专题07 动能与动能定理（安徽专用）-【好题汇编】备战2024-2025学年高一物理下学期期末真题分类汇编

专题07 动能与动能定理（原卷版） 【考点分析】 【知识点梳理】动能；动能定理；动能定理的综合应用 【公式梳理】 物理概念、规律 公式 备注 能 动能 标量 动能定理 W为合外力做的功 动能及动能定理的简单应用 1．（23-24高一下·安徽铜陵·期末）如图所示，上表面为四分之一光滑圆弧的木块放在光滑的水平面上，圆弧左侧有一固定的竖直墙壁。已知重力加速度为g，现有一个质量为m的小球从圆心等高度处由静止滑下，小球下滑过程中，墙壁对木块的最大支持力为（　　） A．0.5mg B．mg C．1.5mg D．2mg 2．（23-24高一下·安徽六安·期末）下列关于功、动能的说法，正确的是（　　） A．合外力的功为零，合外力一定为零 B．合外力为零，合外力的功一定为零 C．物体做变速运动，动能一定变化 D．物体动能不变时，合外力必定为零 3．（23-24高一下·安徽安庆·期末）（多选）如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，可视为质点的小物体B以水平速度滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，A、B速度随时间变化的情况如图乙所示，取，则下列说法正确的是（　　）                甲                     乙 A．木板A与物体B质量相等 B．若木板A、物体B质量已知，可以求得热量Q C．小物体B相对长木板A滑行的距离1m D．A对B做的功与B对A做的功大小相等 4．（23-24高一下·安徽安庆·期末）（多选）如图所示，可视为质点、质量为M的物块用长为L的细绳拴接放在转盘上，细绳的另一端固定在通过转盘轴心的竖直杆上，细绳刚好伸直且与竖直方向的夹角为α。已知物块与转盘之间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanα，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现让整个装置由静止开始缓慢的加速转动起来。则下列说法正确的是（　　） A．整个过程中，细绳的拉力不可能为零 B．从开始转动到细绳对物块刚有作用力的过程，转盘对物块所做的功为 C．物块能在转台上随转台一起转动的最大角速度为 D．细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零 5．（23-24高一下·安徽·期末）（多选）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α=37°，足够长的斜面底端沿斜面向上运动。上升的最大高度为3.0m，选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（　　） A．物体的质量m=1.0kg B．物体的初速度v0=10m/s C．物体受到的摩擦力Ff=4N D．物体回到斜面底端时的动能Ek=20J 6．（23-24高一下·安徽淮北·期末）如图所示，竖直平面内的一半径的光滑圆弧槽，点与圆心等高，质量的小球（可看作质点）从点正上方高处的点自由下落，由点进入圆弧轨道，从点飞出，不计空气阻力，（取）求： (1)小球经过点时的动能； (2)小球经过最低点时的速度大小； (3)小球经过最低点时对轨道的压力大小。 7．（23-24高一下·安徽安庆·期末）2014年2月7日，第22届冬奥会在位于黑海之滨的俄罗斯著名度假胜地索契拉开帷幕。在冬奥会中冰壶比赛是非常好看的项目，假设冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：如图所示，运动员将静止于O点的冰壶（视为质点）沿直线推到A点放手，此后冰壶沿滑行，最后停于C点，已知冰面与各冰壶间的动摩擦因数为μ，冰壶质量为m，AC＝L，，重力加速度为g。 （1）求冰壶在A点的速率； （2）若将段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为0.8μ，原只能滑到C点的冰壶能停于点，求A点与B点之间的距离。 动能定理的综合应用 8．（23-24高一下·安徽铜陵·期末）如图甲所示，一质量为的汽车（可视为质点），正以10m/s的速度在水平路段AB上向右匀速运动，时汽车驶入较粗糙水平路段BC，汽车发动机的输出功率保持20kW不变，汽车在时离开BC路段。通过ABC路段的图像如图乙所示（时曲线的切线方向与t轴平行）。