正确的是( )
A．线速度大的角速度一定大
B．线速度大的周期一定小
C．角速度大的运动半径一定小
D．角速度大的周期一定小
2．圆周运动是生活中常见的一种运动．一个圆盘在水平面内匀速转动，盘面上一个小物块随圆盘一起做匀速圆周运动，如图甲所示．把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动，如图乙所示．关于匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A．匀速圆周运动的线速度大小和方向都时刻变化
B．匀速圆周运动的线速度大小不变，方向时刻变化
C．匀速圆周运动是匀速运动
D．匀速圆周运动是匀变速运动
3．(多选)汽车后备箱盖一般都配有可伸缩的液压杆，如图甲所示，其示意图如图乙所示．可伸缩液压杆上端固定于后盖上A点，下端固定于箱内O′点，B也为后盖上一点，后盖可绕过O点的固定铰链转动．在合上后备箱盖的过程中，下列说法正确的是( )
A.A点相对O′点做圆周运动
B．B点相对O点做圆周运动
C．A、B两点相对于O点转动的线速度大小相等
D．A、B两点相对于O点转动的角速度大小相等
4.
[2023·河北石家庄高一下段考](多选)如图所示为一个绕中心线OO′以角速度ω转动的球，下列说法正确的是( )
A．A、B两点的角速度大小相等
B．A、B两点的线速度大小相等
C．若θ＝30°，则vA∶vB＝1∶2
D．若θ＝30°，则vA∶vB＝∶2
5．如图所示，两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同的时间内，它们通过的路程之比是4∶3，运动方向改变的角度之比是3∶2.则它们( )
A．线速度之比为4∶3
B．角速度之比为3∶4
C．圆周运动的半径之比为2∶1
D．周期之比为1∶2
6．[2023·山东烟台二中高一下月考]如图所示是一辆自行车，A、B、C三点分别为自行车轮胎和前后两齿轮外沿上的点，其中RA＝2RB＝5RC.下列说法中正确的是( )
A．ωB＝ωCB．vC＝vA
C．2ωA＝5ωBD．vA＝2vB
7.
[2023·陕西渭南高一下期末]我国古代的指南车是利用齿轮来指引方向的．指南车某部分结构如图所示，在A、B、C三个齿轮的边缘上分别取1、2、3三点，齿轮B和C在同一转动轴上，三个齿轮的半径分别为r1、r2、r3，且r2>r1>r3.下列说法正确的是( )
A．1和3的线速度大小关系为v1B．1和2的角速度大小关系为ω1<ω2
C．1和3的周期大小关系为T1>T3
D．1和2的转速大小关系为n1>n2
8．做匀速圆周运动的物体，10s内沿半径为20m的圆周运动100m的路程，求：
(1)线速度的大小；
(2)角速度的大小；
(3)周期的大小．
B组 能力提升练
9.如图是多级减速装置的示意图，每一个轮子都由大小两个轮子叠合而成，共有n个这样的轮子，用皮带逐一连接起来．设大轮的半径为R，小轮的半径为r，当第一个轮子的大轮外缘线速度大小为v1时，第n个轮子的小轮边缘线速度大小为(设皮带不打滑)( )
A．v1B．v1
C．v1D．v1
10．(多选)汕头海湾隧道工程采取的是隧道盾构挖掘技术．盾构机刀盘直径为15.01m，相当于五层楼高，其基本工作原理是沿隧洞轴线向前推进，同时通过旋转前端盾形结构，利用安装在前端的刀盘对土壤进行开挖切削，挖掘出来的土碴被输送到后方．如图所示为某盾构机前端，以下说法中正确的是( )
A．盾构机前端转动时，各个刀片转动的角速度相同
B．盾构机前端转动时，各个刀片的线速度随半径的增大而减小
C．当盾构机前端转速为3r/min时，其转动周期为0.05s
D．当盾构机前端转速为3r/min时，前端外边缘的线速度约为2.4m/s
11.[2023·陕西渭南高一下期末]如图甲所示，小强手持伞柄使雨伞绕轴匀速转动，雨伞边缘的雨滴被“甩出”后落到地面上，图乙是从雨伞中心轴正上方俯视观察到的情形．已知雨伞半径(雨伞边缘到伞柄的距离)R＝0.5m，雨伞边缘离地面的高度h＝1.8m，落到地面的雨滴形成的圆半径r＝2.5m，不计空气阻力．求：该雨伞转动的角速度ω约为多少？(g取10m/s2，≈2.45，结果保留两位有效数字)
12.
[2023·广东广州华南师范大学附属中学高一下月考]冲关挑战是一种户外娱乐游戏，如图所示为参赛者遇到的一个关卡．一个半径为R的圆盘浮在水面上，圆盘表面保持水平且与水平跑道的高度差h＝1.25m，M为圆盘边缘上一点．某时刻，参赛者从跑道上P点以初速度v0水平向右跳出，初速度的方向与圆盘半径OM在同一竖直平面内．已知圆盘的圆心与P点之间的水平距离为x0＝3m，圆盘半径R＝1m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力．
(1)求参赛者从P点跳出至落到圆盘经历的时间t.
(2)参赛者要落在圆盘上，求v0的范围．
课时分层作业(八) 圆周运动
1．解析：由v＝ωr知，r一定时，v与ω成正比，v一定时，ω与r成反比，故A、C错误；由v＝知，r一定时，v越大，T越小，故B错误；由ω＝可知，ω越大，T越小，故D正确．
答案：D
2．解析：匀速圆周运动的线速度大小保持不变，而其方向时刻变化，选项A错误，选项B正确；因为匀速圆周运动的线速度和向心加速度时刻都在发生变化，所以匀速圆周运动既不是速度保持不变的匀速运动，也不是加速度保持不变的匀变速运动，选项C、D错误．故选B.
答案：B
3．解析：在合上后备箱盖的过程中，O′A的长度是变化的，因此A点相对O′点不是做圆周运动，故A错误；在合上后备箱盖的过程中，A点与B点到O点的距离不变，所以A点与B点都是绕O点做圆周运动，故B正确；A点与B点在相同的时间绕O点转过的角度相同，即A点与B点相对O点的角速度相等，由于OB大于OA，根据v＝ωr可知，B点相对于O点转动的线速度大于A点，相对于O点转动的线速度，故C错误，D正确．
答案：BD
4．解析：同轴转动的各点角速度大小相等，故A、B两点的角速度大小相等，根据v＝ωr可知，由于两点到中心线的距离(转动半径)不同，故两点的线速度大小不同，故A正确，B错误；设球的半径为R，若θ＝30°，则A点的转动半径为RA＝Rcos30°＝R，B点的转动半径为RB＝R，根据v＝ωr，则＝，故C错误，D正确．
答案：AD
5．解析：A、B在相同时间内通过的路程之比为4∶3，根据v＝，可得线速度之比为4∶3，故A正确；角速度ω＝，运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度，时间相等，则角速度之比为3∶2，故B错误；根据v＝ωr得，圆周运动的半径r＝，线速度之比为4∶3，角速度之比为3∶2，则圆周运动的半径之比为8∶9，故C错误；根据T＝，且角速度之比为3∶2，故周期之比为2∶3，D错误．
答案：A
6．解析：大齿轮与小齿轮通过链条传动，链条上的点的线速度大小相等，所以vB＝vC，根据v＝ωR及RA＝2RB＝5RC可得，＝＝，故A错误；车轮和小齿轮同轴传动，角速度相同，即ωA＝ωC，根据v＝ωR及RA＝2RB＝5RC可得，＝＝，故B错误；由以上分析可知＝，即2ωA＝5ωB，故C正确；由以上分析可知＝，即vA＝5vB，故D错误．
答案：C
7．解析：由题意可知1和2的线速度大小相等，即v1＝v2，根据ω＝，r2>r1，可知1和2的角速度大小关系为ω1>ω2，ω＝2πn，1和2的转速关系为n1>n2，故B错误，D正确；由题意可知2和3的角速度相等，即ω2＝ω3，又有ω1>ω2，故有ω1>ω3，根据v＝ωr，r1>r3，可知1和3的线速度大小关系为v1>v3，结合T＝可知，1和3的周期大小关系为T1答案：D
8．解析：(1)依据线速度的定义式v＝可得
v＝＝m/s＝10m/s.
(2)依据v＝ωr解得ω＝＝rad/s＝0.5rad/s.
(3)依据ω＝解得T＝＝4πs.
答案：(1)10m/s (2)0.5rad/s (3)4πs
9．解析：第一个轮子的大轮外缘线速度大小为v1时，设第二个轮子的大轮外缘线速度大小为v2，以此类推，第n个轮子的大轮外缘线速度大小为vn，则第n个轮子的小轮边缘线速度大小为vn＋1，根据线速度与角速度的关系得＝，解得v2＝v1，又因为＝，解得v3＝v1，以此类推，vn＋1＝v1，故选C.
