8.3《动能和动能定理》专题基础考点训练-2020-2021学年高一下学期物理人教版必修第二册（word版含答案）
文档属性
| 名称 | 8.3《动能和动能定理》专题基础考点训练-2020-2021学年高一下学期物理人教版必修第二册（word版含答案） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 2.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2021-08-05 06:38:04 | ||
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文档简介
第八章8.3《动能和动能定理》专题基础考点训练-2020-2021学年高一物理下人教版必修第二册
一、单选题
1．质量不等但有相同动能的两物体，在摩擦系数相同的水平地面上滑行直到停止，则（ ）
A．质量大的物体滑行距离大
B．它们滑行的距离一样大
C．质量小的物体滑行距离大
D．质量大的物体克服摩擦力所做的功多
2．在离地面高度为处竖直上抛一质量为的物块。物块抛出时的速度为，当它落到地面时速度为，用表示重力加速度，则在此过程中空气阻力对物块所做的功等于（ ）
A． B．
C． D．
3．如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置，当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若小车保持牵引力恒定，在平直的公路上从静止开始运动，经过时间t前进距离x时，电动机的功率恰好达到额定功率P，小车的速度达到v。已知小车质量为m，所受阻力恒为，那么在这段时间内（ ）
A．小车做加速度减小的加速运动
B．电动机的额定功率
C．电动机对小车所做的功为
D．电动机对小车所做的功为Pt
4．如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球落地时动能等于mgH
B．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能
C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg（H＋h）
D．小球在泥土中受到的平均阻力为mg（1＋）
5．图为“二师兄”刀削面机器人。假设“二师兄”每次削出的面条质量相同，从同一位置依次削出三块面条，分别落在水面上A、B、C三点，运动轨迹如图所示，面条被削离后可视为平抛运动。关于面条被削离到落水的过程下列说法中正确的是（ ）
A．三块面条的动能变化量相同 B．重力对落在A点的面条做功最少
C．落在A点的面条在空中时间最短 D．二块面条被削离时的动能相同
6．如图所示，某人把一个质量的小球从高处以角斜向上抛出，初速度，不计空气阻力，重力加速度。问：（ ）
A．人对球做的功是2.5J
B．从抛出到落地过程中重力对小球所做的功1.44J
C．小球落地时速度的大小v是12m/s
D．小球到达最高点的动能为0
7．一滑块从固定光滑斜面顶端由静止释放，沿斜面下滑的过程中，滑块的动能Ek与运动时间t、下滑高度h、运动位移s之间的关系图像如图所示，其中正确的是（ ）
A． B． C． D．
8．A、B两物体的质量之比，它们以相同的初速度在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其图像如图。此过程中，A、B两物体受到的摩擦力做的功之比是（ ）
A．
B．
C．
D．
9．如图所示，半圆形轨道MON竖直放置且固定在地面上，直径MN水平，一小物块从M点正上方高H处的A点自由下落，正好在M点滑入半圆轨道，测得其第一次离开N点后上升到距N点最大高度为的B点处，小物块接着下落，从N点滑入半圆轨道，在向M点滑行过程中不计空气阻力（ ）
A．小物块一定能冲出M点 B．小物块一定到不了M点
C．小物块正好能到达M点 D．不能确定小物块能否冲出M点
10．如图所示，质量为1kg的小物块，以初速度v0=11m/s从θ=53°的固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次不施加力，图乙中的两条线段a、b分别表示施加力F和无F时小物块沿斜面向上运动的v-t图线，不考虑空气阻力，g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．恒力F大小为21N
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.6