假设汽车在两个路段上受到的阻力（含地面摩擦力和空气阻力等）各自有恒定的大小。下列说法正确的是（　　） A．汽车在AB和BC路段上所受阻力大小比为1∶4 B．汽车进入BC路段做加速度增大的减速运动 C．汽车刚好开过B点时加速度的大小为 D．BC路段的长度为68.75m 9．（23-24高一下·安徽铜陵·期末）质量为的玩具小汽车（可视为质点）由静止开始沿直线加速，最后减速至静止，其合外力F随位移x的变化图像如图所示。已知玩具小汽车在位移时恰好停下。下列关于玩具小汽车运动的物理量描述正确的是（　　） A．初始阶段合外力 B．速度的最大值为2m/s C．加速运动的时间为1s D．匀速运动的时间为3s 10．（23-24高一下·安徽黄山·期末）（多选）质量的物体在光滑水平面上做匀速直线运动，速度大小为时刻开始对物体施加大小为的水平恒力F，F的功率P随时间变化关系如图所示，以下判断正确的是（　　） A．施加恒力后物体的最小动能为 B．时刻，恒力F与速度夹角 C．时F的功率为0 D．物体动能随时间变化关系为 11．（23-24高一下·安徽亳州·期末）如图所示，一圆心为、半径的圆弧轨道PQ竖直固定在水平地面上，其半径PO水平、OQ与竖直方向的夹角为。将一质量的小物块自点由静止释放，小物块经过点后落在地面上的处。已知Q、M在水平方向上的距离，小物块可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度取，，。求： （1）小物块经时的速度大小； （2）小物块经后距地面的最大高度； （3）小物块在圆弧运动过程中克服摩擦力做的功。 12．（23-24高一下·安徽亳州·期末）（多选）如图所示，水平面上有一固定在竖直平面内半径为、粗䊁程度处处相同的半圆轨道，P、Q为轨道最高点且连线水平，为轨道最低点。现将质量为的小球（可视为质点）由距点高度的点静止释放，小球由点进入圆弧轨道，滑到轨道最低点时轨道对球的支持力大小为4mg。不计空气阻力，重力加速度的大小为。下列说法中正确的是（　　） A．小球运动到点时，在竖直方向上受到三个力的作用 B．小球运动到点时的速度大小为 C．小球从点运动到点的过程中摩擦力所做的功为 D．小球达到点时速度刚好为零 13．（23-24高一下·安徽宣城·期末）（多选）如图所示，一质量为m的物体受水平面内的恒力作用，在光滑水平面上运动。从A点经过t时间运动到B点，速度大小分别为、，其中方向与虚线AB的夹角α=60°。则下列说法中正确的是（    ） A．物体从A点运动到B点过程中恒力做功为mv2 B．该恒力大小为 C．物体从A点运动到 B点速度变化量大小为 D．从A点开始运动经过时间时，物体的动能最小 14．（23-24高一下·安徽阜阳·期末）（多选）如图，一足够长的倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度的小物块，速度方向沿传送带斜向下。已知物块初速度大于传送带的速度，传送带足够长，传送带与物块间的动摩擦因数，则物块下滑过程中其速度、皮带与传送带间因摩擦产生的热量、动能、机械能与物块位移之间的关系图像，可能正确的有（） A． B． C． D． 15．（23-24高一下·安徽·期末）如图所示，竖直固定的四分之一粗糙圆轨道下端B点水平，半径。质量的长薄板静置于倾角的粗糙斜面CD上，其最上端刚好在斜面顶端C点。一质量为的滑块可看成质点从圆轨道A点由静止滑下，运动至B点时对轨道的压力大小为，接着从B点水平抛出，恰好以平行于斜面的速度落到薄板最上端，并在薄板上开始向下运动；当小物体落到薄板最上端时，薄板无初速度释放并开始沿斜面向下运动，其运动至斜面底端时与竖直固定的光滑半圆轨道DE底端粘接在一起。已知斜面CD长，薄板长，厚度忽略不计，其与斜面的动摩擦因数，滑块与长薄板间的动摩擦因数为，滑块从斜面底端滑离时的能量损失和运动过程中空气阻力均忽略不计，，，，试求： （1）滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功； （2）滑块与薄板共速前二者之间因摩擦而产生的热量Q； （3）如果要使滑块不会中途脱离竖直半圆轨道DE，其半径需要满足什么条件？ 16．（23-24高一下·安徽亳州·期末）如图所示，长度绷紧的水平传送带以恒定的速率5m/s顺时针转动。一个质量的小物块（可视为质点）压缩弹簧后被锁定，弹簧锁定后所储存的弹性势能，在传送带右侧等高的平台上固定半径的圆轨道ABCD，A、D的位置错开，以便小物块绕行一圈后可以通过D到达E位置，已知小物块与传送带之间的动摩擦因数，其他摩擦均忽略不计，取重力加速度。