答案：C
10．解析：因为盾构机前端的各刀片同轴转动，所以各刀片的角速度相等，故A正确；根据v＝ωr可知，角速度相等，各刀片的线速度随半径的增大而增大，故B错误；因为转速n＝3r/min＝0.05r/s，所以转动周期为T＝＝s＝20s，故C错误；根据v＝2πrn知，盾构机前端外边缘的线速度大小为v＝2×3.14×7.505×0.05m/s≈2.4m/s，故D正确．
答案：AD
11．解析：雨滴被“甩出”后做平抛运动，设水平位移为x，在竖直方向，有h＝gt2，所以t＝＝0.6s．由几何关系得x2＋R2＝r2，所以x＝m，在水平方向，有x＝vt，所以v＝，雨伞转动的角速度ω＝＝≈8.2rad/s.
答案：8.2rad/s
12．解析：(1)根据h＝gt2，解得t＝0.5s.
(2)根据x0－R＝v0mint，
解得初速度的最小值为v0min＝4m/s，
根据x0＋R＝v0maxt，
解得初速度的最大值为v0max＝8m/s，
所以初速度的范围为4m/s≤v0≤8m/s.
答案：(1)0.5s (2)4m/s≤v0≤8m/s课时分层作业(二十八) 功能关系及能量守恒
A组 基础巩固练
1.
(多选)如图所示，木块静止在光滑水平桌面上，一子弹(可视为质点)水平射入木块的深度为d时，子弹与木块相对静止．在子弹射入的过程中，木块沿桌面移动的距离为x，木块对子弹的平均阻力为Ff.那么在这一过程中，下列说法正确的是( )
A．木块的机械能增加量为Ffx
B．子弹的机械能减少量为Ff(x＋d)
C．系统的机械能减少量为Ffd
D．系统的机械能减少量为Ff(x＋d)
2．质量为2kg的物体以10m/s的初速度，从起点A竖直向上抛出，在物体上升到某一点的过程中，物体的动能损失了50J，机械能损失了10J．设物体在上升、下降过程空气阻力大小恒定，则该物体再落回到A点时的动能为(g取10m/s2)( )
A．40JB．60J
C．80JD．100J
3．[2023·广东揭阳高一检测](多选)
如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M、m的两个物体A、B通过细绳及轻弹簧连接于光滑定滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板．开始时用手按住物体A，此时A与挡板的距离为s，B静止于地面上，滑轮两侧的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态．已知M＝2m，空气阻力不计．松开手后，关于A、B两物体的运动(整个过程弹簧形变不超过其弹性限度)，下列说法正确的是( )
A．A和B组成的系统机械能守恒
B．当A的速度最大时，B与地面间的作用力为零
C．若A恰好能到达挡板处，则此时B的速度为零
D．若A恰好能到达挡板处，则此过程中重力对A做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体B的机械能增加量之和
B组 能力提升练
4.[2023·陕西西安高新一中高一期中]如图所示，一游戏装置由安装在水平面上的固定轻质弹簧、竖直圆轨道(在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连)、斜轨道AB组成，各部分平滑连接．某次游戏时，滑块从高为h＝1.0m的斜轨道AB端点B由静止释放，沿斜轨道下滑经过圆轨道后压缩弹簧，然后被弹出，再次经过圆轨道并滑上斜轨道，循环往复．已知圆轨道半径r＝0.1m，滑块质量m＝20g且可视为质点，CA长L1＝0.4m，EO长L2＝0.3m，滑块与AB、EO之间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与其他轨道摩擦及空气阻力忽略不计，g取10m/s2.
(1)求滑块第一次通过圆轨道最高点F时，轨道对滑块的支持力大小；
(2)求弹簧获得的最大弹性势能Ep.
课时分层作业(二十八) 功能关系及能量守恒
1．解析：子弹与木块相对静止，说明两者具有共同速度．木块机械能的增加量等于子弹对木块的作用力做的功，大小为W1＝Ffx，A正确；子弹机械能的减少量等于子弹克服阻力做的功，W2＝Ff(x＋d)，B正确；设子弹的初速度是v1，子弹与木块相对静止时的速度为v2，子弹质量为m，木块质量为M，根据动能定理，对子弹有－Ff(x＋d)＝mv－mv；对木块有Ffx＝Mv－0.两式相加得－Ffd＝Mv＋mv－mv，整理得Ffd＝mv－(Mv＋mv).可见，系统减少的机械能等于摩擦力与相对位移(或路程)的乘积，即ΔE＝Ffd.据能量守恒定律知，系统减少的机械能转化为内能．C正确，D错误．
答案：ABC
2．解析：物体抛出时的总动能为100J，知物体上升到某一点时，物体的动能损失了50J，机械能损失了10J．则动能损失100J时，机械能损失20J，此时物体速度为0，物体到达最高点．返回时，机械能还会损失20J，故物体从抛出到落回到A点，机械能共损失40J，则物体再落回到A点时的动能为60J，选项B正确．
答案：B
3．解析：对于A、B、弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，但对于A和B组成的系统机械能不守恒，故A错误；A的重力沿斜面向下的分力为Mgsinθ＝mg，物体A先做加速运动，当受力平衡时A的速度最大，此时B所受的拉力为T＝mg，B恰好与地面间的作用力为零，故B正确；从B开始运动直到A到达挡板处的过程中，细绳弹力的大小一直大于B的重力，故B一直做加速运动，故C错误；若A恰好能到达挡板处，由机械能守恒定律可知此过程中重力对A做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体B的机械能增加量之和，故D正确．
答案：BD
4．解析：(1)设斜轨道AB与CA间的夹角为θ，滑块从B点运动到F点，由动能定理有
mg(h－2r)＋Wf＝mv
又Wf＝－μmgcosθ·＝－μmgL1
在F点，设轨道对滑块的支持力大小为FN，对滑块有
FN＋mg＝m
联立以上各式，代入数据解得轨道对滑块的支持力大小为FN＝2.2N.
(2)滑块从B点到弹簧压缩量最大的过程中，由动能定理可得mgh＋W′f＋W弹＝0
又W′f＝－(μmgL1＋μmgL2)
弹簧获得的最大弹性势能Ep＝－W弹．
联立以上各式，代入数据解得Ep＝0.13J.
答案：(1)2.2N (2)0.13J课时分层作业(二十二) 机车的两种启动方式
A组 基础巩固练
1．[2023·江苏苏州吴中区苏苑高级中学高一期中]质量为m的汽车启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小一定．当汽车速度为v时，汽车做匀速运动，当汽车速度为时，汽车的瞬时加速度大小为( )
A．B．
C．D．
2．质量为5t的汽车，在水平路面上以加速度a＝2m/s2启动，所受阻力大小恒为1.0×103N，汽车启动后第1s末(未达到额定功率)发动机的瞬时功率是( )
A．2kWB．22kW
C．1.1kWD．20kW
3．机车沿直线以下列两种方式启动(设阻力不变).
方式①：机车以不变的额定功率启动．
方式②：机车速度均匀增加，功率增大，后保持额定功率不变．
如图给出的四个图像中，能够正确反映机车的速度v随时间t变化的是( )
A．甲对应方式①，乙对应方式②
B．乙对应方式①，丙对应方式②
C．甲对应方式①，丙对应方式②
D．丙对应方式①，丁对应方式②
4．(多选)一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v t图像如图所示．已知汽车的质量为m＝2×103kg，汽车受到地面的阻力为车重的，g取10m/s2.下列说法正确的是( )
A．汽车在前5s内的牵引力为4×103N
B．汽车在前5s内的牵引力为6×103N
C．汽车的额定功率为60kW
D．汽车的最大速度为30m/s
B组 能力提升练
5.额定功率为80kW的汽车在平直公路上行驶时最大速率可达20m/s，汽车质量为2000kg，如果汽车从静止开始做匀加速直线运动，设运动过程中阻力不变，加速度大小为2m/s2.
(1)求汽车所受阻力的大小．
(2)汽车做匀加速直线运动的过程可以维持多长时间？
6．如图所示，质量为m的汽车在平直公路上行驶，所受的阻力恒为车重力的k倍．汽车以额定功率行驶，当它加速行驶的速度为v时，加速度为a.已知重力加速度为g，则以下分析正确的是( )
A．汽车发动机的额定功率为kmgv
B．汽车行驶的最大速度为
C．当汽车加速度减小到时，速度增大到2v
D．汽车发动机的额定功率为mav
7．[2023·广东佛山一中段考](多选)如图所示，飞机场运输行李的传送带保持恒定的速率运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，传送带将它送入飞机货舱，在此过程中传送带对行李箱做功的功率为P，行李箱速度为v，位移为s，加速度为a.已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，则下列图像可能正确的有( )
8．如图所示为修建高层建筑常用的塔式起重机，在起重机将质量m＝5×103kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a＝0.2m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vm＝1.02m/s的匀速运动．g取10m/s2，不计额外功．
(1)求起重机允许的最大输出功率．
(2)求重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2s末的输出功率．
课时分层作业(二十二) 机车的两种启动方式
1．解析：当汽车速度为v时，汽车做匀速运动，则F＝Ff.根据功率与速度的关系得P＝Fv，汽车受到的阻力大小为Ff＝F＝，当车速为时，根据功率与速度的关系得，P＝F1·，则F1＝，根据牛顿第二定律得F1－Ff＝ma，解得汽车的瞬时加速度的大小为a＝，故选C.
