人教版物理必修2同步练习：8.3 动能和动能定理（优生加练）

人教版物理必修2同步练习：8.3 动能和动能定理（优生加练）
一、选择题
1．（2021高三上·安徽月考）一机车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出机车动能Ek与位移x的关系图像如图所示。已知机车的质量为1000kg，机车运动过程中所受阻力不变，就图像所对应的过程，下列说法正确的是（　　）
A．机车的最大速度为80m/s B．机车所受阻力为4000N
C．机车的额定功率为320kW D．机车加速阶段时间为16.25s
【答案】D
【知识点】机车启动；动能；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．根据动能定义
根据图像信息，可求得
A不符合题意；
B．机车关闭后根据
解得
B不符合题意；
C．因为
根据匀速运动阶段可知
C不符合题意；
D．汽车加速阶段，有
代入数据解得
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.根据动能也最大时，速度最大；
B.汽车关闭发动机后，合力为阻力，根据动能定理就可以列出，将题目和图像中的数据代入就可以解出答案。
C.对于机车以额定功率行驶，在当机车达到最大速度时有F=Ff时，P额=Ffvm，根据上述，即可求得最大功率。
D。对于整个过程，利用动能定理分析即可列出，这样就可以求得答案。
2．（2021·湖北模拟）如图所示，两倾角均为 的光滑斜面对接后固定水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】动能；动能定理的综合应用
【解析】【解答】小物块第一次到达O点，获得的动能
运动的路程
小球第一次通过O点损失的动能为 ，滑上斜面到最高点
到第二次到达O点运动的路程
小球第二次通过O点损失的动能为
滑上斜面的最高点
小球第三次达到O点的路程
小球第二次通过O点损失的动能为
……
设当小球第n次到达O点时刚好静止
第n次损失的动能为
则在整个过程中损失的动能
根据等比数列求和公式得
可得n趋于无穷大；
则在整个过程中的路程
根据等比数列求和公式得
当n趋于无穷大，有
故答案为：B。
【分析】每次两侧最高点势能差为通过O点损失机械能，依题意， 损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5% ，可以通过初始高度，推测第二次高度，以此类推第三次…高度，在根据几何关系，表达路程即可。
3．（人教版物理必修二第七章第七节动能和动能定理同步练习）一个小物块从底端冲上足够长的斜面后，又返回斜面底端．已知小物块的初动能为E，它返回斜面底端的速度大小为v，克服摩擦阻力做功为E/2.若小物块冲上斜面的动能为2E，则物块（　　）
A．返回斜面底端时的动能为2E
B．返回斜面底端时的动能为3E/2
C．返回斜面底端时的速度大小为
D．返回斜面底端时的速度大小为
【答案】C
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；动能
【解析】解答：当动能增量2倍，则速度变大 倍，由于物体在斜面上的加速度大小相同，因此上升时位移变大，通过 可知，位移变大2倍，即相同情况下，上升时摩擦力做功变大W=-fs即增加1倍，所以回来时损失的动能比以前的动能增加1倍，即回到出发剩下的动能为2E-E=E，由于返回动能扩大一倍，所以速度变大 倍， C对，ABD错。
故选： C
分析：本题结合了动能定理判断物体的某个力的做功情况。在判断能、做功这一类问题时要注意动能定理的运用
4．在光滑的水平面上一根细绳拉着一个小球在作匀速圆周运动，运动中不会发生变化的物理量是（　　）
A．小球的速度 B．小球的动能
C．小球的加速度 D．细绳对小球的拉力
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；动能
【解析】【分析】解决本题的关键知道匀速圆周运动的特点，拉力提供做圆周运动的向心力。
小球做匀速圆周运动，速度的大小不变，方向时刻改变，所以小球的速度不断改变，动能不变，故A错误，B正确； 小球做匀速圆周运动时，加速度的方向时刻指向圆心，大小不变，方向时刻改变，故C错误； 小球做匀速圆周运动时，绳子的拉力提供做圆周运动所需的向心力，向心力方向时刻指向圆心，大小不变，方向时刻改变，故D错误。
所以选B。
5．（2023高三上·山西月考）如图所示，长度为l的轻绳一端固定在O点，另一端系着一个质量为m的小球，当小球在最低点时，获得一个水平向右的初速度，重力加速度为g，不计空气阻力。在此后的运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球恰好能到达竖直面内的最高点
B．当小球运动到最右端时，小球所受的合力大小为2mg
C．轻绳第一次刚好松弛时，轻绳与竖直方向夹角的余弦值为
D．初状态在最低点时，细绳对小球的拉力大小为4mg
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；向心力；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．若小球能到达最高点，根据机械能守恒，有
可得
根据小球在竖直面内的圆周运动受力特点，可知恰好做完整的圆周运动，则在最高点时小球重力恰好提供所需向心力，根据牛顿第二定律可得
在最高时小球的最小速度为
故A错误；
B．分析小球从最低点运动到最右端的过程，根据机械能守恒，有
根据牛顿第二定律和向心力可得，小球的向心力为
小球受重力作用，根据平行四边形定则可知小球所受的合力为
联立解得
故B错误；
C．当轻绳第一次刚好松弛时，绳的拉力为零，设此时的速度大小为v2，轻绳与竖直向上方向夹角为α，如图所示
由径向合力提供向心力，有
由机械能守恒有
联立解得
，
故C正确；
D．小球在最低点，根据牛顿第二定律有
解得
轻绳受到的拉力大小为5mg，故D错误。
故答案为：C。
【分析】小球恰好做完整的圆周运动，则在最高点时小球重力恰好提供所需向心力。根据牛顿第二定律确定最高点的最小速度。小球在运动过程中机械能守恒。当轻绳第一次刚好松弛时，绳的拉力为零，重力的分力提供向心力。
6．（2023高三上·泊头月考） 某学校科技小组制作的太阳能驱动小车如图甲所示。太阳能驱动小车的质量，小车在水平地面上由静止开始做直线运动，一段时间内小车的速度v与牵引力的功率P随时间变化的图像分别如图乙、丙所示。已知末小车牵引力的功率达到额定功率，末小车的速度达到最大值，末关闭电动机，再经过一段时间小车停止运动。设整个过程中太阳能驱动小车受到的阻力恒定。下列说法正确的是（　　）
A．太阳能驱动小车最大速度大小为
B．太阳能驱动小车受到的阻力大小为
C．整个过程中，太阳能驱动小车克服阻力做功为
D．关闭电动机后，太阳能驱动小车经过停止运动
【答案】C
【知识点】功的计算；功率及其计算；机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】B.由
得
F=100N
由v-t图得加速度
a=1m/s2
由
得
f=60N
B错误；
A.由
得
vm=5m/s
A错误；
D.摩擦力对应加速度为1.5m/s2，减速时间为
D错误；
C.全过程中牵引力做功为
WF=Fx+Pt=100×4.5+300×（14-3）=3750J
由WF=Wf得克服摩擦力做功为3750J，C正确。
故正确答案为：C。
【分析】突破口在3m/s时达到额定功率；需要用到3s内的位移，由图像面积求得；加速度由图像斜率求得；克服摩擦力的功用牵引力的功间接求得。
7．（2024高三上·邢台月考）如图所示，倾角θ=37°的足够长的斜面固定在水平面上，斜面下端固定一挡板，劲度系数20 N/m的轻弹簧一端与挡板连接，另一端与质量为m=1kg的滑块连接。绕过光滑轻质定滑轮的轻绳一端与滑块相连，另一端与质量为M=2kg的石块相连。已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，轻弹簧的弹性势能与形变量的关系为重力加速度g取开始时拖住石块，轻绳恰好伸直与斜面平行但无弹力，滑块恰好不上滑；现由静止释放石块，涉及的过程弹簧都在弹性限度内，则下列说法正确的是（　　）
A．释放石块瞬间轻弹簧的弹性势能为 5 J
B．石块的速度最大时轻弹簧的形变量为 1m
C．石块的最大速度为
D．滑块沿斜面向上运动的最大距离为2m
【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】A、 开始时拖住石块，轻绳恰好伸直与斜面平行但无弹力，滑块恰好不上滑 ，说明此时滑块处于平衡状态，而弹簧处于压缩状态，结合受力分析和几何关系有
而
由以上三式解得
x=0.5m，EP=2.5J
A错误；
B、 石块的速度最大时 ，滑块的加速度为零，即此时石块的速度也是最大，加速度也为零，即此时绳子拉力等于石块的重力，而弹簧处于伸长状态，对滑块受力分析并结合几何关系有
代入数据解得
x1=0.5m
B错误；
C、石块从开始释放到速度最大的过程中，弹簧由压缩0.5m到伸长0.5m，即滑块沿斜面运动了1m，而石块下落了1m，将滑块和石块看成一个整体分析，由动能定理有
代入相关数据解得
C错误；
D、从滑块速度最大，到滑块的速度为零，即石块在该过程的速度也是从速度最大到速度为零，在该过程中，滑块沿斜面运动了x0，将滑块和石块看成一个整体分析，由动能定理有
代入相关数据解得x0=1m，即从开始释放石块到石块沿 斜面向上运动的最大距离为
x1+x2+x0=2m
D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查动能定理的应用，难度相对较大，要求学生能够从题意中获取相关的信息，如 开始时拖住石块，轻绳恰好伸直与斜面平行但无弹力，滑块恰好不上滑 ，说明绳子拉力为零，滑块受到的沿斜面向下的最大静摩擦力。难点一，判断刚释放时弹簧处于压缩状态，难点二，石块有最大速度时，加速度为零，研究对象是将滑块与石块看成一个整体分析，且判断此时弹簧处于伸长状态，难点三， 滑块沿斜面向上运动的最大距离，说明此时滑块和石块的速度为零，选择速度最大到速度为零作为研究过程，分析弹力做功方面相对比较轻松。
8．（2023高二下·浙江期末）一起重装置把静置于地面上的重物竖直向上提升的过程中，功率随时间变化的P-t图像如图所示。在t=1s时，重物上升的速度达到最大速度的一半，在t=3s时，达到最大速度。在t=6s时，重物再次匀速上升，取，不计一切阻力。下列说法正确的是（　　）
A．重物的质量为4kg
B．在t=1s时，重物加速度大小
C．0～6s时间内，重物上升的高度h=85m
D．在4～6s时间内，重物做加速度逐渐增大的减速运动
【答案】C
【知识点】功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A.在t=3s时，重物达到最大速度，此时牵引力大小等于重力，则有，解得，A不符合题意；
B.在t=1s时，重物上升的速度达到最大速度的一半，此时的牵引力大小为，由牛顿第二定律可得，解得，B不符合题意；
C.在t=6s时，重物再次匀速上升，由题图可知，此时重物的速度，在0～1s时间内，重物做匀加速直线运动，重物上升的高度，在1～3s时间内，重物做加速度逐渐减小的加速运动，由动能定理可得，代入数据解得，在3~4s时间内，重物做匀速直线运动，上升的高度则有，在4~6s时间内，重物做加速度逐渐减小的减速直线运动，由动能定理可得，代入数据解得，可得0~6s时间内，重物上升的高度，C符合题意；
D.重物速度最大时，牵引力大小等于重力，4s后功率减小到一半，到t=6s时，重物速度从最大20m/s减小到10m/s，t=4s时的牵引力，此时牵引力小于重力，加速度方向向下，重物做减速运动，在t=6s时，速度是10m/s，此时牵引力，此时牵引力等于重力，加速度是零，因此在4～6s时间内，重物做加速度逐渐减小的减速运动，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】当速度达到最大时，重力与牵引力大小相等，由功率公式P=Fv求出重物的质量；求出t=1s时的牵引力，再由牛顿第二定律求出此时重物的加速度；根据各时间段物体的运动状态，应用运动学公式或动能定理求出各段对应位移，得到重物上升的总高度；由功率公式求出t=4s时和t=6s时所受到的牵引力，确定物体的运动状态，再由牛顿第二定律分析加速度的大小变化情况。
9．（2023高一下·信阳期中）如图所示，两个完全相同的小球甲、乙，由高度不同、底面长度相同的光滑斜面顶端由静止释放，已知斜面倾角，两小球均可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．甲球落地时的速度较小
B．滑到底端过程中，重力对小球乙做的功较多
C．滑到底端过程中，重力对小球甲做功的平均功率较小
D．滑到底端时，小球甲所受重力做功的瞬时功率较大
【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB.由动能定理，，可知甲球的高度大于乙球，滑倒底端过程中，重力对甲球做功较多，甲球落地的速度较大，故A错误，故B错误；
CD.滑倒底端过程中，两球都做匀加速直线运动，甲球到底端时速度大于乙球，故重力对甲球做功的平均功率较大，滑倒底端时甲球做功的瞬时功率较大，故C错误，故D正确；
故答案为：D。
【分析】甲球的高度比乙球的高度高，故下滑过程中重力对甲球做功较多，底端时甲球速度较大，平均功率较大，瞬时功率较大。