C．有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量不变
D．有恒力F时，小物块在整个上升过程产生的热量较多
二、多选题
11．如图所示，将一个大小为50N与水平方向成60°角的力F作用在一个质量为6kg的物体上，物体沿水平地面匀速前进了8m，g=10m/s2，下面关于物体所受各力做功说法正确的是（ ）
A．力F对物体做功为400J
B．物体克服摩擦力做功为200J
C．重力做功为480J
D．合力做功为0
12．如图所示，用大小不变、方向始终与物体速度方向一致的力，将质量为的小物体沿半径为的竖直粗糙的圆弧轨道从A点缓慢推到B点，已知重力加速度。则此过程（ ）
A．力对物体做的功为
B．力对物体做的功为
C．物体克服摩擦力做的功为
D．物体克服摩擦力做的功为
13．在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到vm后立即关闭发动机直到停止，运动过程的v-t图像如图所示，设汽车的牵引力为F，所受摩擦力为f，全过程中牵引力做功W1，克服摩擦力做功W2，则（ ）
A．F∶f=1∶4 B．F∶f=4∶1 C．W1∶W2=1∶1 D．W1∶W2=1∶3
14．如图所示，倾角为的足够长的传送带以恒定的速率v0=10m/s沿逆时针方向运行。t=0时，将质量m=1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，0~1s内物体相对地面运动的图像如图所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2则物体在运动过程中下列说法正确的是（ ）
A．物体的最大速度为10m/s
B．0~1s合外力对物体做功100J
C．0~1s克服摩擦力做功50J
D．0~2s摩擦生热25J
15．如图所示为竖直平面内的半圆形轨道，其直径POQ水平，半径为R，粗糙程度处处相同。一质量为m的小球从P点沿切线进入轨道，经最低点N到达Q点后，上升到距离Q点为R的最高点，此过程中克服摩擦力所做的功为mgR。g为重力加速度的大小，不计空气阻力。则小球（ ）
A．再次返回P点后，继续上升一段距离
B．第一次滑到N时对轨道的压力为F=4mg
C．从P运动到N点的过程中，重力功率一直增大
D．从N运动到Q点的过程中，克服摩擦力功率一直减小
16．如图所示，水平传送带以速度向右匀速运动，小物体P、Q质量均为，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，时刻P在传送带左端具有向右的速度，P与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间动摩擦因数，传送带长度，绳足够长，。关于小物体P的描述正确的是（ ）
A．小物体P离开传送带时速度大小为
B．小物体P在传送带上运动的时间为
C．小物体P将从传送带的左端滑下传送带
D．小物体P在传送带上运动的全过程中，合外力对它做的功为
三、解答题
17．人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：四个人同时通过竹竿对重物各施加一个外力（两竹竿受力的合力），四个外力的大小均为，方向竖直向上，重物离开地面后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸深。可以忽略空气阻力，已知重物的质量为。求：
(1)重物刚落地时的速度大小v；
(2)重物对地面的平均冲击力大小F1。
18．如图所示，倾角为的足够长斜面固定在水平面上，一质量为m=0.12kg的小滑块以的初速度滑上斜面，滑块与斜面之间动摩擦因数，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）滑块在斜面上滑行的最远距离；
（2）滑块返回出发点时重力的功率；
（3）滑块上行到斜面上某一个位置，其动能与重力势能相等（以水平地面为零势能面），这个位置到斜面底端的距离是多少。
19．如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道BCD固定在竖直面内，D点与圆心O等高，C点为最低点。圆弧上B点的切线与水平方向的夹角为，斜面AB沿该切线放置，在B点与圆弧平滑连接。一质量为m的滑块自AB上某一位置P（图中未画出）由静止释放，恰能到达D点。滑块在以后的运动中到达斜面的最高点为Q（图中未画出）。已知滑块与斜面AB之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