答案：C
2．解析：根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma，则F＝Ff＋ma＝1000N＋5000×2N＝11000N，汽车第1s末的速度大小为v＝at＝2×1m/s＝2m/s，所以汽车启动后第1s末发动机的瞬时功率为P＝Fv＝11000×2W＝22000W＝22kW，故B正确．
答案：B
3．解析：对方式①：机车的功率恒定，据P＝Fv可知，随着v的增大，F减小，又由a＝可知加速度减小，在v t图像上斜率减小，故方式①对应乙．对方式②：机车速度均匀增加，可知加速度不变，即先保持牵引力不变，当达到额定功率后，牵引力减小，直至牵引力和阻力相等，最后匀速，故方式②对应丙．
答案：B
4．解析：由图像知，汽车前5s的加速度a＝＝2m/s2，由牛顿第二定律知，汽车前5s内的牵引力F＝kmg＋ma，代入数据得F＝(×2×103×10＋2×103×2) N＝6×103N，A错误，B正确；5s末汽车达到额定功率P＝Fv＝6×103×10W＝6×104W＝60kW，汽车的最大速度vmax＝＝m/s＝30m/s，C、D正确．
答案：BCD
5．解析：(1)当牵引力与阻力相等时汽车的速度最大，由P＝F牵vm得F阻＝F牵＝＝N＝4000N.
(2)由牛顿第二定律F′牵－F阻＝ma得F′牵＝ma＋F阻＝2000×2N＋4000N＝8000N
由P＝F′牵v得80000W＝8000N×v，解得v＝10m/s，
由v＝at解得t＝5s.
答案：(1)4000N (2)5s
6．解析：设汽车的额定功率为P，当汽车的速度为v时，根据牛顿第二定律有－kmg＝ma，得P＝kmgv＋mav，故A、D错误；汽车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，速度达到最大，有vm＝＝＝，故B正确；设汽车的加速度为时的牵引力为F，则F－kmg＝m·，解得F＝kmg＋，此时汽车速度变为v′＝＝≠2v，故C错误．
答案：B
7．解析：行李箱先向上做匀加速运动，此过程中的v t图像是倾斜的直线，s t图像为曲线，a t图像是平行于t轴的直线，当与传送带共速后做匀速运动，则过程中的v t图像是平行于t轴的直线，s t图像是倾斜的直线，加速度a为零，选项B正确，C、D错误；加速时传送带对行李箱的摩擦力F＝mgsinθ＋ma，匀速时F＝mgsinθ，加速时传送带对行李箱做功的功率P＝Fat＝(mgsinθ＋ma)at，匀速时传送带对行李箱做功的功率P′＝Fv＝mgsinθ·v带，选项A正确．
答案：AB
8．解析：(1)设起重机允许的最大输出功率为P0，重物达到最大速度时拉力F0等于重力，
P0＝F0vm，F0＝mg，
代入数据，解得P0＝5.1×104W.
(2)匀加速运动结束时，起重机达到允许的最大输出功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v1，匀加速运动经历时间为t1，
有P0＝Fv1，F－mg＝ma，v1＝at1.
代入数据，解得t1＝5s.
t＝2s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v2，输出功率为P，有v2＝at，P＝Fv2，
得P＝2.04×104W.
答案：(1)5.1×104W (2)5s 2.04×104W课时分层作业(二十) 功与功率
A组 基础巩固练
1．(多选)李白《行路难》中有这样两句诗，“欲渡黄河冰塞川，将登太行雪满山．闲来垂钓碧溪上，忽复乘舟梦日边．”我们从做功的角度来看，以下说法正确的是( )
A．假如黄河水面结冰，李白走过去，脚受到的静摩擦力不做功
B．如果李白登太行山，则在登山过程中地面支持力对人脚做正功
C．假如李白垂钓，钓竿静止不动，人手对杆的支持力不做功
D．如果李白乘船，此过程中假设船直线行驶，水对船的阻力做负功
2．我校高三年级的体育生积极进行体育学科的高考备考，体育生在体育训练中拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法(如图).如果体育生拖着轮胎在水平直道上跑了200m，那么下列说法正确的是( )
A．摩擦力对轮胎做了负功
B．重力对轮胎做了正功
C．拉力对轮胎不做功
D．支持力对轮胎做了正功
3．如图所示，力F大小相等，物体运动的位移l的方向与速度v方向相同，几种情况下物体运动的位移l也相同，下列关于F做功的几种说法正确的是( )
A.因为有摩擦力存在，计算图甲中力F做的功时，不能用W＝Flcos0°计算
B．图乙中力F做的功W＝Flcosθ
C．图丙中力F做的功W＝Flcos (π－θ)
D．因为“功＝合力×位移×合力与位移夹角的余弦”，所以图丁中力F做的功W≠Flcosθ
4．2022年2月6日，农历新年正月初六，中国女足在2球落后的情况下连扳3球以3－2战胜韩国女足，时隔16年，第9次问鼎女足亚洲杯，再度续写逆转奇迹，给国人带来了精彩足球盛宴．假设女足队员王霜在某次足球传递训练过程中用42N的力将足球传出去，球沿球场草地滚了25m停下来了，王霜在本次训练中对足球做的功为( )
A．0B．1050J
C．525JD．无法计算
5.
如图所示为某举重运动员在0.5s内由支撑到起立将杠铃举起过程中拍摄的两张照片，杠铃的质量为100kg，已知照片中杠铃的实际直径是40cm.根据照片可算出该运动员在上述过程中对杠铃做功的平均功率约为(g取10m/s2)( )
A．500WB．800W
C．1200WD．1800W
6.
一辆小车在水平面上做匀速直线运动，从某时刻起，小车所受牵引力和阻力随时间变化的规律如图所示，则作用在小车上的牵引力F的功率随时间变化的规律是( )
7．蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中动作．利用传感器记录弹性网受到的压力并在计算机上作出F t的图像，如图所示．
若运动员质量为40kg，则运动员落回蹦床瞬间重力的功率约为多大？(g取10m/s2)
B组 能力提升练
8.“祝融号”火星车驶上火星表面满100天时，在着陆点以南方向累计行驶了1064m．在某次探测任务中，火星车以恒定的功率启动在水平地面上做直线运动，一段时间后，达到最大行进速度180m/h，行进过程中所受阻力恒为重力的.已知“祝融号”火星探测车总质量为240kg，火星表面的重力加速度约为4m/s2，则该过程中火星车发动机的输出功率为( )
A．4.8WB．9.6W
C．14.4WD．19.2W
9．如图所示，高速公路上汽车定速巡航(即保持汽车的速率不变)通过路面abcd，其中ab段为平直上坡路面，bc段为水平路面，cd段为平直下坡路面．不考虑整个过程中空气阻力和摩擦阻力的大小变化．下列说法正确的是( )
A．在ab段汽车的输出功率逐渐减小
B．汽车在ab段的输出功率比bc段的大
C．在cd段汽车的输出功率逐渐减小
D．汽车在cd段的输出功率比bc段的大
10．[2023·
河南平顶山一中高一期末](多选)如图所示，一名跳台滑雪运动员从O点水平飞出，经过一段时间落到斜面上的A点．已知O点是斜面的起点，斜面的倾角θ＝37°，运动员从O点飞出的初速度v0＝10m/s，运动员的质量为60kg，重力加速度g取10m/s2，空气阻力忽略不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列说法正确的是( )
A.从O到A重力做功的平均功率为6000W
B．从O到A重力做功的平均功率为4500W
C．运动员落到斜面上重力做功的瞬时功率为9000W
D.运动员落到斜面上重力做功的瞬时功率为3000W
11．某同学将篮球在空中水平向右抛出，篮球落地后又反弹．已知篮球的抛出点高度为1.8m，第一次反弹后上升的最大高度为0.8m，第一次落点与抛出点的水平距离为2.4m，两次落点的水平距离为1.6m．已知该篮球质量为0.5kg，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，求该篮球：
(1)第一次落地前瞬间重力的功率；
(2)第一次落地前瞬间的水平分速度大小．
课时分层作业(二十) 功与功率
1．解析：假如黄河水面结冰，李白走过去，脚受到的静摩擦力的作用点位移为零，所以静摩擦力不做功，故A正确；如果李白登太行山，在登山过程中地面支持力的作用点位移为零，所以支持力不做功，故B错误；假如李白垂钓，钓竿静止不动，人手对杆的支持力的作用点位移为零，所以人手对杆的支持力不做功，故C正确；如果李白乘船，此过程中假设船直线行驶，水对船的阻力与船速度方向相反，阻力做负功，故D正确．故选ACD.
答案：ACD
2．解析：轮胎受到地面的摩擦力方向水平向左，而位移水平向右，两者夹角为180°，则轮胎受到地面的摩擦力对轮胎做负功，故A正确；轮胎受到的重力竖直向下，而轮胎的位移水平向右，则轮胎在竖直方向上没有发生位移，重力不做功，故B错误；设拉力与水平方向的夹角为α，因为α是锐角，所以轮胎受到的拉力对轮胎做正功，故C错误；轮胎受到地面的支持力竖直向上，而轮胎的位移水平向右，则轮胎在竖直方向上没有发生位移，支持力不做功，故D错误．故选A.