二、多项选择题
10．（2022·云南模拟）如图所示，OB是竖直线，OA 是水平线，B与O的高度为h （h 可调节）， A与O的距离为x （x 已知）。小球从B点以合适的速度水平抛出，每次都能击中水平面上的A点。空气阻力不计，则（　　）
A．h越大，水平抛出的初速度就越小
B．h越大，小球落地前瞬间重力做功的瞬时功率越小
C．当h=0.5x时，小球击中A点的动能最小
D．当h=0.25x时，小球击中A点的动能最小
【答案】A,C
【知识点】平抛运动；功率及其计算；动能；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．根据平抛运动的分解，在竖直方向为自由落体运动
水平方向为匀速直线运动
所以高度越高运动时间越长，初速度越小，落地前瞬间重力的功率
越大，A符合题意，B不符合题意；
CD．小球击中A点时的动能
根据均值不等式时落地动能最小，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据平抛运动的规律以及瞬时功率的表达式落地前瞬间重力的功率，根据动能的表达式得出落地动能最小时的高度。
11．（2017高三上·天宁开学考）如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则（　　）
A．0～t1时间内F的功率逐渐增大 B．t2时刻物块A的加速度最大
C．t2时刻后物块A做反向运动 D．t3时刻物块A的动能最大
【答案】B,D
【知识点】力的平行四边形定则及应用；牛顿第二定律；功率及其计算；动能
【解析】【解答】解：A、由图象可知，0～t1时间内拉力F小于最大静摩擦力，物体静止，拉力功率为零，A不符合题意；
B、由图象可知，在t2时刻物块A受到的拉力最大，物块A受到的合力最大，由牛顿第二定律可得，
此时物块A的加速度最大，B符合题意；
C、由图象可知在t2～t3时间内物体受到的合力与物块的速度方向相同，物块一直做加速运动，C不符合题意；
D、由图象可知在t1～t3时间内，物块A受到的合力一直做正功，物体动能一直增加，在t3时刻以后，
合力做负功．物块动能减小，因此在t3时刻物块动能最大，D符合题意；
故选BD．
【分析】找出最大静摩擦力的时刻，结合力的合成和动能定理和力的合成可解。
12．（2024高三下·武侯开学考）如图所示，一弹性轻绳绳的弹力与其伸长量成正比一端固定在点，弹性绳自然长度等于，跨过由轻杆固定的定滑轮连接一个质量为的绝缘带正电、电荷量为的小球。空间中还存在着水平向右的匀强电场图中未画出，且电场强度。初始时、、在一条竖直线上，小球穿过水平固定的杆从点由静止开始运动，滑到点时速度恰好为零。已知、两点间距离为，为的中点，小球在点时弹性绳的拉力为，小球与杆之间的动摩擦因数为，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．滑动摩擦力的大小为
B．弹性轻绳的劲度系数为
C．小球在点时速度最大
D．若在点给小球一个向左的速度，小球恰好能回到点，则
【答案】B,C
【知识点】胡克定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A.设弹性绳的劲度系数为k，BC=h，设当小球运动到F点时
CF=S，BF与CE的夹角为，此时弹性绳的弹力为F=k|BF|，弹力沿水平方向的分力
在竖直方向
小球在C点，有
故
根据竖直方向上的受力平衡可得，小球受到的支持力大小为
故摩擦力大小为
A不符合题意；
BC.从C到E，设弹性绳对小球做功大小为W，由动能定理可得
而
可知与s成线性关系，所以
解得
得弹性轻绳的劲度系数
在D点
故有
小球的合外力为0，速度最大，BC符合题意；
D.由上可得
若在E点给小球一个向左的速度v，小球恰好能回到C点，从E到C的过程，根据动能定理有
得
D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据胡克定律结合竖直方向的受力情况分析小球受到的摩擦力；由动能定理求解弹簧的劲度系数；小球从C点运动到E点的过程先加速后减速，在合外力为零的位置速度最大，根据小球水平方向上的受力分析速度最大的位置；对小球从E回到C的过程，根据动能定理列式，求小球恰好能回到C点的初速度。
13．（2023高三上·历城开学考）冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一。某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略；倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同μ满足。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C,D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】设斜面倾角为，若要游客在倾斜滑道上能匀减速下滑，则重力的下滑分量要小于滑动摩擦力，即，可得，即有，因，所以要让所有游客在倾斜滑道上匀减速下滑，则需满足，滑行结束时停在水平滑道上，即在摩擦因数取最小时能停在水平滑道上，对全程应用动能定理可得，在摩擦因数取最大时能进入水平滑道，对全程应用动能定理可得，综合解得和。
A.不满足条件，A不符合题意；
B满足条件，不满足条件，B不符合题意；
C.满足条件，满足条件，C符合题意；
D.满足条件，满足条件，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】根据题目条件的要求，要确保所有游客在倾斜滑道上匀减速下滑，则重力的下滑分量要小于滑动摩擦力，还要确保滑行结束时所有游客都能停在水平滑道上，由动能定理分析整个运动过程，综合得出需要满足的条件，再对各选项是否符合设计要求做出判断。
14．（2023高二下·石狮期末）如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为 m，从 A 点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到 A 点恰好静止。物块向左运动的最大距离为 s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为 g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中（　　）
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为 2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在 A 点的初速度为
【答案】B,C
【知识点】弹性势能；功能关系；功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A、弹簧被压缩到最短时，物块有向右的加速度，弹力大于滑动摩擦力 f=μmg，选项 A 错误；
B、物块在运动中所受的摩擦力与运动方向总相反，物块运动的路程为 2s，所以克服摩擦力做的功为 W=2μmgs，选项 B 正确；
C、由动能定理可知，从弹簧被压缩至最短到物块运动到 A 点，动能的变化为零，弹簧的弹性势能等于克服摩擦力做功 W'=μmgs，选项 C 正确；
D、由物块从 A 点到返回 A 点，根据动能定理可得 ，所以选项 D 错误。
故选择BC。
【分析】弹簧被压缩到最短时，物块有向右的加速度，弹力大于滑动摩擦力；又因为物块在运动中所受的摩擦力与运动方向总相反，物块运动的路程为 2s，由此可得克服摩擦力所做的功；由动能定理可知，从弹簧被压缩至最短到物块运动到 A 点，动能的变化为零，弹簧的弹性势能等于克服摩擦力做功可得弹簧的最大弹性势能。
15．（2023高一下·公主岭期末）如图所示，物体A套在光滑的竖直杆上，放置在粗糙水平桌面上的物体B通过定滑轮用一轻质细绳与物体A相连。物体A、B（均可视为质点）的质量分别为2m、m。初始时物体A、B在同一高度，物体A从竖直杆上的P点由静止释放，下落到竖直杆上的Q点时速度大小为v，此时连接物体A的细绳与水平方向的夹角为，已知，重力加速度大小为g，则在物体A从P点运动到Q点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物体A做匀加速直线运动
B．物体A下落到Q点时，物体B的速度大小为
C．物体B克服摩擦力做的功为
D．物体B机械能的增加量和克服摩擦力做功之和等于物体A机械能的减少量
【答案】B,D
【知识点】功能关系；运动的合成与分解；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．物体A下滑时，竖直方向上受重力和细绳拉力的竖直分量，因细绳拉力的竖直分量是变化的，可知物体A所受的合力不是恒力，物体A的加速度不恒定，物体A做变加速直线运动，故A错误；
B．根据运动的分解可知物体A下落到Q点时，物体B的速度大小为，故B正确；
C．在物体A从P点运动到Q点的过程中，根据动能定理有
解得物体B克服摩擦力做的功为，故C错误；
D．根据功能关系可知物体B机械能增加量和克服摩擦力做功之和等于物体A机械能的减少量，故D正确。
故选择BD。
【分析】物体A下滑时，竖直方向上受重力和细绳拉力的竖直分量，因细绳拉力的竖直分量是变化的，可知物体A所受的合力不是恒力，再根据运动的合成与分解可得B物体的速度，再结合动能定理可得摩擦力做的功；根据功能关系可知物体B机械能增加量和克服摩擦力做功之和等于物体A机械能的减少量。
三、非选择题
16．（2017高三上·江西开学考）某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系．此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等．组装的实验装置如图所示．
①若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些　 　．
②实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．他这样做的目的是下列的哪个　 　（填字母代号）
A．避免小车在运动过程中发生抖动
B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰
C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动
D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力
③平衡摩擦后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车的速度．在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决办法：　 　．
④他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些．这一情况可能是下列哪些原因造成的　 　（填字母代号）．
A．在接通电源的同时释放了小车
B．小车释放时离打点计时器太近
C．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉
D．钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力．
【答案】刻度尺、天平（包括砝码）；D；可在小车上加适量的砝码；CD
【知识点】探究功与物体速度变化的关系
【解析】【解答】解：①根据本实验的实验原理是合外力所做的功等于动能的变化量，通过研究纸带来研究小车的速度，利用天平测量小车的质量，利用砝码的重力代替小车的合外力，所以需要刻度尺来测量纸带上点的距离和用天平测得小车的质量，即还需要刻度尺，天平（包括砝码）．
②实验过程中，为减少误差，提高实验的精确度，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，目的是消除摩擦带来的误差，即平衡摩擦力后，使细绳的拉力等于小车的合力，ABC不符合题意，D符合题意．
故答案为：D．
③平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，即小车的加速度大，所以应减少小车的加速度，当小车的合力一定的情况下，据牛顿第二定律可知，适当增大小车的质量，即在小车上加适量的砝码．
④他将钩码重力做的功当做细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些，从功能关系看出：该实验一定有转化为内能的，即试验 中有存在摩擦力没有被平衡掉；还有该实验要求，只有当小车的质量远大于砝码的质量时，小车的拉力才近似等于砝码的重力，故AB错误，CD正确．
故答案为：CD
故答案为：①刻度尺、天平（包括砝码）；②D；③可在小车上加适量的砝码； ④CD
【分析】根据实验原理动能定理分析需要测质量和速度，速度用打点计时器转化为测长度即可。本实验的误差主要来源于绳子的拉力不等于小车的合外力，为减少误差，先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，平衡摩擦力。
17．（2017高一下·永州期末）在《探究功与物体速度变化的关系》实验时，小车在橡皮条弹力的作用下被弹出，沿木板滑行，实验装置如图所示．
（1）适当垫高木板是为了　 　；