（1）滑块第一次经过C点时对轨道压力的大小；
（2）P、Q之间的距离。
20．辆汽车在水平路面上进行测试，汽车以额定功率行驶段距离后关闭发动机。在这段过程中测出汽车动能Ek与位移x的关系图象如图所示。已知汽车的质量为1000kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计，根据图象所给的信息可求出：
（1）汽车行驶过程中所受地面的阻力；
（2）汽车的额定功率；
（3）汽车加速运动的时间。
21．如图所示，高为L的粗糙斜轨道AB、CD与水平面的夹角均为45°，它们分别与竖直平面内的圆弧形光滑轨道相切于B、D两点，圆弧的半径也为L。质量为m的小滑块从A点由静止滑下后，经CD轨道返回，再次冲上AB轨道至速度为零时，相对于BD面的高度为。已知滑块与AB轨道间的动摩擦因数为μ1＝0.5，重力加速度为g，求：
（1）滑块第一次经过D点和第二次经过D点的动能；
（2）滑块与CD轨道间的动摩擦因数μ2；
（3）经过足够长时间后，滑块在两斜面上滑动的路程之和s。
参考答案
1．C
【详解】
设物体的质量为m，与地面间动摩擦因素为μ，滑行的距离为x，根据动能定理得
解得
在滑行过程中，它们克服摩擦力做功一样多，滑行距离与物体的质量有关，质量越大，滑行的距离越小，质量越小，滑行距离越大，故C正确，ABD错误。
故选C。
2．C
【详解】
对全过程由动能定理有
解得
故C正确，ABD错误。
故选C。
3．C
【详解】
A．小车保持牵引力恒定，由牛顿第二定律可得
故小车做匀加速直线运动，A错误；
B．当小车的速度达到v时，电动机的功率恰好达到额定功率P，满足
B错误；
C．由动能定理可得
可得电动机对小车所做的功为
C正确；
D．由于加速过程功率从0增大至P，故电动机对小车所做的功不等于Pt，D错误。
故选C。
4．C
【详解】
A．小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得
选项A错误；
BD．设泥的平均阻力为，小球陷入泥中的过程，由动能定理得
解得
选项B、D错误；
C．全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg（H＋h），选项C正确。
故选C。
5．A
【详解】
AB．因三块面条下落的高度相同，质量相同，根据
WG=mgh
可知重力做功相同，根据动能定理
可能三块面条的动能变化量相同，故A正确，B错误；
C．由图可知，三块面条做平抛运动的高度相同，由
h=gt2
解得
可知，下落时间相同， C错误；
D．三块质量相同的面条做平抛运动的高度相同，下落时间相同，则竖直方向的速度相同，因水平位移不同，故初速度不相同，则落地时的速度大小不相同，故三块面条被削离时的动能不相同，D错误。
故选A。
6．A
【详解】
A．人对球做的功全部转化球的动能，即有
B．由于不计空气阻力，小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，重力对小球所做的功为
B错误；
C．小球整个运动过程中， 由动能定理可得
代入数据，解得
C错误；
D．因为小球在最高点时，水平方向还有速度，故其动能不为0，D错误。
故选A。
7．C
【详解】
AB．设斜面与地面夹角为，则滑块的加速度为
则
联立，可知
故AB错误；
C．根据动能定理，有
故C正确；
D．根据运动学公式，有
则有
故D错误。
故选C。
8．B
【详解】
由动能定理可知摩擦力的功
根据速度时间的图象可知A、B两物体的初速度大小相同，mA：mB=2：1，所以两物体克服摩擦阻力做的功之比
WA：WB=2：1
故选B。
9．A
【详解】
小物块从A点到B点的过程中，由动能定理可得
解得在半圆轨道中克服摩擦力做功为
小物块从B点返回后，设到达M点的速度为v，由动能定理可得
返回的过程，在圆弧中运动时速度总体较小，轨道的支持力较小，滑动摩擦力较小，故克服摩擦力做功
联立可得
故物块一定能冲出M点，A正确。
故选A。
10．D
【详解】
AB．根据v-t中斜率等于加速度的意义可知
不受拉力时
由牛顿第二定律得
代入数据得
受到拉力的作用时有
所以
故AB错误；
C．有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以在最高点的重力势能比较大，而升高的过程动能的减小是相等的，所以在上升过程机械能的减少量较小，故C错误；
D．因为有恒力F时，小物块的加速度小，根据运动学公式??