答案：A
3．解析：无论有无摩擦，力F所做的功都可以用公式W＝Fl计算，故A错误；图乙中力与位移的夹角α＝π－θ，所以力F做的功为W＝Flcos (π－θ)，故B错误；图丙中力F做的功W＝Flcos (π－θ)，故C正确；公式W＝Fxcosα，既可以计算某个力做的功，也可以计算合力做的功，故D错误．
答案：C
4．解析：球员给足球的作用力是瞬间完成的，足球的位移为足球脱离脚作用后才发生的，根据功的计算公式，无法计算球员对足球所做的功．故选D.
答案：D
5．解析：先估测杠铃被举起的高度．根据图中提供的信息比照，估算举起的高度为55～65cm.由公式P＝、W＝mgh可知，对杠铃做功的平均功率为1100～1300W，故选项C符合题意．
答案：C
6．解析：小车所受的牵引力和阻力是恒定的，所以小车做匀加速直线运动，牵引力的功率P＝Fv＝F(v0＋at)，故选项D正确．
答案：D
7．解析：由题图可知运动员在空中的最长时间为
t＝4.3s－2.3s＝2s
根据运动的对称性可知，从最高点落到弹性网的时间为＝1s，落到弹性网的速度为v＝g＝10m/s
重力的瞬时功率为P＝mgv＝4000W.
答案：4000W
8．解析：火星车以恒定功率启动，达到最大速度时，火星车所受阻力和牵引力相同，有P＝Fv火max，解得P＝9.6W.
答案：B
9．解析：在ab段，根据平衡条件可知，牵引力F1＝mgsinθ＋f，所以在ab段汽车的输出功率P1＝F1v不变；在bc段牵引力F2＝f，bc段的输出功率P2＝F2v＜P1，故A错误，B正确；在cd段牵引力F3＝f－mgsinθ，汽车的输出功率P3＝F3v＜P2，在cd段汽车的输出功率不变，且小于bc段，故C、D错误．故选B.
答案：B
10．解析：由位移的偏角公式可得tanθ＝＝＝，解得t＝1.5s，运动员的竖直位移为y＝gt2＝11.25m，从O到A重力做功的平均功率为＝＝4500W，A错误，B正确；运动员落到斜面上时竖直分速度为vy＝gt＝15m/s，重力做功的瞬时功率为P＝mgvy＝9000W，C正确，D错误．
答案：BC
11．解析：(1)篮球从抛出到第一次落地做平抛运动，
由h＝gt2，解得t＝＝0.6s
竖直速度为vy＝gt＝6m/s
重力的功率为PG＝mgvy＝30W
(2)设第一次抛出的速度为v0，有x＝v0t
解得第一次落地前瞬间的水平分速度大小
v0＝＝m/s＝4m/s
答案：(1)30W (2)4m/s课时分层作业(二十六) 机械能守恒定律
A组 基础巩固练
1.
[2023·福建莆田高一月考]如图所示，在光滑水平面上有一物体，它的左端连接着一轻弹簧，弹簧的另一端固定在墙上，在力F作用下物体处于静止状态．当撤去力F后，物体将向右运动，在物体向右运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．弹簧的弹性势能逐渐减少
B．物体的机械能不变
C．弹簧的弹性势能先增加后减少
D．弹簧的弹性势能先减少后增加
2．如图所示，下列四个选项的图中，木块均在固定的斜面上运动，其中图A、B、C中的斜面是光滑的，图D中的斜面是粗糙的．图A、B中的F为木块所受的外力，方向如图中箭头所示，图A、B、D中的木块向下运动，图C中的木块向上运动．在四个图所示的运动过程中机械能守恒的是( )
3.
(多选)如图所示，若把轻弹簧竖直放置且连接一个小球，用手托起小球，使弹簧处于压缩状态，则迅速放手后(不计空气阻力)( )
A．放手瞬间小球的加速度等于重力加速度
B．小球、弹簧和地球组成的系统机械能守恒
C．小球的机械能守恒
D．小球向下运动过程中，小球动能与弹簧弹性势能之和不断增大
4.
如图所示，质量为1kg的小物块从倾角为30°、长为2m的光滑固定斜面顶端由静止开始下滑．若选初始位置为零势能点，重力加速度g取10m/s2，则它滑到斜面中点时具有的机械能和动能分别是( )
A．5J，5JB．10J，15J
C．0，5JD．0，10J
5．(多选)如图所示，固定的光滑曲面与光滑的水平面平滑相连，一轻弹簧右端固定，质量为m的小球从高度h处由静止下滑．下列说法正确的是( )
A．小球与弹簧刚接触时，速度大小为
B．小球与弹簧接触的过程中，小球机械能守恒
C．小球在压缩弹簧至最短时，弹簧的弹性势能为mgh
D．小球压缩弹簧后被反弹，小球返回曲面后上升到h高度处时速度恰为0
6．如图所示，水平桌面高度为H，从桌面上的A点将一质量为m的小球以初速度v0水平抛出．不计空气阻力，以A点所在的水平面为零势能面，小球可视为质点，重力加速度为g.当小球下落高度h到达B点时，下列正确的是( )
A．小球的重力势能为mg(H－h)
B．小球的动能为mv＋mgh
C．小球的机械能为mv＋mg(H－h)
D．小球重力的瞬时功率为mg
7.
如图是检验某种防护罩承受冲击能力的装置的一部分，M是半径为R＝1.0m、固定于竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，M的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量m＝0.01kg的小钢珠(可视为质点).假设某次发射的小钢珠沿轨道内侧恰好能经过M的上端点水平飞出，g取10m/s2，弹簧枪的长度不计．则发射该小钢珠前，弹簧的弹性势能为( )
A．0.10JB．0.15J
C．0.20JD．0.25J
8.
如图所示，质量为m的物体，以某一初速度从A点向下沿光滑的轨道运动，不计空气阻力，若物体通过轨道最低点B时的速度为3.
(1)求物体在A点时的速度大小．
(2)求物体离开C点后还能上升的高度．
B组 能力提升练
9.[2023·安徽马鞍山高一期末](多选)如图所示，直立弹射装置的轻质弹簧顶端原来在O点，O与管口P的距离为2x0.现将一个重力大小为mg的钢珠置于弹簧顶端，再把弹簧压缩至Q点，压缩量为x0，释放弹簧后钢珠被弹出．钢珠运动到P点时的动能为4mgx0，不计一切阻力，下列说法正确的是( )
A．弹射过程，弹簧和钢珠组成的系统机械能守恒
B．弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能全部转化为钢珠的动能
C．钢珠弹射所到达的最高点距管口P的距离为7x0
D．弹簧被压缩至Q点时的弹性势能为7mgx0
10.
(多选)2022年三亚市受到新冠病毒影响，为了配合政府抗疫工作，尽量减少人员的直接接触，三亚市某小区的志愿者通过无人机给小区居民运送医疗和生活物资，如图所示．若不计空气阻力，无人机将生活物资从地面提升到高层居民楼的阳台，在此过程中，用WG和WF分别表示重力做的功和无人机拉力做的功，ΔEp、ΔEk和ΔE分别表示生活物资重力势能的变化、动能的变化和机械能的变化．下列判断正确的是( )
A．ΔEp＝WGB．ΔE＝WF
C．ΔEk＝WFD．ΔEk＝WF＋WG
11．如图是一个设计“过山车”的试验装置的原理示意图，斜面AB与竖直面内的圆形轨道在B点平滑连接，斜面AB和圆形轨道都是光滑的，圆形轨道半径为R.一个质量为m的小车(可视为质点)在A点由静止释放沿斜面滑下，小车恰能通过圆形轨道的最高点C.已知重力加速度为g.
(1)求A点距水平面的高度h；
(2)求运动到B点时小车对圆形轨道压力的大小．
课时分层作业(二十六) 机械能守恒定律
1．解析：因弹簧的左端固定在墙上，右端与物体连接，故撤去F后，物体向右运动过程中，弹簧先恢复到原长后再被物体拉伸，其弹性势能先减少后增加，物体的机械能先增加后减少，故D正确，A、B、C错误．
答案：D
2．解析：根据力的做功情况判断，机械能守恒的条件是只有重力(或弹力)做功．在图A、B中木块受三个力作用，即重力、支持力和外力F，因外力F做功，故机械能不守恒．图D中因有摩擦力做功，机械能不可能守恒．只有图C中除重力做功外，其他力不做功，故机械能守恒．
答案：C
3．解析：放手瞬间小球的加速度大于重力加速度；整个系统(包括地球)的机械能守恒；小球向下运动过程中，由于重力势能减小，所以小球的动能与弹簧弹性势能之和增大．
答案：BD
4．解析：物块的机械能等于物块动能和重力势能的总和，选初始位置为零势能点，则物块在初始位置的机械能E＝0，在运动的过程中只有重力做功，机械能守恒，所以物块滑到斜面中点时机械能为0，故有－mg×Lsin30°＋＝0，所以动能是5J，故C项正确．
答案：C
5．解析：小球沿光滑曲面下滑，小球的机械能守恒，则由机械能守恒定律得mgh＝mv2，所以v＝，A正确；小球与弹簧接触的过程中，小球的机械能变化，弹簧的弹性势能变化，B错误；弹簧最短时，弹性势能最大，最大值为Ep＝mv2＝mgh，C错误；由机械能守恒定律可知，小球返回曲面时，上升到h高处速度减为0，D正确．
答案：AD
6．解析：以A点所在的水平面为零势能面，在B点，小球的重力势能为Ep＝－mgh，故A错误；根据机械能守恒有mv＝Ek－mgh，小球的动能为Ek＝mv＋mgh，故B正确；根据机械能守恒，小球的机械能为E＝mv，故C错误；小球做平抛运动的竖直速度为vy＝，小球重力的瞬时功率为P＝mgvy＝mg，故D错误．
答案：B
7．解析：设小钢珠在M轨道最高点的速度为v，在最高点，由题意可得mg＝m，从发射前到最高点，由机械能守恒定律有Ep＝mgR＋mv2＝0.15J，选项B正确．
答案：B
8．解析：(1)物体在运动的全过程中只有重力做功，机械能守恒，选取B点为零势能点．设物体在B处的速度为vB，则mg·3R＋mv＝mv，得v0＝.