（2）通过打点计器的纸带记录小车的运动情况，观察发现纸带前面部分点迹疏密不匀，后面部分点迹比较均匀，通过纸带求小车速度时，应使用纸带的　 　（填“全部”、“前面部分”或“后面部分”）；
（3）若实验作了n次，所用橡皮条分别为1根、2根…n根，通过纸带求出小车的速度分别为v1、v2…vn，用W表示橡皮条对小车所做的功，作出的W﹣v2图线是一条过坐标原点的直线，这说明W与v的关系是　 　．
【答案】（1）平衡摩擦力
（2）后面部分
（3）W与速度v的平方成正比
【知识点】探究功与物体速度变化的关系
【解析】【解答】解：（1）用 1 条、2 条、3 条 …同样的橡皮筋将小车拉到同一位置释放，橡皮筋拉力对小车所做的功依次为 w、2w、3w …探究橡皮筋拉力对小车所做的功W与小车速度v的定量关系．将木板放有打点计时器的一端垫高，小车不连橡皮筋，尾部固定一纸带，轻推小车使小车沿木板向下运动，如果纸带上打出的点间距是均匀的，说明纸带的运动是匀速直线运动，小车重力沿斜面方向的分力刚好平衡了小车所受的摩擦力．
（2）橡皮筋拉力对小车所做的功全部完成后，打出来的点才能反映物体的速度．所以应使用纸带的后面部分．
（3）W﹣v2图线是一条过坐标原点的直线，根据数学知识可确定W与速度v的平方成正比．
故答案为：（1）平衡摩擦力；（2）后面部分；（3）W与速度v的平方成正比．
【分析】（1）本实验的误差主要来源于摩擦力做功，所以实验之前先要消除摩擦力；
（2）当橡皮筋的弹性势能全部转化成为动能时，实验才最准确；
（3）根据动能定理，分析图像斜率的物理意义。
18．（2017高一下·宜昌期末）利用如图1所示的装置可以做力学中的一些实验，已知交流电的频率为f，小车质量为M，钩码质量为m．
①如果利用它来探究物体的加速度与力、质量的关系时，为使小车所受的合外力等于细线的拉力，应该采取的措施是　 　，要使细线的拉力约等于钩码的总重量，应该满足的条件是M　 　m（填“大于”、“远大于”、“小于”或“远小于”）．
②在满足了小车所受的合外力等于细线的拉力的条件下，且使细线的拉力等于钩码的总重量，如果利用它来探究外力做功与动能的关系时得到的纸带如图2所示．O为小车开始运动打下的第一点，A、B、C为过程中的三个相邻的计数点，相邻的计数点之间有四个点没有标出，有关数据如图2所示，要探究小车运动的动能定理，要满足一个怎样的关系式　 　（用题中的字母符号表示）．
【答案】平衡摩擦力；远大于；mghB=
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；探究功与物体速度变化的关系；动能定理的综合应用；用打点计时器测速度
【解析】【解答】解：①为使小车所受的合外力等于细线的拉力，实验前需平衡摩擦力；
对系统运用牛顿第二定律得，有mg=（M+m）a，解得a= ，
隔离分析得，T=Ma= = ，知当M远大于m时，细线的拉力等于钩码的总重量．
②根据动能定理得，mghB= MvB2，vB= = ，
要探究小车运动的动能定理，要满足的关系式为：
mghB=
故答案为：①平衡摩擦力，远大于； ②mghB= ．
【分析】实验开始前，首先要平衡摩擦力的影响，木板左端适当垫高，不挂砝码时轻推小车能够自由滑动为宜。若没有平衡摩擦力或者摩擦力平衡不够，会导致做出的不过原点且与横轴力有交点，如果摩擦力平衡过头，则会导致做出的不过原点且与纵轴加速度有交点。
19．（2023·四川模拟）如图所示，竖直平面内有一固定的四分之一圆弧轨道AB，圆弧半径R＝1m，A端与圆心O等高。一质量m＝0.2kg的小滑块从A端由静止释放，沿圆弧轨道运动至最低点B时的速度v＝4m/s。重力加速度g取。求：
（1）小滑块过B点时所受圆弧轨道的支持力的大小；
（2）小滑块从A运动到B的过程中，克服阻力做功W。
【答案】（1）小滑块过B点时，对小滑块受力分析，根据牛顿第二定律有
代入数据解得，小滑块过B点时所受圆弧轨道的支持力大小为
（2）小滑块从A运动到B的过程中，根据动能定理可得
代入数据解得，小滑块从A运动到B的过程中，克服阻力做功为
【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—板块模型；动能
【解析】【分析】（1） 小滑块过B点时，对小滑块受力分析 ，根据牛顿第二定律得出小滑块过B点时所受圆弧轨道的支持力；
（2）小滑块从A运动到B的过程中，根据动能定理 得出克服阻力做的功。
20．（2022高二上·大同期中）如图所示，在竖直平面内放置着绝缘轨道，部分是半径的光滑半圆轨道，部分是粗糙的水平轨道，轨道所在的竖直平面内分布着的水平向右的有界匀强电场，为电场的左侧边界。现将一质量为、电荷量为的带负电滑块（视为质点）从上的某点由静止释放，滑块通过A点时对轨道的压力恰好为零。已知滑块与间的动摩擦因数为，取。求：
（1）滑块通过A点时速度的大小；
（2）滑块在轨道上的释放点到点的距离；
（3）滑块离开A点后在空中运动速度的最小值。
【答案】（1）解：因为滑块通过A点时对轨道的压力恰好为零，所以有
解得
（2）解：滑块由静止释放到A点的过程，根据动能定理可得
解得
（3）解：离开A点后滑块在运动过程中只受重力和电场力且均为恒力，设合力为 ，重力 与合力 夹角为 ，如图所示：
将滑块的运动按照图示进行分解，则 方向做匀速直线运动， 方向做匀变速直线运动。当 方向速度 减小为零滑块速度最小，最小为 。有
解得
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡；运动的合成与分解；动能
【解析】【分析】（1） 滑块通过A点时 根据重力等于向心力，从而得出A点的速度；
（2） 滑块由静止释放到A点的过程，根据动能定理得出释放点到点的距离 ；
（3） 离开A点后 ，对滑块进行受力分析，根据共点力平衡和速度的分解得出 滑块离开A点后在空中运动速度的最小值。
21．（2022高三上·德州月考）如图所示，质量的小球被内壁光滑的弹射器从A点弹出，沿水平直轨道运动到B点后，进入由两个四分之一细管（内径略大于小球的直径）组成的轨道，从轨道最高点C水平飞出时，对轨道上表面的压力大小，之后落在倾角为的斜面上的D点。已知，，两个四分之一细管的半径均为，C点位于斜面底端的正上方，小球在AB段运动时受到的阻力大小等于自身所受重力的，其他摩擦均不计，小球可视为质点，取重力加速度大小。
（1）求小球通过C点时的速度大小；
（2）求小球离开A点时的速度大小；
（3）求小球落到D点时的动能；
（4）当弹射器储存的弹性势能为多少时，小球落在斜面上时的动能最小，最小动能为多少？
【答案】（1）解：由题意可知，小球通过C点时受到轨道向下的支持力 ，有
解得
（2）解：小球从A点到C点根据动能定理有
解得
（3）解：以C点为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系
则斜面的方程为
其中
设小球做平抛运动的时间为t，根据平抛运动规律有
解得
（4）解：设小球落到斜面上时的速度大小为v，速度与水平方向的夹角为 ，有
代入方程整理有
由辅助角公式知
其中
当
即
时，上式有最小值，有
当小球以 的速度从C点水平飞出时，落在斜面上时的动能最小，最小动能为6J。
解得
所以当弹射器储存的弹性势能为15.2J时，小球落在斜面上时的动能最小，最小动能为6J。
【知识点】平抛运动；匀速圆周运动；动能
【解析】【分析】（1）小球在C点时利用合力提供向心力得出C点的速度；
（2） 小球从A点到C点根据动能定理 得出小球离开A点的速度；
（3）结合平抛运动的规律以及动能定理得出D点的动能；
（4）利用匀变速直线运动的位移与速度的关系以及几何关系得出 小球落在斜面上 的最小动能。
22．（2022高三上·宁德期中）如下图甲所示，质量的物体静止在光滑的水平面上，时刻，物体受到一个变力F作用，时，撤去力F，之后某时刻物体滑上倾角为37°的粗糙斜面；已知物体从开始运动的初位置到斜面最高点的图像如图乙所示，不计空气阻力及连接处的能量损失，g取10m/s2，，，求：
（1）变力F做的功及其平均功率；
（2）物体从斜面底端滑到最高点过程中克服摩擦力做功；
（3）物体返回斜面底端的速度大小.
【答案】（1）解：由题图乙知物体 末的速度
根据动能定理得
解得
变力F的平均功率
（2）解：由 图像可知，物体沿斜面上升的最大距离为
物体到达斜面底端时的速度
到达斜面最高点的速度为零，根据动能定理得
解得
（3）解：设物体重新到达斜面底端时的速度为 ，在物体从斜面底端上升到斜面最高点再返回斜面底端的过程中，根据动能定理得
解得
【知识点】运动学 S-t 图象；功的计算；动能
【解析】【分析】（1）根据v-t图像以及动能定理得出F做的功，利用平均功率的表达式得出变力F的平均功率；
（2）v-t图像与坐标轴围成图形的面积表示物体的位移，结合动能定理得出 物体从斜面底端滑到最高点过程中克服摩擦力做功；
（3） 物体从斜面底端上升到斜面最高点再返回斜面底端的过程中，根据动能定理得出物体返回斜面底端的速度。
23．（2022高三上·保定期中）如图所示，水平地面上有一个固定挡板，有一轻弹簧左端固定在挡板上，有一质量m=0.2kg的滑块（可视为质点）紧压弹簧但不黏连，初始时弹簧的弹性势能Ep=1.8J，AB两点的距离L=3m。距离B点右侧竖直高度差h=0.8m处有一半径均为R=0.5m光滑圆弧管道CD、DF，C、D等高，E为DF管道的最高点，FG是长度d=9.2m倾角θ=37°的粗糙直管道，在G处接一半径为R'=2.3m，圆心为O点的光滑圆弧轨道GHQ，H为最低点，Q为最高点，且∠GOH=θ=37°，各部分管道及轨道在连接处均平滑相切，已知物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.15，不计空气阻力，重力加速度大小g=10m/s2。现把滑块从A点由静止释放，经过B点飞出后，恰能从C点沿切线方向进入圆弧管道，滑块略小于管道内径。sin37°=0.6，cos37°=0.8求：
（1）滑块离开B点时的速度大小vB；
（2）滑块第一次到达E点时对轨道的作用力大小；
（3）要使滑块能经过G点且不脱离轨道，滑块与管道FG之间动摩擦因数 '的取值范围。
【答案】（1）解：当滑块滑到B点时，有 ①
解得 ②
（2）解：由平抛运动规律得滑块到达C点时竖直分速度有 ③
所以滑块到达C点时速度大小 ④
则得到速度方向与水平方向夹角为 ⑤
则滑块处于D点时，速度方向与水平方向夹角也为53°，由动能定理可知滑块在D点的速度与其在C点时的速度大小相等，从D点到E点，根据动能定理有
解得
在E点，对滑块，由牛顿第二定律得
两式联立解得
根据牛顿第三定律得滑块第一次到达E点时对轨道的作用力为
（3）解：设滑块与管道FG之间的动摩擦因数为μ1，要使滑块能经过G点，则有
解得
要使滑块不脱离轨道，则滑块不能超过与O点等高位置，所以有
解得
所以，要使滑块能经过G点且不脱离轨道，滑块与管道FG之间动摩擦因数 '的取值范围为
【知识点】功能关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；平抛运动；动能
【解析】【分析】（1） 滑块滑到B点时 ，根据动能定理得出B点的速度；
（2）滑块从B点抛出后做平抛运动，平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动 和竖直方向的自由落体运动，结合匀变速直线运动的位移与速度的关系和速度的合成得出C点的速度，滑块从D到E结合动能定理得出E点的速度，在E点利用牛顿第二定律和牛顿第三定律得出 滑块第一次到达E点时对轨道的作用力 ；
（3） 要使滑块能经过G点和滑块不脱离轨道 ，利用功能关系得出动摩擦因数的最大值和最小值，从而得出动摩擦因数的取值范围。
24．（2022高三上·兖州期中）如图所示，高h=1.6m、倾角为θ=30°斜面固定在水平面上。一质量为m=1kg、长度L=2m薄木板B置于斜面顶端，恰能保持静止，木板下端连有一原长为0.2m的轻弹簧。有一质量M=3kg的小物块A，从斜面左侧离水平面的高度H=1.8m某位置水平抛出，沿平行于斜面方向落到木板上并向下滑行，同时木板沿斜面下滑，木板滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，运动过程中物块A最终恰好能脱离弹簧。已知A、B间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）小物块A刚滑上木板B时速度的大小；
（2）斜面与木板B间的动摩擦因数μ0及木板B到达斜面底端时小物块A相对木板B的位移；
（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
【答案】（1）解：物块A落到木板前做平抛运动，则
得
得
（2）解：木板恰好静止在斜面上
得
物块A在木板上滑行时，对A： （沿斜面向上）
对B： （沿斜面向下）
假设A与木板达到共同速度v共时，A还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有：
解得 ，
位移为 ，
假设成立，故
（3）解：木板停下，此后A做匀减速到与弹簧接触，然后A压缩弹簧至最短，设接触弹簧时A的速度为vA，有
得
设弹簧最大压缩量为xm，A从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有
得 ，
A从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有
【知识点】共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—连接体；运动的合成与分解；平抛运动；动能