?知，位移大，所以在上升过程产生的热量较多，故D正确。
故选D。
11．BD
【详解】
A．因为物体在水平地面上前进了8m，根据功的定义，则F对物体做功为
故A错误；
B．因为物体匀速运动，合外力做功为零，根据动能定理得
即摩擦力做功的大小等于力F做功的大小，由于摩擦力做负功，所以物体克服摩擦做功为200J，故B正确；
CD．由于物体沿水平地面做匀速运动，故合力为零，合力做的功为零；由于物体在重力方向上未发生位移，所以重力做功为零；故C错误；D正确；
故选BD。
12．BC
【详解】
AB．力的方向虽然一直在改变，但是始终与速度方向相同，故力做的功为F与弧长的乘积为，故B正确，A错误；
CD．因为从A点缓慢推到B点，故认为物体的动能没发生改变，由动能定理得
解得
故C正确，D错误。
故选BC。
13．BC
【详解】
对全过程初末速度均为0，由动能定理可知
根据恒力做功公式的
由图可知，加速过程的位移与总位移间的关系
所以
故AD错误，BC正确。
故选BC。
14．AD
【详解】
A．由图像可知，物块的最大速度为10m/s，故A正确；
B．由动能定理得内合外力对物体做功为
故B错误；
C．设内物体所受滑动摩擦力大小为f，由牛顿第二定律得
且
解得
物体的位移大小为
则摩擦力做的功为
故C错误；
D．内，物体所受摩擦力为静摩擦力，无摩擦生热，则内摩擦生热为
故D正确。
故选AD。
15．AD
【详解】
A．小球从P到Q相比从Q到P，经过同一点时，由于克服摩擦力做功小球机械能不断减小，所以从P到Q速度更大，向心力更大，小球对轨道的压力更大，摩擦力更大，因此，克服摩擦力做功也更大。所以从Q到P克服摩擦力所做的功应小于mgR。取从距离Q点为R的最高点返回P点这段运动，根据动能定理可知
解得
所以小球再次返回P点后，继续上升一段距离。故A正确；
B．从P到N相比从N到Q，经过两边对称的点，从N到Q速度更小，向心力更小，小球对轨道的压力更小，摩擦力更小，因此，克服摩擦力做功也更小。所以从N到Q克服摩擦力所做的功应小于。取从N点到距离Q点为R的最高点这段运动，根据动能定理可知
又因为在N点，合力等于向心力
解得
可知，小球第一次滑到N时对轨道的压力大小应在之间。故B错误；
C．在P点时，重力与速度夹角为0，重力的功率不为零。在N点重力与速度垂直，重力的功率为零。从P运动到N点的过程中，重力功率不是一直增大的。故C错误；
D．设小球所在位置的切线与水平方向的夹角为，根据受力可知
可得
从N运动到Q点的过程中，小球速度在减小，在增大，可知轨道对小球的支持力在减小，摩擦力也在减小，所以克服摩擦力功率一直减小。故D正确。
故选AD。
16．ACD
【详解】
ABC．P相对传送带向右运动时，对PQ，由牛顿第二定律有
解得
相对运动的位移
（假设速度减小到时未从传送带右端滑出），带入数据解得
所用的时间
故假设成立，P未从右侧滑出，在P的速度和传送带速度相等后，因为Q的重力给P想左的加速苏，所以摩擦力会突变向右，由牛顿第二定律有
得
则速度减小到0的位移为
带入数据得
则从减速到0的时间
由于
故P不会从传送带右端滑出，后面以向左加速，有
求得
传动到传送带最左端的速度
随后掉下传送带，则P在传送带上的时间
故A、C正确，B错误；
D．由动能定理可得合外力对P做的功为
带入数据求得
故D正确。
故选ACD。
17．(1) ；(2)
【详解】
(1)从离开地面到落地的过程中，根据动能定理
解得
(2)落地后根据动能定理
解得
18．（1）15m；（2）；（3）9m
【详解】
（1）由动能定理得
解得
（2）从出发点到返回出发点由动能定理得
解得
则此时重力的功率为
（3）由动能定理得
且
联立解得
19．（1）；（2）
【详解】
（1）滑块从到的过程，由机械能守恒定律，得
滑块过点，由牛顿第二定律，得
由牛顿第三定律，得
联立可得
（2）滑块从到的过程，由动能定理，得
滑块从到的过程，由动能定理，得
得
20．（1）2000N；（2）80kW；（3）3.875s
【详解】
（1）在关闭发动机后
f=2000N
（2）在匀速阶段
v=40m/s
P额=fv=80000W
（3）在加速阶段
Pt-fx=Ek-Ek0
t=3.875s或者s
21．（1）0.5mgL；0.25mgL（2）；（3）
【详解】
（1）由动能定理可知，滑块第一次经过D时的动能为
Ek1=mgL-μ1mgcos 45°·L =0.5mgL
第二次经过D时的动能为
Ek2=mg+μ1mgcos 45°··=0.25mgL
（2）设第一次在CD上静止时离BD面的高度为h，由功能关系得
Ek1=mgh+μ2mgcos 45°?h=mgh+μ2mgh