(2)设从B点上升到最高点的高度为HB，由机械能守恒可得
mgHB＝mv，HB＝4.5R
所以离开C点后还能上升HC＝HB－R＝3.5R.
答案：(1) (2)3.5R
9．解析：弹射过程，只有钢珠的重力和弹簧的弹力做功，故弹簧和钢珠组成的系统机械能守恒，A正确；弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能全部转化为钢珠的机械能(动能和重力势能)，B错误；钢珠运动到P点时的动能为4mgx0，继续上升过程据动能定理可得Ek＝mgh，解得h＝4x0，故钢珠弹射所到达的最高点距管口P的距离为4x0，C错误；钢球从Q点到最高点过程，弹性势能全部转化为重力势能，重力势能增加7mgx0，故弹簧被压缩至Q点时的弹性势能为7mgx0，D正确．
答案：AD
10．解析：克服重力做的功等于重力势能的增加量，故ΔEp＝－WG，A错误；上升的过程中，拉力做的功等于机械能的增加量，即ΔE＝WF，B正确，C错误；根据动能定理得，拉力和重力的合力做的功等于动能的增加量，即ΔEk＝WF＋WG，D正确．
答案：BD
11．解析：(1)小车恰能通过圆形轨道的最高点C，则有
mg＝
解得vC＝
由A运动到C，根据机械能守恒定律得
mgh＝mg·2R＋mv
解得h＝2.5R
(2)由A运动到B，根据机械能守恒定律得
mgh＝mv
解得vB＝
小车在B点，由牛顿第二定律得
FN－mg＝
解得FN＝6mg
由牛顿第三定律可知，运动到B点时小车对圆形轨道的压力大小为6mg.
答案：(1)2.5R (2)6mg课时分层作业(二十七) 多物体组成的系统机械能守恒问题
A组 基础巩固练
1.
如图所示，P、Q两球质量相等，开始两球静止，将P上方的细绳烧断，在Q落地之前，下列说法正确的是(不计空气阻力)( )
A．在任一时刻，两球动能相等
B．在任一时刻，两球加速度相等
C．在任一时刻，系统动能和重力势能之和保持不变
D．在任一时刻，系统机械能是不变的
2.
如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的轻细线连接，跨过固定在地面上，半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是( )
A．2RB．R
C．RD．R
3.
如图所示，一根很长的且不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b.a球质量为m，静置于地面，b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧．不计空气阻力，从静止开始释放b球后，a球可能到达的最大高度为( )
A．hB．1.5h
C．2hD．2.5h
4.
如图所示，质量分别为m和2m的小物块P和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，P通过一根水平轻绳连接到墙上．P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止．弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g.若剪断轻绳，P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为( )
A．B．
C．D．
5．[2023·江苏常州高一期中]一跳台滑雪运动员在进行场地训练．某次训练中，运动员以30m/s的速度斜向上跳出，空中飞行后在着陆坡的K点着陆．起跳点到K点的竖直高度差为60m，运动员总质量(包括装备)为60kg，g取10m/s2.(结果可以保留根号)
(1)若不考虑空气阻力，理论上运动员着陆时的速度多大？
(2)若运动员着陆时的速度大小为44m/s，飞行中克服空气阻力做的功为多少？
6.
如图所示，质量不计的硬直杆的两端分别固定质量均为m的小球A和B，它们可以绕光滑轴O在竖直面内自由转动．已知OA＝2OB＝2l，将杆从水平位置由静止释放．(重力加速度为g)
(1)在杆转动到竖直位置时，小球A、B的速度大小分别为多少？
(2)在杆转动到竖直位置的过程中，杆对小球A做了多少功？
B组 能力提升练
7.
(多选)如图所示，一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B，支架的两直角边长度分别为2L和L，支架可绕固定轴的O点在竖直平面内无摩擦转动，开始时OA处于水平位置．支架由静止释放后 ( )
A．小球A的最大速度为2
B．小球A的速度最大时，两小球的总重力势能最小
C．小球A的速度最大时，两直角边与竖直方向的夹角均为45°
D．两小球A、B的速度之比vA∶vB＝2∶1
8.
如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道固定在竖直平面内，圆心O与右端P在同一水平面上．小球a、b通过不可伸长的轻绳连接，小球a质量为2m，小球b质量为m，两小球均可视为质点，重力加速度为g.起初外力使小球a静置于P端，轻绳伸直，小球b静止，然后撤去外力，将小球a、b同时从静止开始无初速度释放，不计空气阻力，则小球a刚到达轨道最低点Q时速度大小为( )
A．B．
C．D．
9．如图所示，轻绳一端固定于O点，绕过轻质光滑的动滑轮和定滑轮，另一端与质量为mB＝2m的物块B相连，动滑轮下方悬挂质量为mA＝m的物块A，将物块B置于倾角为30°的固定光滑斜面的顶端．已知斜面长为L，与物块B相连接的轻绳始终与斜面平行，悬挂动滑轮的轻绳竖直，两滑轮间竖直距离足够长，空气阻力忽略不计，两物块均可视为质点，重力加速度为g.现由静止释放物块B，求：
(1)物块B运动至斜面底端时的动能；
(2)物块B从斜面顶端运动至底端的过程中，克服轻绳拉力做的功．
课时分层作业(二十七)
多物体组成的系统机械能守恒问题
1．解析：细绳烧断瞬间，弹簧弹力不突变，球Q受力不变，球P受力变化，两球加速度关系为aP>aQ，任一时刻，两球速度不同，两球的动能不相等，选项A、B错误；弹簧长度发生变化，弹性势能发生变化，系统的动能和重力势能之和就发生变化，选项C错误；Q落地前，两球及弹簧组成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，整个系统的机械能守恒，选项D正确．
答案：D
2．解析：根据机械能守恒定律，从开始到A下落到地面过程中，对A、B整体有2mgR－mgR＝×2mv2＋mv2；对小球B，从A下落到地面到B上升到最大高度过程中，机械能守恒，则mv2＝mgh，解得A落地后B还能再升高h＝，上升的最大高度为，选项C正确．
答案：C
3．解析：在b球落地前，a、b球组成的系统机械能守恒，且a、b两球速度大小相等，根据机械能守恒定律可知ΔEk＝－ΔEp，即(m＋3m)v2＝3mgh－mgh，解得v＝；b球落地时，a球高度为h，之后a球以v为初速度做竖直上抛运动，在这个过程中机械能守恒，mv2＝mgΔh，Δh＝＝，所以a球可能到达的最大高度为1.5h，B正确．
答案：B
4．解析：Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足kx＝2μmg.若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此P相对于其初始位置的最大位移大小为s＝2x＝，C正确．
答案：C
5．解析：(1)不考虑空气阻力，运动员从起跳到着陆机械能守恒，则有mv＋mgh＝mv2，解得v＝10m/s.
(2)运动员的飞行过程，根据动能定理有mgh－W克阻＝mv－mv，解得W克阻＝4920J.
答案：(1)10m/s (2)4920J
6．解析：(1)小球A和B及杆组成的系统机械能守恒．设转到竖直位置的瞬间A、B的速率分别为vA、vB，杆旋转的角速度为ω，有mg·2l－mgl＝mv＋mv
vA＝2lω，vB＝lω，则vA＝2vB
联立解得vB＝，vA＝.
(2)对A球，由动能定理得mg·2l＋W＝mv
联立解得W＝－mgl.
答案：(1) (2)－mgl
7．解析：支架和两小球组成的系统在转动过程中机械能守恒．A球的重力势能减少，A、B两球的动能和B球的重力势能之和增加．A、B两球角速度相等，A球的线速度总是B球的线速度的2倍，A球速度最大时系统动能最大，即两球的总重力势能最小．设OA转过θ角时，A球的速度最大，此时B球的速度为v，有m(2v)2＋·2mv2＝mg·2Lsinθ－2mgL(1－cosθ)，即3v2＝2gL(sinθ＋cosθ－1).由数学知识可知当θ＝45°时，速度v有最大值，为，所以vAm＝，vBm＝，选项A错误，B、C、D正确．
答案：BCD
8．解析：设小球a刚到达轨道最低点Q时速度为v，则由题意可得，此时小球b的速度为vb＝vcos45°.对整个过程，由机械能守恒可得，2mgR＝mgR＋2mv2＋mv，解得v＝，故选D.