【解析】【分析】（1） 物块A落到木板前做平抛运动 ，结合速度的分解以及匀变速直线运动的位移与速度的关系和速度的分解得出小物块A刚滑上木板B时速度 ；
（2） 木板恰好静止在斜面上 时根据共点力平衡得出斜面与木板B间的动摩擦因数，物块A在木板上滑行时 ，对A和B利用牛顿第二定律得出AB的加速度，结合匀变速直线运动的速度与时间的关系和平均速度的表达式得出 木板B到达斜面底端时小物块A相对木板B的位移；
（3）利用匀变速直线运动的位移与速度的关系得出木板停下时A的速度， A从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程 利用动能定理得出弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
25．（2022高三上·泗水期中）如图所示，有一质量m=1kg的小物块，在平台上以初速度v0=3m/s水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的半径R=0.5m的粗糙圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板，木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑接触，当小物块在木板上相对木板运动l=1m时，与木板有共同速度，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.3，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=53°，不计空气阻力，取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：
（1）A、C两点的高度差h；
（2）物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
（3）物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功．
【答案】（1）解：小物块到C点时的速度竖直分量为vCy=v0tan53° =4 m/s
下落的高度
（2）解：小物块在木板上滑行达到共同速度的过程，木板的加速度大小：a1=μmg /M =0.3×10/3=1m/s2
物块的加速度大小：a2=μmg /m =μg=3m/s2
由题意得： ，
联立以上各式并代入数据解得
小球在D点时
代入数据解得FN=26N
由牛顿第三定律得FN′=FN=26 N
方向竖直向下
（3）解：小物块由A到D的过程中，设克服摩擦力做的功为Wf ，由动能定理有：
代入数据解得Wf =10.5J
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿运动定律的综合应用；运动的合成与分解；向心力；动能
【解析】【分析】（1）根据速度的分解以及匀变速直线运动的位移与速度的关系得出下落的高度；
（2）对物块和木板利用牛顿第二定律和匀变速直线运动的速度与时间的关系以及位移与时间的关系得出D点的速度，小球在D点利用牛顿第二定律合力提供向心力得出轨道对物块的支持力；
（3） 小物块由A到D的过程中 利用动能定理得出物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功． 。
26．（2024高三上·河西期末）如图所示，水平轨道长为，其端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，圆心在半径为的光滑圆形轨道与相切于点，并且和圆心在半径为的光滑细圆管轨道平滑对接，、、三点在同一条直线上，光滑细圆管轨道右侧有一半径为，圆心在点的圆弧挡板竖直放置，并且与地面相切于点质量为的小球可视为质点从轨道上的点由静止滑下，刚好能运动到点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小球在到达点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点计算时圆管直径可不计，重力加速度为。求：
（1）小滑块与水平轨道间的动摩擦因数；
（2）弹簧锁定时具有的弹性势能；
（3）滑块通过最高点后落到挡板上时具有的动能。
【答案】（1）解：由几何关系可得间的高度差
小滑块从点运动到点的过程，由动能定理得
解得
答：滑块与水平轨道间的动摩擦因数为；
（2）解： 滑块在点时，由重力提供向心力，可得
从点到点的过程中，由功能关系有
解得
答：弹簧锁定时具有的弹性势能为；
（3）解：滑块通过最高点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有
竖直方向上有
又几何关系为
可得滑块落到挡板上的动能为或
解得
答：滑块通过最高点后落到挡板上时具有的动能为。
【知识点】功能关系；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】 （1）先根据几何知识求出CB间的高度差。小滑块从B点运动到A点的过程，利用动能定理列式，即可求出小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ；
（2）滑块恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出滑块通过D点的速度，再由能量守恒定律求弹簧锁定时具有的弹性势能EP；
（3）滑块通过最高点D后做平抛运动，根据分运动规律和几何知识分别列式，结合动能与速度的关系求出滑块落到挡板上时具有的动能EK。
27．（2024高三下·广州开学考）图为某一食品厂生产流水线的一部分，是半径为的光滑半圆轨道，产品加工后以的速率从点沿半圆轨道下滑，到达轨道最低点处时，与静止在此处的产品发生弹性碰撞假设每一个产品的质量均为，被碰后的产品沿粗糙的水平轨道滑动，以的速度滑上运行速度为的传送带。其中段为生产线中的杀菌平台，长度为，传送带的摩擦因数为，长度为，求：
（1）为了保证产品以最短的时间经过，则传送带的速度应满足什么条件？
（2）段杀菌平台的摩擦因数是多少？
（3）调整产品从点出发的速度可以调整杀菌的时间，则产品既不脱轨又能滑上传送带的最长杀菌时间是多少？
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1）保证产品一直加速走过14R，加速度
到达D点速度
综上得
传送带速度应满足
（2）由A到B动能定理
由B到C 动能定理
综上得
（3）假设恰好过A点，则
综上得
假设正确，由B到C的时间为
【分析】(1)要产品一直加速皮带速度就要一直比产品大；（3）假设法，一是假设恰好过A点，或者是假设从B恰好滑到C点，假设如果正确则不用修正继续解，假设如果错误，另一假设一定正确，那就按另一假设求解。
28．（2023高三上·青龙月考）如图所示，上表面光滑，长度为 3m 、质量 M=10kg 的木板，在 F=50 N 的水平拉力 作用下，以 v0 =5m / s的速度沿水平地面向右匀速运动．现将一个质量为 m = 3kg 的小铁块（可视为质点）无初速地放在木板最右端，当木板运动了 L = 1m 时，又将第二个同样的小铁块无初速地放在木板最右端，以后木板每运动1m 就在其最右端无初速地放上一个同样的小铁块．（ g = 10m / s2 ）求：
（1）木板与地面间的动摩擦因数；
（2）刚放第三个小铁块时木板的速度；
（3）从放第三个小铁块开始到木板停下的过程，木板运动的距离．
【答案】（1）0.5
（2）4 m/s
（3）1.78 m
【知识点】力与运动的关系；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1）匀速运动
得
（2）放第一、二个铁块，增加的摩擦力的功，木板加速度
得
(3)由公式
得
3设最后放铁块运动x，则
得
x=1.78m
【分析】看好题目条件，板的上表面光滑；用动能定理是最优解，比牛顿运动定律简洁；第三问需要判断放的小铁块的个数，判断成功后重新列式求解。
29．（2023高三上·柞水月考）如图所示，一游戏装置由倾斜角为α的光滑轨道AB、水平传送带BC、半径为R的光滑半圆弧轨道DE组成，O为圆弧轨道的圆心，D、C、O、E四点在同一竖直线上。游戏时，小滑块从倾斜轨道不同高度处静止释放，经过传送带后沿半圆弧轨道运动，最后由E点平抛落地面。已知小滑块与传送带的动摩擦因数μ=0.1，BC长为L=4m，AB长为，传送带顺时针转动，速度大小始终为v=4m/s，D距地面的高度H=6m，R=0.5m，，CD间的距离刚好允许小滑块通过，忽略传送带转轮大小和CD间距大小，小滑块经B、D处时无能量损失，小滑块可视为质点，其余阻力不计，sin37 =0.6，g取10m/s2求：
（1）若小滑块匀速通过传送带，求释放的高度h；
（2）在（1）问中小滑块平抛的水平距离x；
（3）小滑块平抛的水平距离x与其释放的高度h之间满足的关系。
【答案】（1）解：小滑块匀速通过传送带，说明小滑块到达B点时速度和传送带一样
由动能定理得
（2）解：对小滑块从C到E分析，由动能定理得
小滑块离开E点后做平抛运动
水平方向
竖直方向
联立得，
（3）解：由（2）中可知小滑块离开E点后做平抛运动时间是定值，，当小滑块在BC段恰好全程做匀减速直线运动时，对小滑块从静止释放到C点分析
当时，对小滑块从B到C分析
当小滑块在BC段恰好全程做匀加速直线运动时
对小滑块从静止释放到C点分析
当时，对小滑块从B到C分析
假设小滑块到B点速度为0，则对小滑块从B到D分析
又小滑块过D点的临界条件
因为，则小滑块一定可以过D点做圆周运动；
综上所述：
时，
时，
时，
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小滑块匀速通过传送带，即滑块与传送带保持相对静止，再根据动能理进行解答即可；
（2）滑块到达D点的速度大于滑块在竖直平面内做圆周运动的临界速度，故滑块沿圆弧运动至E点后做平抛运动，根据动能定理确定滑块到达E的速度大小，再根据平抛运动规律进行解答；
（3）由于物体在传送带的运动情况不确定，即物体可能在传送带上做匀速运动，也可能最匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动。故需要根据运动情况的不同进行分类讨论。根据物体在传送带上恰好全程做匀加速运动及匀减速运动，根据动能定理确定此时物体的临界下滑高度，再根据高度的取值范围，结合动能定理及平抛运动规律进行分类讨论处理。
30．（2024高三上·邢台月考）如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC=37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1.0 m，现有一个质量为m=0.2 kg、可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，D、E两点间的距离h=1.6 m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.5，取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2.不计空气阻力，求：
（1）物体第一次通过C点时轨道对物体的支持力FN的大小；
（2）要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长；
（3）若斜面已经满足（2）的要求，物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，求在此过程中系统损失的机械能E的大小
【答案】（1）物体从E到C，由机械能守恒得
在C点，由牛顿第二定律得
联立解得
（2）（2）对从E到A的过程，由动能定理得
联立解得
LAB=2.4 m
故斜面长度LAB至少需要2.4 m。
（3）因为
解得
所以，物体不会停在斜面上，物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿光滑圆弧轨道做周期性运动。从E点开始直至最后，系统因摩擦而损失的机械能等于B、E两点间的重力势能，即
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【分析】本题考查动能定理的应用，（1）研究物体从E运动到C过程中合力做的功和动能变化量，通过动能定理求解物体到达C点的速度，结合物体在C点由重力和支持力的合力提供向心力，从而求解 物体第一次通过C点时轨道对物体的支持力FN的大小 。
（2） 要使物体不从斜面顶端飞出 ，说明物体到达斜面顶端时速度刚好为零，所以研究物体从的过程中，根据动能定理，重力所做的功等于物体克服摩擦力做的功。从而求解斜面的长度。
（3）物体能从斜面滑下来，那么应该满足，要求 物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动， 物体不会停在斜面上，物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿光滑圆弧轨道做周期性运动。 所以 从E点开始直至最后，系统因摩擦而损失的机械能等于B、E两点间的重力势能， 根据能量守恒定理求解 该过程中系统损失的机械能E的大小。
1 / 1人教版物理必修2同步练习：8.3 动能和动能定理（优生加练）
一、选择题