Ek1-Ek2=2μ2mgcos 45°·h=2μ2mgh
代入数据解得
μ2=
（3）设滑块在AB、CD上滑动的总路程分别为s1、s2，由题设条件可知，滑块在AB上从静止滑下到再次滑上AB并静止，其高度变为开始时的，则滑块在AB上滑行的总路程
s1=
经过很长时间，滑块将保持在BD间滑动，损失的机械能为
mgL=μ1mgcos 45°·s1+μ2mgcos 45°·s2
解得
s2=
所以
s=s1+s2=
一、单选题
1．质量不等但有相同动能的两物体，在摩擦系数相同的水平地面上滑行直到停止，则（ ）
A．质量大的物体滑行距离大
B．它们滑行的距离一样大
C．质量小的物体滑行距离大
D．质量大的物体克服摩擦力所做的功多
2．在离地面高度为处竖直上抛一质量为的物块。物块抛出时的速度为，当它落到地面时速度为，用表示重力加速度，则在此过程中空气阻力对物块所做的功等于（ ）
A． B．
C． D．
3．如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置，当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若小车保持牵引力恒定，在平直的公路上从静止开始运动，经过时间t前进距离x时，电动机的功率恰好达到额定功率P，小车的速度达到v。已知小车质量为m，所受阻力恒为，那么在这段时间内（ ）
A．小车做加速度减小的加速运动
B．电动机的额定功率
C．电动机对小车所做的功为
D．电动机对小车所做的功为Pt
4．如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球落地时动能等于mgH
B．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能
C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg（H＋h）
D．小球在泥土中受到的平均阻力为mg（1＋）
5．图为“二师兄”刀削面机器人。假设“二师兄”每次削出的面条质量相同，从同一位置依次削出三块面条，分别落在水面上A、B、C三点，运动轨迹如图所示，面条被削离后可视为平抛运动。关于面条被削离到落水的过程下列说法中正确的是（ ）
A．三块面条的动能变化量相同 B．重力对落在A点的面条做功最少
C．落在A点的面条在空中时间最短 D．二块面条被削离时的动能相同
6．如图所示，某人把一个质量的小球从高处以角斜向上抛出，初速度，不计空气阻力，重力加速度。问：（ ）
A．人对球做的功是2.5J
B．从抛出到落地过程中重力对小球所做的功1.44J
C．小球落地时速度的大小v是12m/s
D．小球到达最高点的动能为0
7．一滑块从固定光滑斜面顶端由静止释放，沿斜面下滑的过程中，滑块的动能Ek与运动时间t、下滑高度h、运动位移s之间的关系图像如图所示，其中正确的是（ ）
A． B． C． D．
8．A、B两物体的质量之比，它们以相同的初速度在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其图像如图。此过程中，A、B两物体受到的摩擦力做的功之比是（ ）
A．
B．
C．
D．
9．如图所示，半圆形轨道MON竖直放置且固定在地面上，直径MN水平，一小物块从M点正上方高H处的A点自由下落，正好在M点滑入半圆轨道，测得其第一次离开N点后上升到距N点最大高度为的B点处，小物块接着下落，从N点滑入半圆轨道，在向M点滑行过程中不计空气阻力（ ）
A．小物块一定能冲出M点 B．小物块一定到不了M点
C．小物块正好能到达M点 D．不能确定小物块能否冲出M点
10．如图所示，质量为1kg的小物块，以初速度v0=11m/s从θ=53°的固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次不施加力，图乙中的两条线段a、b分别表示施加力F和无F时小物块沿斜面向上运动的v-t图线，不考虑空气阻力，g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．恒力F大小为21N
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.6
C．有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量不变
D．有恒力F时，小物块在整个上升过程产生的热量较多
二、多选题
11．如图所示，将一个大小为50N与水平方向成60°角的力F作用在一个质量为6kg的物体上，物体沿水平地面匀速前进了8m，g=10m/s2，下面关于物体所受各力做功说法正确的是（ ）