答案：D
9．解析：(1)由题可知同一时刻，物块B的速度大小始终是物块A速度大小的2倍，即vB＝2vA
对A、B系统，由机械能守恒定律有
mBgLsin30°－mAg＝mAv＋mBv
解得vB＝
物块B的动能Ek＝mBv＝
(2)对B运动至底端的过程，由动能定理有
mBgLsin30°－W＝mBv，解得W＝.
答案：(1) (2)课时分层作业(二十三) 重力势能
A组 基础巩固练
1．关于弹性势能，下列说法中正确的是( )
A．当弹簧变长时，它的弹性势能一定增加
B．当弹簧变短时，它的弹性势能一定减少
C．在拉伸长度相同时，劲度系数越大的弹簧，弹性势能越大
D．弹簧拉伸时的弹性势能一定大于压缩时的弹性势能
2．越野玩具小车行驶在如图所示的路面上，从M点经N点、P点行驶到Q点，其中NP段水平．下列说法正确的是( )
A．在MN段，小车的重力势能减小
B．在NP段，小车的重力势能不变
C．在PQ段，小车的重力始终做负功
D．在全过程中，小车的重力势能始终都在增加
3．(多选)如图所示，物体沿不同的路径从A运动到B：①无摩擦自由下落；②沿粗糙斜面下滑；③水平抛出．比较这三种情况下重力做的功W1、W2、W3，重力势能的变化量ΔEp1、ΔEp2、ΔEp3的关系，以下正确的是( )
A．W1＞W2＞W3
B．W1＝W2＝W3
C．ΔEp1＝ΔEp2＝ΔEp3
D．ΔEp1＜ΔEp2＜ΔEp3
4．(多选)物体在某一运动过程中，重力对它做了40J的负功，空气阻力对物体做了10J的负功．下列说法中正确的是( )
A．物体的高度一定升高了
B．物体的重力势能一定减少了40J
C．物体重力势能的改变量不一定等于40J
D．物体克服重力做功40J
5．(多选)长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹．战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g.下列说法正确的有( )
A．甲在空中的运动时间比乙的长
B．两手榴弹在落地前瞬间，重力做功的功率相等
C.从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能均减少mgh
D．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能均增加mgh
6．一根弹簧的弹力和形变量的关系图像如图所示．那么弹簧由伸长量为8cm到伸长量为4cm的过程中，弹力做的功和弹性势能的变化量分别为( )
A．3.6J，－3.6JB．－3.6J，3.6J
C．－1.8J，1.8JD．1.8J，－1.8J
7．河北省邯郸市的峰峰矿区是全国闻名的煤炭基地，矿井升降机是实现地下深处和地面之间人员快速运送的必备机械．某竖直矿井的深度为120m，某次升降机将一质量为60kg的工作人员从矿井底部运送到地面下方80m处，重力加速度g＝10m/s2.该工作人员重力势能的变化量为( )
A．24000JB．48000J
C．－24000JD．－48000J
8.
如图是地图上某小山包的等高线图，a、b、c为山包上的三个点在地图上的位置，g取10m/s2.
(1)若选择海平面为重力势能参考面，质量为55kg的学生在a、b、c位置时的重力势能是多大？他从a位置上升到c位置，重力做了多少功？
(2)若选择100m的等高线所在平面为重力势能参考面，则质量为55kg的学生在a、b、c位置时的重力势能是多大？他从a位置上升到c位置，重力做了多少功？
B组 能力提升练
9.(多选)质量为m的物体，由静止开始下落，由于空气阻力作用，下落的加速度为g.在物体下落h的过程中，下列说法正确的是( )
A．物体重力做的功为mgh
B．物体所受阻力做功为
C．物体重力势能减少了mgh
D．物体所受阻力做功为－
10．如图所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山的A、B处，A、B两点水平距离为16m，竖直距离为2m，A、B间绳长为20m，质量为10kg的猴子抓住套在绳子上的滑环从A处滑到B处．以A点所在的水平面为重力势能参考平面，猴子在滑行过程中重力势能的最小值约为(绳处于拉直状态，g取10m/s2)( )
A.－1.2×103JB．－7.5×102J
C．－6.0×102JD．－2.0×102J
11．(多选)如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平地面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹簧弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示．下列说法正确的是( )
A．t2时刻弹簧的弹性势能最大
B．t3时刻弹簧的弹性势能最大
C．t1～t3这段时间内，弹簧的弹性势能先减少后增加
D．t1～t3这段时间内，弹簧的弹性势能先增加后减少
12.
如图所示，在水平地面上放一个竖直轻弹簧，弹簧上端与一质量m＝2.0kg的木块相连，木块处于静止状态，若在木块上再作用一个竖直向下的力F，使木块缓慢向下移动0.1m，力F做功2.5J，此时木块再次处于平衡状态，力F的大小为50N．(g取10m/s2)
(1)求在木块下移0.1m的过程中弹性势能的增加量．
(2)求弹簧的劲度系数．
课时分层作业(二十三) 重力势能
1．解析：如果弹簧原来处于压缩状态，那么当它恢复原长时，它的弹性势能减小，当它变短时，它的弹性势能增大，A、B错误；弹簧拉伸时的弹性势能可能大于、小于或等于压缩时的弹性势能，需根据形变量来判断弹性势能的大小，D错误；当拉伸长度相同时，劲度系数越大的弹簧，需要克服弹力做的功越多，弹簧的弹性势能越大，C正确．
答案：C
2．解析：根据Ep＝mgh可知，在MN段，小车的重力势能随高度的升高而增大；在NP段，小车的重力势能不变；在PQ段，小车的重力势能随高度的降低而减小．故A、D错误，B正确．在PQ段，小车的重力势能减小，重力始终做正功，故C错误．
答案：B
3．解析：重力做功的多少与路径无关，仅取决于物体初、末位置，且与受不受其他力也无关，故题中的三个过程重力做的功相同；重力势能的变化量只取决于重力做的功，三个过程中物体重力势能的变化量也相同．
答案：BC
4．解析：重力做负功，物体位移的方向与重力方向之间的夹角一定大于90°，所以物体的位置一定升高了，A正确；因为WG＝－ΔEp，则ΔEp＝－WG＝40J，所以物体的重力势能增加了40J，B、C错误；重力做40J的负功，即物体克服重力做功40J，D正确．
答案：AD
5．解析：甲、乙两颗手榴弹在竖直方向上下落的高度相同，由h＝gt2可知，它们的运动时间相等，A错误；落地前瞬间，重力的功率PG＝mgvy＝mg2t，由于运动时间相等，故重力的瞬时功率相等，B正确；从投出到落地，重力做功为mgh，故重力势能减少mgh，C正确，D错误．
答案：BC
6．解析：弹力做的功W＝×0.04J＝1.8J＞0，故弹性势能减少了1.8J，即ΔEp＝－1.8J，D正确．
答案：D
7．解析：选择矿井底部为零势能面，则该工作人员的重力势能最初为0，运送到地面下方80m处，上升的高度为40m，所以重力势能改变量为ΔEp＝24000J，故A正确．
答案：A
8．解析：(1)若选择海平面为重力势能参考面，学生在a、b、c位置时，相应的重力势能为
Epa＝mgha＝55×10×50J＝2.75×104J
Epb＝mghb＝55×10×100J＝5.5×104J
Epc＝mghc＝55×10×150J＝8.25×104J
他从a位置上升到c位置，重力做功为WG＝－mg(hc－ha)＝－55×10×(150－50) J＝－5.5×104J.
(2)若选择100m的等高线所在平面为重力势能参考面，学生在a位置时，他相对于重力势能参考面的高度hab＝50m－100m＝－50m
重力势能E′pa＝mghab＝55×10×(－50)J＝－2.75×104J
学生在b位置时，因为就在重力势能参考面上，所以重力势能E′pb＝0
学生在c位置时，他相对于重力势能参考面的高度hcb＝150m－100m＝50m
重力势能E′pc＝mghcb＝55×10×50J＝2.75×104J
从a位置上升到c位置，重力做的功等于重力势能增量的负值，则W′G＝－ΔEp＝E′pa－E′pc＝－2.75×104J－2.75×104J＝－5.5×104J.
答案：(1)2.75×104J 5.5×104J 8.25×104J －5.5×104J
(2)－2.75×104J 0 2.75×104J －5.5×104J
9．解析：因物体的加速度为g，由牛顿第二定律可知mg－Ff＝ma，解得空气阻力Ff＝，重力做功WG＝mgh，阻力做功Wf＝－，A、D正确，B错误；重力做功与重力势能变化的关系为WG＝－ΔEp，重力做正功，故重力势能减少mgh，C正确．
答案：ACD
10．解析：
重力势能最小的点为最低点，由于同一根绳的张力大小相等，故猴子在最低点时，两侧绳子与水平方向夹角相同，设为θ，右侧绳长为a，左侧绳长为20m－a，如图所示．由几何关系可知20m·cosθ＝16m，asinθ－(20m－a)sinθ＝2m，联立可得a＝m，故最低点与参考平面的高度差为m·sinθ＝7m，猴子的重心比绳子最低点大约低0.5m，故猴子在最低点的重力势能约为－750J．故B正确．
答案：B
11．解析：由胡克定律可知，弹簧弹力与弹簧形变量成正比，而形变量越大，弹簧弹力越大，弹簧的弹性势能越大．由题图乙可知，t2时刻弹簧的弹力最大，弹性势能最大，故A正确，B错误．t1～t3这段时间内，弹簧的弹力先增大后减小，则弹性势能先增加后减少，故C错误，D正确．
答案：AD
12．解析：(1)在木块下移0.1m的过程中，力F和重力做的功全部转化为弹簧的弹性势能，故弹性势能的增加量ΔEp＝WF＋mgh＝(2.5＋2.0×10×0.1)J＝4.5J.