1．（2021高三上·安徽月考）一机车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出机车动能Ek与位移x的关系图像如图所示。已知机车的质量为1000kg，机车运动过程中所受阻力不变，就图像所对应的过程，下列说法正确的是（　　）
A．机车的最大速度为80m/s B．机车所受阻力为4000N
C．机车的额定功率为320kW D．机车加速阶段时间为16.25s
2．（2021·湖北模拟）如图所示，两倾角均为 的光滑斜面对接后固定水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为（　　）
A． B． C． D．
3．（人教版物理必修二第七章第七节动能和动能定理同步练习）一个小物块从底端冲上足够长的斜面后，又返回斜面底端．已知小物块的初动能为E，它返回斜面底端的速度大小为v，克服摩擦阻力做功为E/2.若小物块冲上斜面的动能为2E，则物块（　　）
A．返回斜面底端时的动能为2E
B．返回斜面底端时的动能为3E/2
C．返回斜面底端时的速度大小为
D．返回斜面底端时的速度大小为
4．在光滑的水平面上一根细绳拉着一个小球在作匀速圆周运动，运动中不会发生变化的物理量是（　　）
A．小球的速度 B．小球的动能
C．小球的加速度 D．细绳对小球的拉力
5．（2023高三上·山西月考）如图所示，长度为l的轻绳一端固定在O点，另一端系着一个质量为m的小球，当小球在最低点时，获得一个水平向右的初速度，重力加速度为g，不计空气阻力。在此后的运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球恰好能到达竖直面内的最高点
B．当小球运动到最右端时，小球所受的合力大小为2mg
C．轻绳第一次刚好松弛时，轻绳与竖直方向夹角的余弦值为
D．初状态在最低点时，细绳对小球的拉力大小为4mg
6．（2023高三上·泊头月考） 某学校科技小组制作的太阳能驱动小车如图甲所示。太阳能驱动小车的质量，小车在水平地面上由静止开始做直线运动，一段时间内小车的速度v与牵引力的功率P随时间变化的图像分别如图乙、丙所示。已知末小车牵引力的功率达到额定功率，末小车的速度达到最大值，末关闭电动机，再经过一段时间小车停止运动。设整个过程中太阳能驱动小车受到的阻力恒定。下列说法正确的是（　　）
A．太阳能驱动小车最大速度大小为
B．太阳能驱动小车受到的阻力大小为
C．整个过程中，太阳能驱动小车克服阻力做功为
D．关闭电动机后，太阳能驱动小车经过停止运动
7．（2024高三上·邢台月考）如图所示，倾角θ=37°的足够长的斜面固定在水平面上，斜面下端固定一挡板，劲度系数20 N/m的轻弹簧一端与挡板连接，另一端与质量为m=1kg的滑块连接。绕过光滑轻质定滑轮的轻绳一端与滑块相连，另一端与质量为M=2kg的石块相连。已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，轻弹簧的弹性势能与形变量的关系为重力加速度g取开始时拖住石块，轻绳恰好伸直与斜面平行但无弹力，滑块恰好不上滑；现由静止释放石块，涉及的过程弹簧都在弹性限度内，则下列说法正确的是（　　）
A．释放石块瞬间轻弹簧的弹性势能为 5 J
B．石块的速度最大时轻弹簧的形变量为 1m
C．石块的最大速度为
D．滑块沿斜面向上运动的最大距离为2m
8．（2023高二下·浙江期末）一起重装置把静置于地面上的重物竖直向上提升的过程中，功率随时间变化的P-t图像如图所示。在t=1s时，重物上升的速度达到最大速度的一半，在t=3s时，达到最大速度。在t=6s时，重物再次匀速上升，取，不计一切阻力。下列说法正确的是（　　）
A．重物的质量为4kg
B．在t=1s时，重物加速度大小
C．0～6s时间内，重物上升的高度h=85m
D．在4～6s时间内，重物做加速度逐渐增大的减速运动
9．（2023高一下·信阳期中）如图所示，两个完全相同的小球甲、乙，由高度不同、底面长度相同的光滑斜面顶端由静止释放，已知斜面倾角，两小球均可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．甲球落地时的速度较小
B．滑到底端过程中，重力对小球乙做的功较多
C．滑到底端过程中，重力对小球甲做功的平均功率较小
D．滑到底端时，小球甲所受重力做功的瞬时功率较大
二、多项选择题
10．（2022·云南模拟）如图所示，OB是竖直线，OA 是水平线，B与O的高度为h （h 可调节）， A与O的距离为x （x 已知）。小球从B点以合适的速度水平抛出，每次都能击中水平面上的A点。空气阻力不计，则（　　）
A．h越大，水平抛出的初速度就越小
B．h越大，小球落地前瞬间重力做功的瞬时功率越小
C．当h=0.5x时，小球击中A点的动能最小
D．当h=0.25x时，小球击中A点的动能最小
11．（2017高三上·天宁开学考）如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则（　　）
A．0～t1时间内F的功率逐渐增大 B．t2时刻物块A的加速度最大
C．t2时刻后物块A做反向运动 D．t3时刻物块A的动能最大
12．（2024高三下·武侯开学考）如图所示，一弹性轻绳绳的弹力与其伸长量成正比一端固定在点，弹性绳自然长度等于，跨过由轻杆固定的定滑轮连接一个质量为的绝缘带正电、电荷量为的小球。空间中还存在着水平向右的匀强电场图中未画出，且电场强度。初始时、、在一条竖直线上，小球穿过水平固定的杆从点由静止开始运动，滑到点时速度恰好为零。已知、两点间距离为，为的中点，小球在点时弹性绳的拉力为，小球与杆之间的动摩擦因数为，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．滑动摩擦力的大小为
B．弹性轻绳的劲度系数为
C．小球在点时速度最大
D．若在点给小球一个向左的速度，小球恰好能回到点，则
13．（2023高三上·历城开学考）冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一。某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略；倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同μ满足。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是（　　）
A． B．
C． D．
14．（2023高二下·石狮期末）如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为 m，从 A 点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到 A 点恰好静止。物块向左运动的最大距离为 s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为 g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中（　　）
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为 2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在 A 点的初速度为
15．（2023高一下·公主岭期末）如图所示，物体A套在光滑的竖直杆上，放置在粗糙水平桌面上的物体B通过定滑轮用一轻质细绳与物体A相连。物体A、B（均可视为质点）的质量分别为2m、m。初始时物体A、B在同一高度，物体A从竖直杆上的P点由静止释放，下落到竖直杆上的Q点时速度大小为v，此时连接物体A的细绳与水平方向的夹角为，已知，重力加速度大小为g，则在物体A从P点运动到Q点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物体A做匀加速直线运动
B．物体A下落到Q点时，物体B的速度大小为
C．物体B克服摩擦力做的功为
D．物体B机械能的增加量和克服摩擦力做功之和等于物体A机械能的减少量
三、非选择题
16．（2017高三上·江西开学考）某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系．此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等．组装的实验装置如图所示．
①若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些　 　．
②实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．他这样做的目的是下列的哪个　 　（填字母代号）
A．避免小车在运动过程中发生抖动
B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰
C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动
D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力
③平衡摩擦后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车的速度．在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决办法：　 　．
④他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些．这一情况可能是下列哪些原因造成的　 　（填字母代号）．
A．在接通电源的同时释放了小车
B．小车释放时离打点计时器太近
C．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉
D．钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力．
17．（2017高一下·永州期末）在《探究功与物体速度变化的关系》实验时，小车在橡皮条弹力的作用下被弹出，沿木板滑行，实验装置如图所示．
（1）适当垫高木板是为了　 　；
（2）通过打点计器的纸带记录小车的运动情况，观察发现纸带前面部分点迹疏密不匀，后面部分点迹比较均匀，通过纸带求小车速度时，应使用纸带的　 　（填“全部”、“前面部分”或“后面部分”）；
（3）若实验作了n次，所用橡皮条分别为1根、2根…n根，通过纸带求出小车的速度分别为v1、v2…vn，用W表示橡皮条对小车所做的功，作出的W﹣v2图线是一条过坐标原点的直线，这说明W与v的关系是　 　．
18．（2017高一下·宜昌期末）利用如图1所示的装置可以做力学中的一些实验，已知交流电的频率为f，小车质量为M，钩码质量为m．
①如果利用它来探究物体的加速度与力、质量的关系时，为使小车所受的合外力等于细线的拉力，应该采取的措施是　 　，要使细线的拉力约等于钩码的总重量，应该满足的条件是M　 　m（填“大于”、“远大于”、“小于”或“远小于”）．
②在满足了小车所受的合外力等于细线的拉力的条件下，且使细线的拉力等于钩码的总重量，如果利用它来探究外力做功与动能的关系时得到的纸带如图2所示．O为小车开始运动打下的第一点，A、B、C为过程中的三个相邻的计数点，相邻的计数点之间有四个点没有标出，有关数据如图2所示，要探究小车运动的动能定理，要满足一个怎样的关系式　 　（用题中的字母符号表示）．
19．（2023·四川模拟）如图所示，竖直平面内有一固定的四分之一圆弧轨道AB，圆弧半径R＝1m，A端与圆心O等高。一质量m＝0.2kg的小滑块从A端由静止释放，沿圆弧轨道运动至最低点B时的速度v＝4m/s。重力加速度g取。求：
（1）小滑块过B点时所受圆弧轨道的支持力的大小；
（2）小滑块从A运动到B的过程中，克服阻力做功W。
20．（2022高二上·大同期中）如图所示，在竖直平面内放置着绝缘轨道，部分是半径的光滑半圆轨道，部分是粗糙的水平轨道，轨道所在的竖直平面内分布着的水平向右的有界匀强电场，为电场的左侧边界。现将一质量为、电荷量为的带负电滑块（视为质点）从上的某点由静止释放，滑块通过A点时对轨道的压力恰好为零。已知滑块与间的动摩擦因数为，取。求：
（1）滑块通过A点时速度的大小；
（2）滑块在轨道上的释放点到点的距离；
（3）滑块离开A点后在空中运动速度的最小值。
21．（2022高三上·德州月考）如图所示，质量的小球被内壁光滑的弹射器从A点弹出，沿水平直轨道运动到B点后，进入由两个四分之一细管（内径略大于小球的直径）组成的轨道，从轨道最高点C水平飞出时，对轨道上表面的压力大小，之后落在倾角为的斜面上的D点。已知，，两个四分之一细管的半径均为，C点位于斜面底端的正上方，小球在AB段运动时受到的阻力大小等于自身所受重力的，其他摩擦均不计，小球可视为质点，取重力加速度大小。
（1）求小球通过C点时的速度大小；
（2）求小球离开A点时的速度大小；
（3）求小球落到D点时的动能；
（4）当弹射器储存的弹性势能为多少时，小球落在斜面上时的动能最小，最小动能为多少？
22．（2022高三上·宁德期中）如下图甲所示，质量的物体静止在光滑的水平面上，时刻，物体受到一个变力F作用，时，撤去力F，之后某时刻物体滑上倾角为37°的粗糙斜面；已知物体从开始运动的初位置到斜面最高点的图像如图乙所示，不计空气阻力及连接处的能量损失，g取10m/s2，，，求：
（1）变力F做的功及其平均功率；
（2）物体从斜面底端滑到最高点过程中克服摩擦力做功；
（3）物体返回斜面底端的速度大小.