A．力F对物体做功为400J
B．物体克服摩擦力做功为200J
C．重力做功为480J
D．合力做功为0
12．如图所示，用大小不变、方向始终与物体速度方向一致的力，将质量为的小物体沿半径为的竖直粗糙的圆弧轨道从A点缓慢推到B点，已知重力加速度。则此过程（ ）
A．力对物体做的功为
B．力对物体做的功为
C．物体克服摩擦力做的功为
D．物体克服摩擦力做的功为
13．在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到vm后立即关闭发动机直到停止，运动过程的v-t图像如图所示，设汽车的牵引力为F，所受摩擦力为f，全过程中牵引力做功W1，克服摩擦力做功W2，则（ ）
A．F∶f=1∶4 B．F∶f=4∶1 C．W1∶W2=1∶1 D．W1∶W2=1∶3
14．如图所示，倾角为的足够长的传送带以恒定的速率v0=10m/s沿逆时针方向运行。t=0时，将质量m=1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，0~1s内物体相对地面运动的图像如图所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2则物体在运动过程中下列说法正确的是（ ）
A．物体的最大速度为10m/s
B．0~1s合外力对物体做功100J
C．0~1s克服摩擦力做功50J
D．0~2s摩擦生热25J
15．如图所示为竖直平面内的半圆形轨道，其直径POQ水平，半径为R，粗糙程度处处相同。一质量为m的小球从P点沿切线进入轨道，经最低点N到达Q点后，上升到距离Q点为R的最高点，此过程中克服摩擦力所做的功为mgR。g为重力加速度的大小，不计空气阻力。则小球（ ）
A．再次返回P点后，继续上升一段距离
B．第一次滑到N时对轨道的压力为F=4mg
C．从P运动到N点的过程中，重力功率一直增大
D．从N运动到Q点的过程中，克服摩擦力功率一直减小
16．如图所示，水平传送带以速度向右匀速运动，小物体P、Q质量均为，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，时刻P在传送带左端具有向右的速度，P与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间动摩擦因数，传送带长度，绳足够长，。关于小物体P的描述正确的是（ ）
A．小物体P离开传送带时速度大小为
B．小物体P在传送带上运动的时间为
C．小物体P将从传送带的左端滑下传送带
D．小物体P在传送带上运动的全过程中，合外力对它做的功为
三、解答题
17．人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：四个人同时通过竹竿对重物各施加一个外力（两竹竿受力的合力），四个外力的大小均为，方向竖直向上，重物离开地面后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸深。可以忽略空气阻力，已知重物的质量为。求：
(1)重物刚落地时的速度大小v；
(2)重物对地面的平均冲击力大小F1。
18．如图所示，倾角为的足够长斜面固定在水平面上，一质量为m=0.12kg的小滑块以的初速度滑上斜面，滑块与斜面之间动摩擦因数，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）滑块在斜面上滑行的最远距离；
（2）滑块返回出发点时重力的功率；
（3）滑块上行到斜面上某一个位置，其动能与重力势能相等（以水平地面为零势能面），这个位置到斜面底端的距离是多少。
19．如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道BCD固定在竖直面内，D点与圆心O等高，C点为最低点。圆弧上B点的切线与水平方向的夹角为，斜面AB沿该切线放置，在B点与圆弧平滑连接。一质量为m的滑块自AB上某一位置P（图中未画出）由静止释放，恰能到达D点。滑块在以后的运动中到达斜面的最高点为Q（图中未画出）。已知滑块与斜面AB之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
（1）滑块第一次经过C点时对轨道压力的大小；
（2）P、Q之间的距离。
20．辆汽车在水平路面上进行测试，汽车以额定功率行驶段距离后关闭发动机。在这段过程中测出汽车动能Ek与位移x的关系图象如图所示。已知汽车的质量为1000kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计，根据图象所给的信息可求出：