(2)刚开始，没有力F作用时，木块处于静止状态，设此时弹簧的压缩量为x1，则kx1＝mg
在力F的作用下，木块下移0.1m，再次平衡时有k(x1＋0.1m)＝F＋mg
联立两式并代入数据解得k＝500N/m.
答案：(1)4.5J (2)500N/m课时分层作业(二十四) 动能和动能定理
A组 基础巩固练
1．(多选)关于对动能的理解，下列说法正确的是( )
A．动能是机械能的一种基本形式，运动的物体具有动能
B．动能总是正值，但对于不同的参考系，同一物体的动能大小是不同的
C．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化
D．动能不变的物体，一定处于平衡状态
2．一物体的速度为v0时，其动能为Ek，当其速度变为2v0时，其动能变为( )
A．2EkB．Ek
C．4EkD．Ek
3．(多选)如图所示，用大小相等的恒力F分别拉着甲、乙两个质量相同的物体在水平面上从静止开始运动相同的距离s，甲在光滑面上，乙在粗糙面上．下列关于力F对甲、乙两物体做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是( )
A．力F对甲物体做功多
B．力F对甲、乙两个物体做的功一样多
C．甲物体获得的动能比乙的大
D．甲、乙两个物体获得的动能相同
4．一辆汽车以v1＝6m/s的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行x1＝3.6m，如果以v2＝8m/s的速度行驶，在同样的路面上急刹车后滑行的距离x2应为( )
A．6.4mB．5.6m
C．7.2mD．10.8m
5.
如图所示，将质量为m的小球以初速度大小v0由地面竖直向上抛出．小球落回地面时，其速度大小为v0.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于( )
A．mgB．mg
C．mgD．mg
6．如图为我国奥运会冠军刘诗颖某次投掷过程的标枪重心轨迹示意图．质量为m的标枪从A处由静止开始加速至B处时速度为vB，随后标枪被举高至C处，并以速度vC掷出，标枪离手后向斜上方运动至离地面的最高点D处．已知A、B、C、D离地面高度分别为hA、hB、hC、hD，重力加速度为g，忽略空气阻力．则从A到C过程中，运动员对标枪所做的功为多少？从C到D过程中，运动员对标枪所做的功为多少？
7．[2023·山西朔州高一期末]如图所示，一架喷气式飞机质量为m，起飞过程中从静止开始滑跑．当位移达到L时，速度达到起飞速度v.在此过程中，飞机受到的平均阻力是飞机所受重力的k倍．重力加速度g已知，求飞机平均牵引力的大小．(本题要求用动能定理求解)
B组 能力提升练
8.(多选)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力大小为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x，在这个过程中，以下结论正确的是( )
A．小物块到达小车最右端时具有的动能为F(L＋x)
B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx
C．摩擦力对小物块所做的功为－Ff(L＋x)
D．小物块在小车上滑行过程中，系统产生的内能为FfL
9．小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台时速度刚好为零．则提升重物的最短时间为(g取10m/s2)( )
A．13.2sB．14.2s
C．15.5sD．17.0s
10．如图所示，打桩机由锤、起吊装置及附属设备组成．起吊装置通过相对较轻的绳索，提供竖直向上、大小恒为F的拉力将锤从桩上端吊起，锤上升h1高度后起吊装置停止施力．一段时间后锤下落，锤和桩共同向下运动h2高度后速度减小为零．已知锤的质量为m，当地的重力加速度为g，不计空气阻力，不计起吊装置停止施力后绳索对锤的影响．求：
(1)停止施力时，锤的速度大小v；
(2)停止施力后，锤还能上升的高度h；
(3)锤和桩共同向下运动时，锤对桩的平均作用力FN的大小．
课时分层作业(二十四) 动能和动能定理
1．解析：动能是物体由于运动而具有的能量，所以运动的物体一定具有动能，A正确；Ek＝mv2，而v大小与参考系的选取有关，B正确；速度方向变化而大小不变时，物体动能并不改变，C正确；做匀速圆周运动的物体动能不变，但并非处于平衡状态，D错误．
答案：ABC
2．解析：由动能的表达式Ek＝mv2可知，当物体的速度增大为原来的2倍时，物体的动能E′k＝m·(2v0)2＝4Ek，C正确．
答案：C
3．解析：据W＝Fs可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，A错误，B正确；据动能定理，对甲有Fs＝Ek1，对乙有Fs＋(－Ffs)＝Ek2，可知Ek1>Ek2，即甲获得的动能比乙的大，C正确，D错误．
答案：BC
4．解析：急刹车后，车水平方向只受摩擦力的作用，且两种情况下摩擦力的大小是相同的，汽车的末速度皆为零，由动能定理得
－Ffx1＝0－mv①
－Ffx2＝0－mv②
联立①②式得＝，则x2＝x1＝()2×3.6m＝6.4m，故A正确，B、C、D错误．
答案：A
5．解析：小球向上运动的过程，由动能定理得－(mg＋Ff)H＝0－mv，小球向下运动的过程，由动能定理得(mg－Ff)H＝m(v0)2－0，联立解得Ff＝mg，故D正确．故选D.
答案：D
6．解析：从A到C过程中，根据动能定理有
W1－mg(hC－hA)＝mv
解得W1＝mv＋mghC－mghA
从C到D过程中，标枪离手，运动员对标枪没有施加作用力，则运动员对标枪所做的功为0.
答案：mv＋mghC－mghA 0
7．解析：以飞机为研究对象，据动能定理有W合＝Ek－E′k，
即(F－kmg)L＝mv2－0，
解得F＝＋kmg.
答案：＋kmg
8．解析：小物块到达小车最右端过程中，对小物块根据动能定理可得(F－Ff)(L＋x)＝Ek1－0，小物块到达小车最右端时具有的动能为Ek1＝(F－Ff)(L＋x)，故A错误；小物块到达小车最右端过程中，对小车根据动能定理可得Ffx＝Ek2－0，小车具有的动能为Ek2＝Ffx，故B正确；摩擦力对小物块所做的功为Wf1＝－Ff(L＋x)，故C正确；小物块在小车上滑行过程中，系统产生的内能为Q＝Ffx相＝FfL，故D正确．
答案：BCD
9．解析：以最大加速度向上匀加速到额定功率，然后保持功率不变达到最大速度，再做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速运动减速到零，所需时间最短．向上提升重物的最大加速度a1＝＝5m/s2，匀加速过程的最大速度v＝＝4m/s，匀加速上升的时间为t1＝＝0.8s，匀加速上升的高度h1＝1.6m；重物能达到的最大速度为vm＝＝6m/s，以最大加速度减速上升的时间t2＝＝1.2s，上升高度为h2＝3.6m，则以额定功率上升的高度h3＝80m，额定功率上升过程有Pt3＝mgh3＋m(v－v2)，解得t3＝13.5s，则提升重物的最短时间为t＝t1＋t2＋t3＝15.5s，C正确．
答案：C
10．解析：(1)对锤从桩上端离开到上升h1高度，据动能定理有Fh1－mgh1＝mv2，
可得v＝.
(2)停止施力后，锤继续上升，根据动能定理有
－mgh＝0－mv2，可得h＝h1.
(3)对锤从桩上端离开到锤和桩共同向下运动h2高度后，据动能定理有Fh1＋mgh2－F′Nh2＝0－0
可得F′N＝.
根据牛顿第三定律，锤对桩的平均作用力FN＝F′N＝.
答案：(1) (2)h1
(3)课时分层作业(二十五) 动能定理的应用
A组 基础巩固练
1．如图所示为一水平的转台，半径为R，一质量为m的滑块放在转台的边缘，已知滑块与转台间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.若转台的转速由零逐渐增大，当滑块在转台上刚好发生相对滑动时，转台对滑块所做的功为( )
A．μmgRB．2πmgR
C．2μmgRD．0
2．静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t＝4s时停下，其v t图像如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是( )
A．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功
B．整个过程中拉力做的功等于零
C．t＝2s时拉力的瞬时功率在整个过程中最大
D．t＝1s到t＝3s这段时间内拉力不做功
3．(多选)质量为2kg的物体静止在光滑水平面上，某时刻起受到方向不变的水平力F的作用，F随位置x变化的图像如图所示．以物体静止时的位置为初位置，下列说法中正确的是( )
A.物体先做匀加速直线运动，后做匀速运动
B．物体有可能做曲线运动
C．在0～0.2m内力F所做的功为3J
D．物体在经过x＝0.2m的位置时速度大小为m/s
4．物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止．以a、Ek、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间．则下图的各图像中，能正确反映这一过程的是( )
5．一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示．长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球．小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直．将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)( )
A．B．
C．D．2
6.