23．（2022高三上·保定期中）如图所示，水平地面上有一个固定挡板，有一轻弹簧左端固定在挡板上，有一质量m=0.2kg的滑块（可视为质点）紧压弹簧但不黏连，初始时弹簧的弹性势能Ep=1.8J，AB两点的距离L=3m。距离B点右侧竖直高度差h=0.8m处有一半径均为R=0.5m光滑圆弧管道CD、DF，C、D等高，E为DF管道的最高点，FG是长度d=9.2m倾角θ=37°的粗糙直管道，在G处接一半径为R'=2.3m，圆心为O点的光滑圆弧轨道GHQ，H为最低点，Q为最高点，且∠GOH=θ=37°，各部分管道及轨道在连接处均平滑相切，已知物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.15，不计空气阻力，重力加速度大小g=10m/s2。现把滑块从A点由静止释放，经过B点飞出后，恰能从C点沿切线方向进入圆弧管道，滑块略小于管道内径。sin37°=0.6，cos37°=0.8求：
（1）滑块离开B点时的速度大小vB；
（2）滑块第一次到达E点时对轨道的作用力大小；
（3）要使滑块能经过G点且不脱离轨道，滑块与管道FG之间动摩擦因数 '的取值范围。
24．（2022高三上·兖州期中）如图所示，高h=1.6m、倾角为θ=30°斜面固定在水平面上。一质量为m=1kg、长度L=2m薄木板B置于斜面顶端，恰能保持静止，木板下端连有一原长为0.2m的轻弹簧。有一质量M=3kg的小物块A，从斜面左侧离水平面的高度H=1.8m某位置水平抛出，沿平行于斜面方向落到木板上并向下滑行，同时木板沿斜面下滑，木板滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，运动过程中物块A最终恰好能脱离弹簧。已知A、B间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）小物块A刚滑上木板B时速度的大小；
（2）斜面与木板B间的动摩擦因数μ0及木板B到达斜面底端时小物块A相对木板B的位移；
（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
25．（2022高三上·泗水期中）如图所示，有一质量m=1kg的小物块，在平台上以初速度v0=3m/s水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的半径R=0.5m的粗糙圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板，木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑接触，当小物块在木板上相对木板运动l=1m时，与木板有共同速度，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.3，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=53°，不计空气阻力，取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：
（1）A、C两点的高度差h；
（2）物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
（3）物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功．
26．（2024高三上·河西期末）如图所示，水平轨道长为，其端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，圆心在半径为的光滑圆形轨道与相切于点，并且和圆心在半径为的光滑细圆管轨道平滑对接，、、三点在同一条直线上，光滑细圆管轨道右侧有一半径为，圆心在点的圆弧挡板竖直放置，并且与地面相切于点质量为的小球可视为质点从轨道上的点由静止滑下，刚好能运动到点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小球在到达点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点计算时圆管直径可不计，重力加速度为。求：
（1）小滑块与水平轨道间的动摩擦因数；
（2）弹簧锁定时具有的弹性势能；
（3）滑块通过最高点后落到挡板上时具有的动能。
27．（2024高三下·广州开学考）图为某一食品厂生产流水线的一部分，是半径为的光滑半圆轨道，产品加工后以的速率从点沿半圆轨道下滑，到达轨道最低点处时，与静止在此处的产品发生弹性碰撞假设每一个产品的质量均为，被碰后的产品沿粗糙的水平轨道滑动，以的速度滑上运行速度为的传送带。其中段为生产线中的杀菌平台，长度为，传送带的摩擦因数为，长度为，求：
（1）为了保证产品以最短的时间经过，则传送带的速度应满足什么条件？
（2）段杀菌平台的摩擦因数是多少？
（3）调整产品从点出发的速度可以调整杀菌的时间，则产品既不脱轨又能滑上传送带的最长杀菌时间是多少？
28．（2023高三上·青龙月考）如图所示，上表面光滑，长度为 3m 、质量 M=10kg 的木板，在 F=50 N 的水平拉力 作用下，以 v0 =5m / s的速度沿水平地面向右匀速运动．现将一个质量为 m = 3kg 的小铁块（可视为质点）无初速地放在木板最右端，当木板运动了 L = 1m 时，又将第二个同样的小铁块无初速地放在木板最右端，以后木板每运动1m 就在其最右端无初速地放上一个同样的小铁块．（ g = 10m / s2 ）求：
（1）木板与地面间的动摩擦因数；
（2）刚放第三个小铁块时木板的速度；
（3）从放第三个小铁块开始到木板停下的过程，木板运动的距离．
29．（2023高三上·柞水月考）如图所示，一游戏装置由倾斜角为α的光滑轨道AB、水平传送带BC、半径为R的光滑半圆弧轨道DE组成，O为圆弧轨道的圆心，D、C、O、E四点在同一竖直线上。游戏时，小滑块从倾斜轨道不同高度处静止释放，经过传送带后沿半圆弧轨道运动，最后由E点平抛落地面。已知小滑块与传送带的动摩擦因数μ=0.1，BC长为L=4m，AB长为，传送带顺时针转动，速度大小始终为v=4m/s，D距地面的高度H=6m，R=0.5m，，CD间的距离刚好允许小滑块通过，忽略传送带转轮大小和CD间距大小，小滑块经B、D处时无能量损失，小滑块可视为质点，其余阻力不计，sin37 =0.6，g取10m/s2求：
（1）若小滑块匀速通过传送带，求释放的高度h；
（2）在（1）问中小滑块平抛的水平距离x；
（3）小滑块平抛的水平距离x与其释放的高度h之间满足的关系。
30．（2024高三上·邢台月考）如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC=37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1.0 m，现有一个质量为m=0.2 kg、可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，D、E两点间的距离h=1.6 m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.5，取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2.不计空气阻力，求：
（1）物体第一次通过C点时轨道对物体的支持力FN的大小；
（2）要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长；
（3）若斜面已经满足（2）的要求，物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，求在此过程中系统损失的机械能E的大小
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】机车启动；动能；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．根据动能定义
根据图像信息，可求得
A不符合题意；
B．机车关闭后根据
解得
B不符合题意；
C．因为
根据匀速运动阶段可知
C不符合题意；
D．汽车加速阶段，有
代入数据解得
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.根据动能也最大时，速度最大；
B.汽车关闭发动机后，合力为阻力，根据动能定理就可以列出，将题目和图像中的数据代入就可以解出答案。
C.对于机车以额定功率行驶，在当机车达到最大速度时有F=Ff时，P额=Ffvm，根据上述，即可求得最大功率。
D。对于整个过程，利用动能定理分析即可列出，这样就可以求得答案。
2．【答案】B
【知识点】动能；动能定理的综合应用
【解析】【解答】小物块第一次到达O点，获得的动能
运动的路程
小球第一次通过O点损失的动能为 ，滑上斜面到最高点
到第二次到达O点运动的路程
小球第二次通过O点损失的动能为
滑上斜面的最高点
小球第三次达到O点的路程
小球第二次通过O点损失的动能为
……
设当小球第n次到达O点时刚好静止
第n次损失的动能为
则在整个过程中损失的动能
根据等比数列求和公式得
可得n趋于无穷大；
则在整个过程中的路程
根据等比数列求和公式得
当n趋于无穷大，有
故答案为：B。
【分析】每次两侧最高点势能差为通过O点损失机械能，依题意， 损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5% ，可以通过初始高度，推测第二次高度，以此类推第三次…高度，在根据几何关系，表达路程即可。
3．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；动能
【解析】解答：当动能增量2倍，则速度变大 倍，由于物体在斜面上的加速度大小相同，因此上升时位移变大，通过 可知，位移变大2倍，即相同情况下，上升时摩擦力做功变大W=-fs即增加1倍，所以回来时损失的动能比以前的动能增加1倍，即回到出发剩下的动能为2E-E=E，由于返回动能扩大一倍，所以速度变大 倍， C对，ABD错。
故选： C
分析：本题结合了动能定理判断物体的某个力的做功情况。在判断能、做功这一类问题时要注意动能定理的运用
4．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；动能
【解析】【分析】解决本题的关键知道匀速圆周运动的特点，拉力提供做圆周运动的向心力。
小球做匀速圆周运动，速度的大小不变，方向时刻改变，所以小球的速度不断改变，动能不变，故A错误，B正确； 小球做匀速圆周运动时，加速度的方向时刻指向圆心，大小不变，方向时刻改变，故C错误； 小球做匀速圆周运动时，绳子的拉力提供做圆周运动所需的向心力，向心力方向时刻指向圆心，大小不变，方向时刻改变，故D错误。
所以选B。
5．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；向心力；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．若小球能到达最高点，根据机械能守恒，有
可得
根据小球在竖直面内的圆周运动受力特点，可知恰好做完整的圆周运动，则在最高点时小球重力恰好提供所需向心力，根据牛顿第二定律可得
在最高时小球的最小速度为
故A错误；
B．分析小球从最低点运动到最右端的过程，根据机械能守恒，有
根据牛顿第二定律和向心力可得，小球的向心力为
小球受重力作用，根据平行四边形定则可知小球所受的合力为
联立解得
故B错误；
C．当轻绳第一次刚好松弛时，绳的拉力为零，设此时的速度大小为v2，轻绳与竖直向上方向夹角为α，如图所示
由径向合力提供向心力，有
由机械能守恒有
联立解得
，
故C正确；
D．小球在最低点，根据牛顿第二定律有
解得
轻绳受到的拉力大小为5mg，故D错误。
故答案为：C。
【分析】小球恰好做完整的圆周运动，则在最高点时小球重力恰好提供所需向心力。根据牛顿第二定律确定最高点的最小速度。小球在运动过程中机械能守恒。当轻绳第一次刚好松弛时，绳的拉力为零，重力的分力提供向心力。
6．【答案】C
【知识点】功的计算；功率及其计算；机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】B.由
得
F=100N
由v-t图得加速度
a=1m/s2
由
得
f=60N
B错误；
A.由
得
vm=5m/s
A错误；
D.摩擦力对应加速度为1.5m/s2，减速时间为
D错误；
C.全过程中牵引力做功为
WF=Fx+Pt=100×4.5+300×（14-3）=3750J
由WF=Wf得克服摩擦力做功为3750J，C正确。
故正确答案为：C。
【分析】突破口在3m/s时达到额定功率；需要用到3s内的位移，由图像面积求得；加速度由图像斜率求得；克服摩擦力的功用牵引力的功间接求得。
7．【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】A、 开始时拖住石块，轻绳恰好伸直与斜面平行但无弹力，滑块恰好不上滑 ，说明此时滑块处于平衡状态，而弹簧处于压缩状态，结合受力分析和几何关系有
而
由以上三式解得
x=0.5m，EP=2.5J
A错误；
B、 石块的速度最大时 ，滑块的加速度为零，即此时石块的速度也是最大，加速度也为零，即此时绳子拉力等于石块的重力，而弹簧处于伸长状态，对滑块受力分析并结合几何关系有
代入数据解得
x1=0.5m
B错误；
C、石块从开始释放到速度最大的过程中，弹簧由压缩0.5m到伸长0.5m，即滑块沿斜面运动了1m，而石块下落了1m，将滑块和石块看成一个整体分析，由动能定理有