（1）汽车行驶过程中所受地面的阻力；
（2）汽车的额定功率；
（3）汽车加速运动的时间。
21．如图所示，高为L的粗糙斜轨道AB、CD与水平面的夹角均为45°，它们分别与竖直平面内的圆弧形光滑轨道相切于B、D两点，圆弧的半径也为L。质量为m的小滑块从A点由静止滑下后，经CD轨道返回，再次冲上AB轨道至速度为零时，相对于BD面的高度为。已知滑块与AB轨道间的动摩擦因数为μ1＝0.5，重力加速度为g，求：
（1）滑块第一次经过D点和第二次经过D点的动能；
（2）滑块与CD轨道间的动摩擦因数μ2；
（3）经过足够长时间后，滑块在两斜面上滑动的路程之和s。
参考答案
1．C
【详解】
设物体的质量为m，与地面间动摩擦因素为μ，滑行的距离为x，根据动能定理得
解得
在滑行过程中，它们克服摩擦力做功一样多，滑行距离与物体的质量有关，质量越大，滑行的距离越小，质量越小，滑行距离越大，故C正确，ABD错误。
故选C。
2．C
【详解】
对全过程由动能定理有
解得
故C正确，ABD错误。
故选C。
3．C
【详解】
A．小车保持牵引力恒定，由牛顿第二定律可得
故小车做匀加速直线运动，A错误；
B．当小车的速度达到v时，电动机的功率恰好达到额定功率P，满足
B错误；
C．由动能定理可得
可得电动机对小车所做的功为
C正确；
D．由于加速过程功率从0增大至P，故电动机对小车所做的功不等于Pt，D错误。
故选C。
4．C
【详解】
A．小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得
选项A错误；
BD．设泥的平均阻力为，小球陷入泥中的过程，由动能定理得
解得
选项B、D错误；
C．全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg（H＋h），选项C正确。
故选C。
5．A
【详解】
AB．因三块面条下落的高度相同，质量相同，根据
WG=mgh
可知重力做功相同，根据动能定理
可能三块面条的动能变化量相同，故A正确，B错误；
C．由图可知，三块面条做平抛运动的高度相同，由
h=gt2
解得
可知，下落时间相同， C错误；
D．三块质量相同的面条做平抛运动的高度相同，下落时间相同，则竖直方向的速度相同，因水平位移不同，故初速度不相同，则落地时的速度大小不相同，故三块面条被削离时的动能不相同，D错误。
故选A。
6．A
【详解】
A．人对球做的功全部转化球的动能，即有
B．由于不计空气阻力，小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，重力对小球所做的功为
B错误；
C．小球整个运动过程中， 由动能定理可得
代入数据，解得
C错误；
D．因为小球在最高点时，水平方向还有速度，故其动能不为0，D错误。
故选A。
7．C
【详解】
AB．设斜面与地面夹角为，则滑块的加速度为
则
联立，可知
故AB错误；
C．根据动能定理，有
故C正确；
D．根据运动学公式，有
则有
故D错误。
故选C。
8．B
【详解】
由动能定理可知摩擦力的功
根据速度时间的图象可知A、B两物体的初速度大小相同，mA：mB=2：1，所以两物体克服摩擦阻力做的功之比
WA：WB=2：1
故选B。
9．A
【详解】
小物块从A点到B点的过程中，由动能定理可得
解得在半圆轨道中克服摩擦力做功为
小物块从B点返回后，设到达M点的速度为v，由动能定理可得
返回的过程，在圆弧中运动时速度总体较小，轨道的支持力较小，滑动摩擦力较小，故克服摩擦力做功
联立可得
故物块一定能冲出M点，A正确。
故选A。
10．D
【详解】
AB．根据v-t中斜率等于加速度的意义可知
不受拉力时
由牛顿第二定律得
代入数据得
受到拉力的作用时有
所以
故AB错误；
C．有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以在最高点的重力势能比较大，而升高的过程动能的减小是相等的，所以在上升过程机械能的减少量较小，故C错误；
D．因为有恒力F时，小物块的加速度小，根据运动学公式??
?知，位移大，所以在上升过程产生的热量较多，故D正确。
故选D。
11．BD
【详解】
A．因为物体在水平地面上前进了8m，根据功的定义，则F对物体做功为
故A错误；
B．因为物体匀速运动，合外力做功为零，根据动能定理得
即摩擦力做功的大小等于力F做功的大小，由于摩擦力做负功，所以物体克服摩擦做功为200J，故B正确；
CD．由于物体沿水平地面做匀速运动，故合力为零，合力做的功为零；由于物体在重力方向上未发生位移，所以重力做功为零；故C错误；D正确；