解除弹簧锁定，弹簧恢复原长时小物块冲上传送带，求： （1）小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦产生的热量； （2）小物块通过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小； （3）若传送带顺时针转动速度大小可调，要使小物块在运动过程中途不脱离轨道，求传送带转动速度的可能值。 17．（23-24高一下·安徽六安·期末）如图甲所示，一物块放置在水平台面上，在水平推力F的作用下，物块从坐标原点O由静止开始沿x轴正方向运动，F与物块的位置坐标x的关系如图乙所示。物块在处从平台飞出，同时撤去F，物块恰好由P点沿其切线方向进入竖直圆轨道，随后恰能从轨道最高点M飞出。已知物块质量，物块与水平台面间的动摩擦因数为，轨道圆心为O，半径为，MN为竖直直径，，重力加速度，不计空气阻力。求： （1）水平推力F做的功； （2）物块运动到P点时的速度大小； （3）物块在圆轨道上运动时摩擦力做的功。 18．（23-24高一下·安徽宣城·期末）如图，水平平台上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点，平台AB 段光滑，BC段长，与滑块间的摩擦因数为。平台右端与水平传送带相接于C点，传送带的长为，与滑块间的摩擦因数为，传送带开始静止不动。传送带右端D点与一光滑圆弧形轨道相切，圆弧形轨道半径。今将一质量的滑块向左压缩轻弹簧到最短，此时弹簧的弹性势能为，然后突然释放，滑块滑过传送带右端继续滑上圆弧形轨道，恰好能到达与圆心等高的F点（未画出）。重力加速度，不计空气阻力。求： （1）滑块到达C点的速度； （2）传送带与滑块间的摩擦因数； （3）若传送带速度的大小可以根据需要设定，要使滑块在圆弧形轨道上运动时能通过E点，求传送带速度范围。 19．（23-24高一下·安徽滁州·期末）如图所示，竖直平面内有倾角的斜面轨道AB、半径均为的光滑半圆形细圆管轨道BCDE和光滑圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心的连线，以及、E、和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为，G点与竖直墙面的距离，C点为圆弧轨道最低点，A点与G点等高，点与D点等高。现让质量为的小球从A点处沿斜面进入轨道，若小球在斜面上受到的摩擦力大小，小球与竖直墙面碰撞后，其竖直方向的速度不变，水平方向的速度大小不变，方向相反。重力加速度g取。 （1）让小球从A点由静止释放，求小球第一次运动到C点时的速度大小； （2）让小球从A点以速度沿斜面进入轨道，求小球第一次运动到D点所受弹力与的关系式； （3）若小球从A点以速度沿斜面进入轨道后能从原路返回到A点，求速度的大小。 20．（23-24高一下·安徽阜阳·期末）如图所示，一半径、圆心角的圆弧形轨道固定在水平地面上，沿竖直方向，为轨道最低点。质量为的小滑块以初速度从轨道最高点沿切线方向进入轨道，由于沿轨道动摩擦因数不相同，滑块恰好能沿着以相同速率运动，紧靠轨道右侧有一长木板与轨道靠在一起但不粘连。已知：长木板质量，且长木板足够长，小滑块与长木板间的动摩擦因数为，长木板与地面间动摩擦因数为，已知，，取。试求： （1）滑块运动到点对轨道的压力； （2）滑块从点到点过程中摩擦力做功； （3）滑块和长木板最终都停止运动时，滑块与长木板左端的距离。 12 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题07 动能与动能定理（解析版） 【考点分析】 【知识点梳理】动能；动能定理；动能定理的综合应用 【公式梳理】 物理概念、规律 公式 备注 能 动能 标量 动能定理 W为合外力做的功 动能及动能定理的简单应用 1．（23-24高一下·安徽铜陵·期末）如图所示，上表面为四分之一光滑圆弧的木块放在光滑的水平面上，圆弧左侧有一固定的竖直墙壁。已知重力加速度为g，现有一个质量为m的小球从圆心等高度处由静止滑下，小球下滑过程中，墙壁对木块的最大支持力为（　　） A．0.5mg B．mg C．1.5mg D．2mg 【答案】C 【详解】设圆弧半径为，小球运动时所处位置与圆心连线和水平方向的夹角为，此时小球速度为，如图所示，根据动能定理可得 以小球为对象，根据牛顿第二定律可得，联立解得小球受到的支持力大小为，以圆弧木块为对象，水平方向根据受力平衡可得，可得，可知当时，墙壁对小木块有最大弹力，则最大弹力为 故选C。 2．