代入相关数据解得
C错误；
D、从滑块速度最大，到滑块的速度为零，即石块在该过程的速度也是从速度最大到速度为零，在该过程中，滑块沿斜面运动了x0，将滑块和石块看成一个整体分析，由动能定理有
代入相关数据解得x0=1m，即从开始释放石块到石块沿 斜面向上运动的最大距离为
x1+x2+x0=2m
D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查动能定理的应用，难度相对较大，要求学生能够从题意中获取相关的信息，如 开始时拖住石块，轻绳恰好伸直与斜面平行但无弹力，滑块恰好不上滑 ，说明绳子拉力为零，滑块受到的沿斜面向下的最大静摩擦力。难点一，判断刚释放时弹簧处于压缩状态，难点二，石块有最大速度时，加速度为零，研究对象是将滑块与石块看成一个整体分析，且判断此时弹簧处于伸长状态，难点三， 滑块沿斜面向上运动的最大距离，说明此时滑块和石块的速度为零，选择速度最大到速度为零作为研究过程，分析弹力做功方面相对比较轻松。
8．【答案】C
【知识点】功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A.在t=3s时，重物达到最大速度，此时牵引力大小等于重力，则有，解得，A不符合题意；
B.在t=1s时，重物上升的速度达到最大速度的一半，此时的牵引力大小为，由牛顿第二定律可得，解得，B不符合题意；
C.在t=6s时，重物再次匀速上升，由题图可知，此时重物的速度，在0～1s时间内，重物做匀加速直线运动，重物上升的高度，在1～3s时间内，重物做加速度逐渐减小的加速运动，由动能定理可得，代入数据解得，在3~4s时间内，重物做匀速直线运动，上升的高度则有，在4~6s时间内，重物做加速度逐渐减小的减速直线运动，由动能定理可得，代入数据解得，可得0~6s时间内，重物上升的高度，C符合题意；
D.重物速度最大时，牵引力大小等于重力，4s后功率减小到一半，到t=6s时，重物速度从最大20m/s减小到10m/s，t=4s时的牵引力，此时牵引力小于重力，加速度方向向下，重物做减速运动，在t=6s时，速度是10m/s，此时牵引力，此时牵引力等于重力，加速度是零，因此在4～6s时间内，重物做加速度逐渐减小的减速运动，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】当速度达到最大时，重力与牵引力大小相等，由功率公式P=Fv求出重物的质量；求出t=1s时的牵引力，再由牛顿第二定律求出此时重物的加速度；根据各时间段物体的运动状态，应用运动学公式或动能定理求出各段对应位移，得到重物上升的总高度；由功率公式求出t=4s时和t=6s时所受到的牵引力，确定物体的运动状态，再由牛顿第二定律分析加速度的大小变化情况。
9．【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB.由动能定理，，可知甲球的高度大于乙球，滑倒底端过程中，重力对甲球做功较多，甲球落地的速度较大，故A错误，故B错误；
CD.滑倒底端过程中，两球都做匀加速直线运动，甲球到底端时速度大于乙球，故重力对甲球做功的平均功率较大，滑倒底端时甲球做功的瞬时功率较大，故C错误，故D正确；
故答案为：D。
【分析】甲球的高度比乙球的高度高，故下滑过程中重力对甲球做功较多，底端时甲球速度较大，平均功率较大，瞬时功率较大。
10．【答案】A,C
【知识点】平抛运动；功率及其计算；动能；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．根据平抛运动的分解，在竖直方向为自由落体运动
水平方向为匀速直线运动
所以高度越高运动时间越长，初速度越小，落地前瞬间重力的功率
越大，A符合题意，B不符合题意；
CD．小球击中A点时的动能
根据均值不等式时落地动能最小，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据平抛运动的规律以及瞬时功率的表达式落地前瞬间重力的功率，根据动能的表达式得出落地动能最小时的高度。
11．【答案】B,D
【知识点】力的平行四边形定则及应用；牛顿第二定律；功率及其计算；动能
【解析】【解答】解：A、由图象可知，0～t1时间内拉力F小于最大静摩擦力，物体静止，拉力功率为零，A不符合题意；
B、由图象可知，在t2时刻物块A受到的拉力最大，物块A受到的合力最大，由牛顿第二定律可得，
此时物块A的加速度最大，B符合题意；
C、由图象可知在t2～t3时间内物体受到的合力与物块的速度方向相同，物块一直做加速运动，C不符合题意；
D、由图象可知在t1～t3时间内，物块A受到的合力一直做正功，物体动能一直增加，在t3时刻以后，
合力做负功．物块动能减小，因此在t3时刻物块动能最大，D符合题意；
故选BD．
【分析】找出最大静摩擦力的时刻，结合力的合成和动能定理和力的合成可解。
12．【答案】B,C
【知识点】胡克定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A.设弹性绳的劲度系数为k，BC=h，设当小球运动到F点时
CF=S，BF与CE的夹角为，此时弹性绳的弹力为F=k|BF|，弹力沿水平方向的分力
在竖直方向
小球在C点，有
故
根据竖直方向上的受力平衡可得，小球受到的支持力大小为
故摩擦力大小为
A不符合题意；
BC.从C到E，设弹性绳对小球做功大小为W，由动能定理可得
而
可知与s成线性关系，所以
解得
得弹性轻绳的劲度系数
在D点
故有
小球的合外力为0，速度最大，BC符合题意；
D.由上可得
若在E点给小球一个向左的速度v，小球恰好能回到C点，从E到C的过程，根据动能定理有
得
D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据胡克定律结合竖直方向的受力情况分析小球受到的摩擦力；由动能定理求解弹簧的劲度系数；小球从C点运动到E点的过程先加速后减速，在合外力为零的位置速度最大，根据小球水平方向上的受力分析速度最大的位置；对小球从E回到C的过程，根据动能定理列式，求小球恰好能回到C点的初速度。
13．【答案】C,D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】设斜面倾角为，若要游客在倾斜滑道上能匀减速下滑，则重力的下滑分量要小于滑动摩擦力，即，可得，即有，因，所以要让所有游客在倾斜滑道上匀减速下滑，则需满足，滑行结束时停在水平滑道上，即在摩擦因数取最小时能停在水平滑道上，对全程应用动能定理可得，在摩擦因数取最大时能进入水平滑道，对全程应用动能定理可得，综合解得和。
A.不满足条件，A不符合题意；
B满足条件，不满足条件，B不符合题意；
C.满足条件，满足条件，C符合题意；
D.满足条件，满足条件，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】根据题目条件的要求，要确保所有游客在倾斜滑道上匀减速下滑，则重力的下滑分量要小于滑动摩擦力，还要确保滑行结束时所有游客都能停在水平滑道上，由动能定理分析整个运动过程，综合得出需要满足的条件，再对各选项是否符合设计要求做出判断。
14．【答案】B,C
【知识点】弹性势能；功能关系；功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A、弹簧被压缩到最短时，物块有向右的加速度，弹力大于滑动摩擦力 f=μmg，选项 A 错误；
B、物块在运动中所受的摩擦力与运动方向总相反，物块运动的路程为 2s，所以克服摩擦力做的功为 W=2μmgs，选项 B 正确；
C、由动能定理可知，从弹簧被压缩至最短到物块运动到 A 点，动能的变化为零，弹簧的弹性势能等于克服摩擦力做功 W'=μmgs，选项 C 正确；
D、由物块从 A 点到返回 A 点，根据动能定理可得 ，所以选项 D 错误。
故选择BC。
【分析】弹簧被压缩到最短时，物块有向右的加速度，弹力大于滑动摩擦力；又因为物块在运动中所受的摩擦力与运动方向总相反，物块运动的路程为 2s，由此可得克服摩擦力所做的功；由动能定理可知，从弹簧被压缩至最短到物块运动到 A 点，动能的变化为零，弹簧的弹性势能等于克服摩擦力做功可得弹簧的最大弹性势能。
15．【答案】B,D
【知识点】功能关系；运动的合成与分解；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．物体A下滑时，竖直方向上受重力和细绳拉力的竖直分量，因细绳拉力的竖直分量是变化的，可知物体A所受的合力不是恒力，物体A的加速度不恒定，物体A做变加速直线运动，故A错误；
B．根据运动的分解可知物体A下落到Q点时，物体B的速度大小为，故B正确；
C．在物体A从P点运动到Q点的过程中，根据动能定理有
解得物体B克服摩擦力做的功为，故C错误；
D．根据功能关系可知物体B机械能增加量和克服摩擦力做功之和等于物体A机械能的减少量，故D正确。
故选择BD。
【分析】物体A下滑时，竖直方向上受重力和细绳拉力的竖直分量，因细绳拉力的竖直分量是变化的，可知物体A所受的合力不是恒力，再根据运动的合成与分解可得B物体的速度，再结合动能定理可得摩擦力做的功；根据功能关系可知物体B机械能增加量和克服摩擦力做功之和等于物体A机械能的减少量。
16．【答案】刻度尺、天平（包括砝码）；D；可在小车上加适量的砝码；CD
【知识点】探究功与物体速度变化的关系
【解析】【解答】解：①根据本实验的实验原理是合外力所做的功等于动能的变化量，通过研究纸带来研究小车的速度，利用天平测量小车的质量，利用砝码的重力代替小车的合外力，所以需要刻度尺来测量纸带上点的距离和用天平测得小车的质量，即还需要刻度尺，天平（包括砝码）．
②实验过程中，为减少误差，提高实验的精确度，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，目的是消除摩擦带来的误差，即平衡摩擦力后，使细绳的拉力等于小车的合力，ABC不符合题意，D符合题意．
故答案为：D．
③平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，即小车的加速度大，所以应减少小车的加速度，当小车的合力一定的情况下，据牛顿第二定律可知，适当增大小车的质量，即在小车上加适量的砝码．
④他将钩码重力做的功当做细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些，从功能关系看出：该实验一定有转化为内能的，即试验 中有存在摩擦力没有被平衡掉；还有该实验要求，只有当小车的质量远大于砝码的质量时，小车的拉力才近似等于砝码的重力，故AB错误，CD正确．
故答案为：CD
故答案为：①刻度尺、天平（包括砝码）；②D；③可在小车上加适量的砝码； ④CD
【分析】根据实验原理动能定理分析需要测质量和速度，速度用打点计时器转化为测长度即可。本实验的误差主要来源于绳子的拉力不等于小车的合外力，为减少误差，先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，平衡摩擦力。
17．【答案】（1）平衡摩擦力
（2）后面部分
（3）W与速度v的平方成正比
【知识点】探究功与物体速度变化的关系
【解析】【解答】解：（1）用 1 条、2 条、3 条 …同样的橡皮筋将小车拉到同一位置释放，橡皮筋拉力对小车所做的功依次为 w、2w、3w …探究橡皮筋拉力对小车所做的功W与小车速度v的定量关系．将木板放有打点计时器的一端垫高，小车不连橡皮筋，尾部固定一纸带，轻推小车使小车沿木板向下运动，如果纸带上打出的点间距是均匀的，说明纸带的运动是匀速直线运动，小车重力沿斜面方向的分力刚好平衡了小车所受的摩擦力．
（2）橡皮筋拉力对小车所做的功全部完成后，打出来的点才能反映物体的速度．所以应使用纸带的后面部分．
（3）W﹣v2图线是一条过坐标原点的直线，根据数学知识可确定W与速度v的平方成正比．
故答案为：（1）平衡摩擦力；（2）后面部分；（3）W与速度v的平方成正比．
【分析】（1）本实验的误差主要来源于摩擦力做功，所以实验之前先要消除摩擦力；
（2）当橡皮筋的弹性势能全部转化成为动能时，实验才最准确；
（3）根据动能定理，分析图像斜率的物理意义。
18．【答案】平衡摩擦力；远大于；mghB=
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；探究功与物体速度变化的关系；动能定理的综合应用；用打点计时器测速度
【解析】【解答】解：①为使小车所受的合外力等于细线的拉力，实验前需平衡摩擦力；
对系统运用牛顿第二定律得，有mg=（M+m）a，解得a= ，
隔离分析得，T=Ma= = ，知当M远大于m时，细线的拉力等于钩码的总重量．
②根据动能定理得，mghB= MvB2，vB= = ，
要探究小车运动的动能定理，要满足的关系式为：
mghB=
故答案为：①平衡摩擦力，远大于； ②mghB= ．
【分析】实验开始前，首先要平衡摩擦力的影响，木板左端适当垫高，不挂砝码时轻推小车能够自由滑动为宜。若没有平衡摩擦力或者摩擦力平衡不够，会导致做出的不过原点且与横轴力有交点，如果摩擦力平衡过头，则会导致做出的不过原点且与纵轴加速度有交点。
19．【答案】（1）小滑块过B点时，对小滑块受力分析，根据牛顿第二定律有
代入数据解得，小滑块过B点时所受圆弧轨道的支持力大小为
（2）小滑块从A运动到B的过程中，根据动能定理可得
代入数据解得，小滑块从A运动到B的过程中，克服阻力做功为
【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—板块模型；动能