故选BD。
12．BC
【详解】
AB．力的方向虽然一直在改变，但是始终与速度方向相同，故力做的功为F与弧长的乘积为，故B正确，A错误；
CD．因为从A点缓慢推到B点，故认为物体的动能没发生改变，由动能定理得
解得
故C正确，D错误。
故选BC。
13．BC
【详解】
对全过程初末速度均为0，由动能定理可知
根据恒力做功公式的
由图可知，加速过程的位移与总位移间的关系
所以
故AD错误，BC正确。
故选BC。
14．AD
【详解】
A．由图像可知，物块的最大速度为10m/s，故A正确；
B．由动能定理得内合外力对物体做功为
故B错误；
C．设内物体所受滑动摩擦力大小为f，由牛顿第二定律得
且
解得
物体的位移大小为
则摩擦力做的功为
故C错误；
D．内，物体所受摩擦力为静摩擦力，无摩擦生热，则内摩擦生热为
故D正确。
故选AD。
15．AD
【详解】
A．小球从P到Q相比从Q到P，经过同一点时，由于克服摩擦力做功小球机械能不断减小，所以从P到Q速度更大，向心力更大，小球对轨道的压力更大，摩擦力更大，因此，克服摩擦力做功也更大。所以从Q到P克服摩擦力所做的功应小于mgR。取从距离Q点为R的最高点返回P点这段运动，根据动能定理可知
解得
所以小球再次返回P点后，继续上升一段距离。故A正确；
B．从P到N相比从N到Q，经过两边对称的点，从N到Q速度更小，向心力更小，小球对轨道的压力更小，摩擦力更小，因此，克服摩擦力做功也更小。所以从N到Q克服摩擦力所做的功应小于。取从N点到距离Q点为R的最高点这段运动，根据动能定理可知
又因为在N点，合力等于向心力
解得
可知，小球第一次滑到N时对轨道的压力大小应在之间。故B错误；
C．在P点时，重力与速度夹角为0，重力的功率不为零。在N点重力与速度垂直，重力的功率为零。从P运动到N点的过程中，重力功率不是一直增大的。故C错误；
D．设小球所在位置的切线与水平方向的夹角为，根据受力可知
可得
从N运动到Q点的过程中，小球速度在减小，在增大，可知轨道对小球的支持力在减小，摩擦力也在减小，所以克服摩擦力功率一直减小。故D正确。
故选AD。
16．ACD
【详解】
ABC．P相对传送带向右运动时，对PQ，由牛顿第二定律有
解得
相对运动的位移
（假设速度减小到时未从传送带右端滑出），带入数据解得
所用的时间
故假设成立，P未从右侧滑出，在P的速度和传送带速度相等后，因为Q的重力给P想左的加速苏，所以摩擦力会突变向右，由牛顿第二定律有
得
则速度减小到0的位移为
带入数据得
则从减速到0的时间
由于
故P不会从传送带右端滑出，后面以向左加速，有
求得
传动到传送带最左端的速度
随后掉下传送带，则P在传送带上的时间
故A、C正确，B错误；
D．由动能定理可得合外力对P做的功为
带入数据求得
故D正确。
故选ACD。
17．(1) ；(2)
【详解】
(1)从离开地面到落地的过程中，根据动能定理
解得
(2)落地后根据动能定理
解得
18．（1）15m；（2）；（3）9m
【详解】
（1）由动能定理得
解得
（2）从出发点到返回出发点由动能定理得
解得
则此时重力的功率为
（3）由动能定理得
且
联立解得
19．（1）；（2）
【详解】
（1）滑块从到的过程，由机械能守恒定律，得
滑块过点，由牛顿第二定律，得
由牛顿第三定律，得
联立可得
（2）滑块从到的过程，由动能定理，得
滑块从到的过程，由动能定理，得
得
20．（1）2000N；（2）80kW；（3）3.875s
【详解】
（1）在关闭发动机后
f=2000N
（2）在匀速阶段
v=40m/s
P额=fv=80000W
（3）在加速阶段
Pt-fx=Ek-Ek0
t=3.875s或者s
21．（1）0.5mgL；0.25mgL（2）；（3）
【详解】
（1）由动能定理可知，滑块第一次经过D时的动能为
Ek1=mgL-μ1mgcos 45°·L =0.5mgL
第二次经过D时的动能为
Ek2=mg+μ1mgcos 45°··=0.25mgL
（2）设第一次在CD上静止时离BD面的高度为h，由功能关系得
Ek1=mgh+μ2mgcos 45°?h=mgh+μ2mgh
Ek1-Ek2=2μ2mgcos 45°·h=2μ2mgh
代入数据解得
μ2=
（3）设滑块在AB、CD上滑动的总路程分别为s1、s2，由题设条件可知，滑块在AB上从静止滑下到再次滑上AB并静止，其高度变为开始时的，则滑块在AB上滑行的总路程
s1=
经过很长时间，滑块将保持在BD间滑动，损失的机械能为
mgL=μ1mgcos 45°·s1+μ2mgcos 45°·s2
解得
s2=
所以
s=s1+s2=