（23-24高一下·安徽六安·期末）下列关于功、动能的说法，正确的是（　　） A．合外力的功为零，合外力一定为零 B．合外力为零，合外力的功一定为零 C．物体做变速运动，动能一定变化 D．物体动能不变时，合外力必定为零 【答案】B 【详解】A．合外力的功为零，可能是合外力为零，也可能是位移为零，还可能是力和位移垂直，故A错误； B．合外力为零，合外力的功一定为零，故B正确； C．物体做变速运动，可能是速度方向发生变化，大小不变，动能不一定变化，故C错误； D．物体动能不变时，合外力不做功，合外力不一定为零，故D错误。 故选B。 3．（23-24高一下·安徽安庆·期末）（多选）如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，可视为质点的小物体B以水平速度滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，A、B速度随时间变化的情况如图乙所示，取，则下列说法正确的是（　　）                甲                     乙 A．木板A与物体B质量相等 B．若木板A、物体B质量已知，可以求得热量Q C．小物体B相对长木板A滑行的距离1m D．A对B做的功与B对A做的功大小相等 【答案】ABC 【详解】A．由v-t图线的斜率表示加速度可知，小物块B在长木板A上滑行时加速度大小相等，又因为小物块B、长木板A受到的滑动摩擦力大小也相等，由牛顿第二定律可得f=ma，可知木板A与物体B质量相等；故A正确； B．若木板A、物体B质量已知，由v-t图像可知，小物块B 的初速度v0=2m/s，最终小物块B和长木板A达到共速，v共=1m/s，由能量守恒可得，可以求出此过程中产生的热量Q，故B正确； C．在达到共同速度之时，A、B的位移差，故C正确； D．A、B之间的摩擦力是一对相互作用力，等大反向，但是物块B的位移要大于木板A的位移，所以它们之间的摩擦力对对方做的功在数量上并不相等，故D错误。 故选ABC。 4．（23-24高一下·安徽安庆·期末）（多选）如图所示，可视为质点、质量为M的物块用长为L的细绳拴接放在转盘上，细绳的另一端固定在通过转盘轴心的竖直杆上，细绳刚好伸直且与竖直方向的夹角为α。已知物块与转盘之间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanα，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现让整个装置由静止开始缓慢的加速转动起来。则下列说法正确的是（　　） A．整个过程中，细绳的拉力不可能为零 B．从开始转动到细绳对物块刚有作用力的过程，转盘对物块所做的功为 C．物块能在转台上随转台一起转动的最大角速度为 D．细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零 【答案】BD 【分析】转盘刚开始转动时，细绳未绷紧，细绳的拉力为零，由静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求出静摩擦力达到最大值时转盘的角速度，由v＝ωr求出此时物块线速度大小，再由动能定理求从开始转动到细绳对物块刚有作用力的过程转盘对物块所做的功。当转盘对物块支持力恰好为零时，物块刚要与转盘分离，由第二定律求此时转盘的角速度。根据细绳对物块拉力方向与速度方向的关系分析拉力的瞬时功率。 【详解】AB．转盘刚开始转动，细绳未绷紧，细绳的拉力为零，此时由静摩擦力提供向心力，设转动到某一角速度ω1时，静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律有，此时物块的线速度大小为，设从开始运动到细绳中将要出现拉力过程中，转盘对物块做的功为W，对物块，由动能定理得，联立解得，故A错误，B正确； C．当转盘对物块支持力恰好为零时，竖直方向有，水平方向上，由牛顿第二定律有，联立解得，可知当物块的角速度增大到时，物块与转台间恰好无相互作用，所以物块能在转台上随转台一起转动的最大角速度为，故C错误； D、物块在做圆周运动的过程中，细绳对物块拉力方向与物块运动的方向始终垂直，因此细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零，故D正确。 故选：BD。 5．（23-24高一下·安徽·期末）（多选）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α=37°，足够长的斜面底端沿斜面向上运动。