【解析】【分析】（1） 小滑块过B点时，对小滑块受力分析 ，根据牛顿第二定律得出小滑块过B点时所受圆弧轨道的支持力；
（2）小滑块从A运动到B的过程中，根据动能定理 得出克服阻力做的功。
20．【答案】（1）解：因为滑块通过A点时对轨道的压力恰好为零，所以有
解得
（2）解：滑块由静止释放到A点的过程，根据动能定理可得
解得
（3）解：离开A点后滑块在运动过程中只受重力和电场力且均为恒力，设合力为 ，重力 与合力 夹角为 ，如图所示：
将滑块的运动按照图示进行分解，则 方向做匀速直线运动， 方向做匀变速直线运动。当 方向速度 减小为零滑块速度最小，最小为 。有
解得
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡；运动的合成与分解；动能
【解析】【分析】（1） 滑块通过A点时 根据重力等于向心力，从而得出A点的速度；
（2） 滑块由静止释放到A点的过程，根据动能定理得出释放点到点的距离 ；
（3） 离开A点后 ，对滑块进行受力分析，根据共点力平衡和速度的分解得出 滑块离开A点后在空中运动速度的最小值。
21．【答案】（1）解：由题意可知，小球通过C点时受到轨道向下的支持力 ，有
解得
（2）解：小球从A点到C点根据动能定理有
解得
（3）解：以C点为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系
则斜面的方程为
其中
设小球做平抛运动的时间为t，根据平抛运动规律有
解得
（4）解：设小球落到斜面上时的速度大小为v，速度与水平方向的夹角为 ，有
代入方程整理有
由辅助角公式知
其中
当
即
时，上式有最小值，有
当小球以 的速度从C点水平飞出时，落在斜面上时的动能最小，最小动能为6J。
解得
所以当弹射器储存的弹性势能为15.2J时，小球落在斜面上时的动能最小，最小动能为6J。
【知识点】平抛运动；匀速圆周运动；动能
【解析】【分析】（1）小球在C点时利用合力提供向心力得出C点的速度；
（2） 小球从A点到C点根据动能定理 得出小球离开A点的速度；
（3）结合平抛运动的规律以及动能定理得出D点的动能；
（4）利用匀变速直线运动的位移与速度的关系以及几何关系得出 小球落在斜面上 的最小动能。
22．【答案】（1）解：由题图乙知物体 末的速度
根据动能定理得
解得
变力F的平均功率
（2）解：由 图像可知，物体沿斜面上升的最大距离为
物体到达斜面底端时的速度
到达斜面最高点的速度为零，根据动能定理得
解得
（3）解：设物体重新到达斜面底端时的速度为 ，在物体从斜面底端上升到斜面最高点再返回斜面底端的过程中，根据动能定理得
解得
【知识点】运动学 S-t 图象；功的计算；动能
【解析】【分析】（1）根据v-t图像以及动能定理得出F做的功，利用平均功率的表达式得出变力F的平均功率；
（2）v-t图像与坐标轴围成图形的面积表示物体的位移，结合动能定理得出 物体从斜面底端滑到最高点过程中克服摩擦力做功；
（3） 物体从斜面底端上升到斜面最高点再返回斜面底端的过程中，根据动能定理得出物体返回斜面底端的速度。
23．【答案】（1）解：当滑块滑到B点时，有 ①
解得 ②
（2）解：由平抛运动规律得滑块到达C点时竖直分速度有 ③
所以滑块到达C点时速度大小 ④
则得到速度方向与水平方向夹角为 ⑤
则滑块处于D点时，速度方向与水平方向夹角也为53°，由动能定理可知滑块在D点的速度与其在C点时的速度大小相等，从D点到E点，根据动能定理有
解得
在E点，对滑块，由牛顿第二定律得
两式联立解得
根据牛顿第三定律得滑块第一次到达E点时对轨道的作用力为
（3）解：设滑块与管道FG之间的动摩擦因数为μ1，要使滑块能经过G点，则有
解得
要使滑块不脱离轨道，则滑块不能超过与O点等高位置，所以有
解得
所以，要使滑块能经过G点且不脱离轨道，滑块与管道FG之间动摩擦因数 '的取值范围为
【知识点】功能关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；平抛运动；动能
【解析】【分析】（1） 滑块滑到B点时 ，根据动能定理得出B点的速度；
（2）滑块从B点抛出后做平抛运动，平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动 和竖直方向的自由落体运动，结合匀变速直线运动的位移与速度的关系和速度的合成得出C点的速度，滑块从D到E结合动能定理得出E点的速度，在E点利用牛顿第二定律和牛顿第三定律得出 滑块第一次到达E点时对轨道的作用力 ；
（3） 要使滑块能经过G点和滑块不脱离轨道 ，利用功能关系得出动摩擦因数的最大值和最小值，从而得出动摩擦因数的取值范围。
24．【答案】（1）解：物块A落到木板前做平抛运动，则
得
得
（2）解：木板恰好静止在斜面上
得
物块A在木板上滑行时，对A： （沿斜面向上）
对B： （沿斜面向下）
假设A与木板达到共同速度v共时，A还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有：
解得 ，
位移为 ，
假设成立，故
（3）解：木板停下，此后A做匀减速到与弹簧接触，然后A压缩弹簧至最短，设接触弹簧时A的速度为vA，有
得
设弹簧最大压缩量为xm，A从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有
得 ，
A从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有
【知识点】共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—连接体；运动的合成与分解；平抛运动；动能
【解析】【分析】（1） 物块A落到木板前做平抛运动 ，结合速度的分解以及匀变速直线运动的位移与速度的关系和速度的分解得出小物块A刚滑上木板B时速度 ；
（2） 木板恰好静止在斜面上 时根据共点力平衡得出斜面与木板B间的动摩擦因数，物块A在木板上滑行时 ，对A和B利用牛顿第二定律得出AB的加速度，结合匀变速直线运动的速度与时间的关系和平均速度的表达式得出 木板B到达斜面底端时小物块A相对木板B的位移；
（3）利用匀变速直线运动的位移与速度的关系得出木板停下时A的速度， A从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程 利用动能定理得出弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
25．【答案】（1）解：小物块到C点时的速度竖直分量为vCy=v0tan53° =4 m/s
下落的高度
（2）解：小物块在木板上滑行达到共同速度的过程，木板的加速度大小：a1=μmg /M =0.3×10/3=1m/s2
物块的加速度大小：a2=μmg /m =μg=3m/s2
由题意得： ，
联立以上各式并代入数据解得
小球在D点时
代入数据解得FN=26N
由牛顿第三定律得FN′=FN=26 N
方向竖直向下
（3）解：小物块由A到D的过程中，设克服摩擦力做的功为Wf ，由动能定理有：
代入数据解得Wf =10.5J
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿运动定律的综合应用；运动的合成与分解；向心力；动能
【解析】【分析】（1）根据速度的分解以及匀变速直线运动的位移与速度的关系得出下落的高度；
（2）对物块和木板利用牛顿第二定律和匀变速直线运动的速度与时间的关系以及位移与时间的关系得出D点的速度，小球在D点利用牛顿第二定律合力提供向心力得出轨道对物块的支持力；
（3） 小物块由A到D的过程中 利用动能定理得出物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功． 。
26．【答案】（1）解：由几何关系可得间的高度差
小滑块从点运动到点的过程，由动能定理得
解得
答：滑块与水平轨道间的动摩擦因数为；
（2）解： 滑块在点时，由重力提供向心力，可得
从点到点的过程中，由功能关系有
解得
答：弹簧锁定时具有的弹性势能为；
（3）解：滑块通过最高点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有
竖直方向上有
又几何关系为
可得滑块落到挡板上的动能为或
解得
答：滑块通过最高点后落到挡板上时具有的动能为。
【知识点】功能关系；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】 （1）先根据几何知识求出CB间的高度差。小滑块从B点运动到A点的过程，利用动能定理列式，即可求出小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ；
（2）滑块恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出滑块通过D点的速度，再由能量守恒定律求弹簧锁定时具有的弹性势能EP；
（3）滑块通过最高点D后做平抛运动，根据分运动规律和几何知识分别列式，结合动能与速度的关系求出滑块落到挡板上时具有的动能EK。
27．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1）保证产品一直加速走过14R，加速度
到达D点速度
综上得
传送带速度应满足
（2）由A到B动能定理
由B到C 动能定理
综上得
（3）假设恰好过A点，则
综上得
假设正确，由B到C的时间为
【分析】(1)要产品一直加速皮带速度就要一直比产品大；（3）假设法，一是假设恰好过A点，或者是假设从B恰好滑到C点，假设如果正确则不用修正继续解，假设如果错误，另一假设一定正确，那就按另一假设求解。
28．【答案】（1）0.5
（2）4 m/s
（3）1.78 m
【知识点】力与运动的关系；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1）匀速运动
得
（2）放第一、二个铁块，增加的摩擦力的功，木板加速度
得
(3)由公式
得
3设最后放铁块运动x，则
得
x=1.78m
【分析】看好题目条件，板的上表面光滑；用动能定理是最优解，比牛顿运动定律简洁；第三问需要判断放的小铁块的个数，判断成功后重新列式求解。
29．【答案】（1）解：小滑块匀速通过传送带，说明小滑块到达B点时速度和传送带一样
由动能定理得
（2）解：对小滑块从C到E分析，由动能定理得
小滑块离开E点后做平抛运动
水平方向
竖直方向
联立得，
（3）解：由（2）中可知小滑块离开E点后做平抛运动时间是定值，，当小滑块在BC段恰好全程做匀减速直线运动时，对小滑块从静止释放到C点分析
当时，对小滑块从B到C分析
当小滑块在BC段恰好全程做匀加速直线运动时
对小滑块从静止释放到C点分析
当时，对小滑块从B到C分析
假设小滑块到B点速度为0，则对小滑块从B到D分析
又小滑块过D点的临界条件
因为，则小滑块一定可以过D点做圆周运动；
综上所述：
时，
时，
时，
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小滑块匀速通过传送带，即滑块与传送带保持相对静止，再根据动能理进行解答即可；
（2）滑块到达D点的速度大于滑块在竖直平面内做圆周运动的临界速度，故滑块沿圆弧运动至E点后做平抛运动，根据动能定理确定滑块到达E的速度大小，再根据平抛运动规律进行解答；
（3）由于物体在传送带的运动情况不确定，即物体可能在传送带上做匀速运动，也可能最匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动。故需要根据运动情况的不同进行分类讨论。根据物体在传送带上恰好全程做匀加速运动及匀减速运动，根据动能定理确定此时物体的临界下滑高度，再根据高度的取值范围，结合动能定理及平抛运动规律进行分类讨论处理。
30．【答案】（1）物体从E到C，由机械能守恒得
在C点，由牛顿第二定律得
联立解得
（2）（2）对从E到A的过程，由动能定理得
联立解得
LAB=2.4 m
故斜面长度LAB至少需要2.4 m。
（3）因为
解得
所以，物体不会停在斜面上，物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿光滑圆弧轨道做周期性运动。从E点开始直至最后，系统因摩擦而损失的机械能等于B、E两点间的重力势能，即
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【分析】本题考查动能定理的应用，（1）研究物体从E运动到C过程中合力做的功和动能变化量，通过动能定理求解物体到达C点的速度，结合物体在C点由重力和支持力的合力提供向心力，从而求解 物体第一次通过C点时轨道对物体的支持力FN的大小 。
（2） 要使物体不从斜面顶端飞出 ，说明物体到达斜面顶端时速度刚好为零，所以研究物体从的过程中，根据动能定理，重力所做的功等于物体克服摩擦力做的功。从而求解斜面的长度。
（3）物体能从斜面滑下来，那么应该满足，要求 物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动， 物体不会停在斜面上，物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿光滑圆弧轨道做周期性运动。 所以 从E点开始直至最后，系统因摩擦而损失的机械能等于B、E两点间的重力势能， 根据能量守恒定理求解 该过程中系统损失的机械能E的大小。
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