[2023·辽宁高一期末](多选)质量为1.0kg的物体以某一水平初速度在水平面上滑行，由于摩擦力的作用，其动能随位移变化的情况如图所示．g取10m/s2，则下列判断正确的是 ( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3
C．物体滑行的总时间为2s
D．物体滑行的总时间为4s
7．如图所示，右端连有光滑弧形槽的水平面AB长为l＝1.5m，一个质量为m＝0.5kg的木块在F＝1.5N的水平拉力作用下，从水平面上A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F.木块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2.
(1)求木块沿弧形槽上升的最大高度；
(2)求木块沿弧形槽滑回B端后，在水平面上滑动的距离．
B组 能力提升练
8.水平转盘可绕竖直中心轴转动，如图甲所示．一小物块质量为m，放在转盘上到中心O的距离为r处，随着转盘角速度缓慢增大，小物块所受摩擦力F随时间变化的图像如图乙所示，小物块相对转盘始终未发生移动．则从t1到t2时间内，摩擦力对小物块做的功为( )
A．3F0rB．2F0r
C．F0rD．F0r
9．刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一．图中所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离s与刹车前的车速v的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间是滑动摩擦．据此可知，下列说法中正确的是( )
A．甲车与地面间的动摩擦因数较大，甲车的刹车性能好
B．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好
C．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好
D．甲车的刹车距离s随刹车前的车速v变化快，甲车的刹车性能好
10．[2023·河南安阳高一下期末](多选)如图甲所示，轻弹簧直立在地面上，一端与地面相连，另一端与质量为0.5kg的物块相连，物块处于静止状态．在物块上施加一个竖直向上的拉力F，使物块向上做初速度为零的匀加速直线运动，拉力F随位移x变化的规律如图乙所示．已知弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度g取10m/s2.下列说法正确的是( )
A．当物块位移为零时，弹簧压缩量为5cm
B．当物块位移为10cm时，物块的运动时间为0.1s
C．当物块位移为10cm时，弹簧的弹性势能和起始位置相同
D．当物块位移为10cm时，拉力F对物块做功0.6J
11．水平面有一长为s的粗糙段AB，其动摩擦因数与离A点的距离x满足μ＝kx(k为恒量).一物块(可看作质点)第一次从A点以速度v0向右运动，到达B点时速率为v，第二次也以相同速度v0从B点向左运动，则下列说法正确的是( )
A．第二次也能运动到A点，但速率不一定为v
B．第二次也能运动到A点，但两次所用时间不同
C．两次克服摩擦力做的功不相同
D．两次速率相同的位置只有一个，且距离A为
12．[2023·湖南高一期中]科技助力北京冬奥：我国自主研发的“人体高速弹射装置”几秒钟就能将一名滑冰运动员从静止状态加速到指定速度，辅助滑冰运动员训练各种滑行技术．如图所示，某次训练，弹射装置在加速阶段将质量m＝60kg的滑冰运动员加速到速度v0＝8m/s后水平向右抛出，运动员恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入光滑圆弧轨道AB.AB圆弧轨道的半径为R＝5m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A点与圆心O的连线与竖直方向成37°角．MN是一段粗糙的水平轨道，滑冰运动员与MN间的动摩擦因数μ＝0.08，水平轨道其他部分光滑．最右侧是一个半径为r＝2m的半圆弧光滑轨道，C点是半圆弧光滑轨道的最高点，半圆弧光滑轨道与水平轨道BD在D点平滑连接．重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.整个运动过程中将运动员简化为一个质点．
(1)求运动员水平抛出点距A点的竖直高度；
(2)求运动员经过B点时对轨道的压力大小；
(3)若运动员恰好能通过C点，求MN的长度L.
课时分层作业(二十五) 动能定理的应用
1．解析：滑块即将开始相对转台滑动时，最大静摩擦力(等于滑动摩擦力)提供向心力，有μmg＝，根据动能定理有Wf＝mv2，解得Wf＝μmgR.
答案：A
2．解析：对运动全过程应用动能定理有WF－Wf＝0，A正确，B错误；物块在加速运动过程中受到的拉力最大，由图知，t＝1s时拉力的瞬时功率最大，C错误；t＝1s到t＝3s这段时间内，拉力与摩擦力平衡，拉力做正功，D错误．
答案：A
3．解析：位移在0～0.1m内，拉力逐渐增大，则做加速度逐渐增大的变速运动，A错误；拉力方向不变，物体由静止开始运动的轨迹只能是直线，B错误；在F x图像中，图线与x轴所围面积表示拉力做的功，故W＝1.2J＋1.8J＝3J，C正确；据动能定理W＝mv2，解得v＝m/s，D正确．
答案：CD
4．解析：物体在恒定阻力作用下运动，其加速度不随时间或位移变化．由动能定理有－Ffx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－Ffx，Ek与x是一次函数关系，C正确．
答案：C
5．解析：小球由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，细绳与圆柱体接触部分的长度为×2πR＝，故小球下落的高度为h＝R＋，由动能定理可得mgh＝mv2，解得v＝，故A正确．
答案：A
关键点拨：解答本题的关键是利用几何关系确定当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，细绳与圆柱体接触部分的长度与未接触部分的长度，从而确定小球下落的高度．
6．解析：根据动能定理得－μmgx＝ΔEk，解得μ＝0.2，A正确，B错误；物体的初速度v0＝＝4m/s，所以物体滑行的总时间为t＝＝2s，C正确，D错误．
答案：AC
7．解析：(1)设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，对木块由A端运动到最大高度的过程，
由动能定理得Fl－μmgl－mgh＝0
解得h＝＝0.15m.
(2)设木块沿弧形槽滑回B端后在水平面上滑行的距离为s，由动能定理得mgh－μmgs＝0
解得s＝＝0.75m.
答案：(1)0.15m (2)0.75m
8．解析：在t1时刻F0＝m，在t2时刻2F0＝m，则从t1到t2时间内，摩擦力对小物块做的功为W＝mv－mv＝F0r，故选D.
答案：D
9．解析：由题意知μmgs＝mv2，即s＝，由题中s v图像知，当v甲＝v乙时，s甲>s乙，故μ甲<μ乙；当v相同时，s甲>s乙，知乙车刹车性能好．
答案：B
10．解析：由题图乙可知，当x＝0时，F＝1N，由牛顿第二定律有F＝ma，可得a＝2m/s2，当弹簧恢复原长时，由牛顿第二定律有F1－mg＝ma，解得F1＝6N，由题图乙可知，此时物块的位移为5cm，即当物块位移为零时，弹簧压缩量为5cm，故A正确；根据题意可知，物块向上做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式x＝at2可得，物块位移为10cm时，物块的运动时间为t＝＝s，故B错误；弹簧开始的形变量为5cm，则当物块位移为10cm时，弹簧的形变量仍为5cm，即当物块位移为10cm时，弹簧的弹性势能和起始位置的弹性势能相同，故C正确；由运动学公式v2＝2ax可得，物块位移为10cm时，物块的速度为v＝＝m/s，设物块位移为10cm时，拉力F对物块做功为W，由动能定理有W－mgx＝mv2，解得W＝0.6J，故D正确．
答案：ACD
11．解析：根据μ＝kx，知物块所受的滑动摩擦力大小为Ff＝μmg＝kmgx，可知第一次物块向右运动的过程中摩擦力不断增大，加速度不断增大；而第二次向左运动的过程中，摩擦力不断减小，加速度不断减小，即物块速度减小，故第二次也能运动到A点．两个过程中，摩擦力做功相同，由动能定理可知，第二次到达A点的速率也为v，但时间变长，故A、C错误，B正确．设两次速率相同的位置距离A点的距离为x，相同的速率设为v′，根据动能定理得第一次有－·x＝mv′2－mv，第二次有－(s－x)＝mv′2－mv，联立解得x＝，故D错误．
答案：B
关键点拨：解答本题的关键是要分析物块的运动情况，分段运用动能定理研究，因为摩擦力随位移均匀变化，所以求功时要用力的平均值乘以位移．
12．解析：(1)根据运动的合成与分解可得运动员经过A点时的速度大小为vA＝＝10m/s①
设运动员水平抛出点距A点的竖直高度为h，对运动员从抛出点到A点的过程，由动能定理有
mgh＝mv－mv②
联立①②式解得h＝1.8m③
(2)设运动员经过B点时的速度大小为vB，对运动员从A点到B点的过程，根据动能定理有
mg(R－Rcos37°)＝mv－mv④
设运动员经过B点时所受轨道支持力大小为FN，根据牛顿第二定律及向心力公式有
FN－mg＝⑤
联立①④⑤式解得FN＝2040N⑥
根据牛顿第三定律可知，运动员经过B点时对轨道的压力大小为2040N.
(3)设运动员刚好通过C点时的速度大小为vC，根据牛顿第二定律及向心力公式有
mg＝⑦
对运动员从B点到C点的过程，根据动能定理有
－μmgL－2mgr＝mv－mv⑧
联立④⑦⑧式解得L＝12.5m.⑨
答案：(1)1.8m (2)2040N (3)12.5m