上升的最大高度为3.0m，选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（　　） A．物体的质量m=1.0kg B．物体的初速度v0=10m/s C．物体受到的摩擦力Ff=4N D．物体回到斜面底端时的动能Ek=20J 【答案】ABC 【详解】A．当h=3m时，物体速度为零，则，解得，故A正确； B．当h=0时，物体初动能等于机械能，则，解得，故B正确； C．对物体上升的整个过程中，根据动能定理可得，解得，故C正确； D．从顶端到底端，根据动能定理得，解得，故D错误。 故选ABC。 6．（23-24高一下·安徽淮北·期末）如图所示，竖直平面内的一半径的光滑圆弧槽，点与圆心等高，质量的小球（可看作质点）从点正上方高处的点自由下落，由点进入圆弧轨道，从点飞出，不计空气阻力，（取）求： (1)小球经过点时的动能； (2)小球经过最低点时的速度大小； (3)小球经过最低点时对轨道的压力大小。 【答案】(1)3J (2)5m/s (3)12N 【详解】（1）由机械能守恒定律可知，小球经过点时的动能 （2）由A到C由动能定理 解得 （3）在C点时由牛顿第二定律 解得FN=12N 根据牛顿第三定律可知小球经过最低点时对轨道的压力FN＇=FN=12N 7．（23-24高一下·安徽安庆·期末）2014年2月7日，第22届冬奥会在位于黑海之滨的俄罗斯著名度假胜地索契拉开帷幕。在冬奥会中冰壶比赛是非常好看的项目，假设冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：如图所示，运动员将静止于O点的冰壶（视为质点）沿直线推到A点放手，此后冰壶沿滑行，最后停于C点，已知冰面与各冰壶间的动摩擦因数为μ，冰壶质量为m，AC＝L，，重力加速度为g。 （1）求冰壶在A点的速率； （2）若将段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为0.8μ，原只能滑到C点的冰壶能停于点，求A点与B点之间的距离。 【答案】（1）；（2）L﹣4r 【详解】（1）对冰壶，设在A点时的速度为v1，从A点放手到停止于C点应用动能定理有 解得 （2）设AB之间距离为s，对冰壶，从A到的过程，由动能定理得 解得 动能定理的综合应用 8．（23-24高一下·安徽铜陵·期末）如图甲所示，一质量为的汽车（可视为质点），正以10m/s的速度在水平路段AB上向右匀速运动，时汽车驶入较粗糙水平路段BC，汽车发动机的输出功率保持20kW不变，汽车在时离开BC路段。通过ABC路段的图像如图乙所示（时曲线的切线方向与t轴平行）。假设汽车在两个路段上受到的阻力（含地面摩擦力和空气阻力等）各自有恒定的大小。下列说法正确的是（　　） A．汽车在AB和BC路段上所受阻力大小比为1∶4 B．汽车进入BC路段做加速度增大的减速运动 C．汽车刚好开过B点时加速度的大小为 D．BC路段的长度为68.75m 【答案】D 【详解】A．汽车在路段做匀速直线运动，根据平衡条件，有，，汽车在路段末加速度是零，则有，，则有阻力大小比为，选项A错误； B．汽车进入路段，阻力突然增大，引力不变，速度减小，由图像的斜率表示加速度可知，汽车的加速度逐渐减小，故做加速度减小的减速运动，选项B错误； C．汽车刚好开过B点时，则有汽车的牵引力，，刚好开过点时汽车的牵引力仍为，根据牛顿第二定律，有，解得加速度大小，选项C错误； D．对于汽车在路段运动，由动能定理得，解得，选项D正确。 故选D。 9．（23-24高一下·安徽铜陵·期末）质量为的玩具小汽车（可视为质点）由静止开始沿直线加速，最后减速至静止，其合外力F随位移x的变化图像如图所示。已知玩具小汽车在位移时恰好停下。下列关于玩具小汽车运动的物理量描述正确的是（　　） A．初始阶段合外力 B．速度的最大值为2m/s C．加速运动的时间为1s D．匀速运动的时间为3s 【答案】B 【详解】A．由题图可知，对于玩具小汽车的整个运动过程，根据动能定理有，解得，选项A错误； B．时，合力是零，可知玩具汽车的速度最大，此时有，其中，解得，选项B正确； C．加速时间为，选项C错误； D．匀速运动的时间为，选项D错误。 故选B。 10．（23-24高一下·安徽黄山·期末）（多选）质量的物体在光滑水平面上做匀速直线运动，速度大小为时刻开始对物体施加大小为的水平恒力F，F的功率P随时间变化关系如图所示，以下判断正确的是（　　） A．施加恒力后物体的最小动能为 B．时刻，恒力F与速度夹角 C．时F的功率为0 D．物体动能随时间变化关系为 【答案】ACD 【详解】AB．根据，可知沿恒力方向的初速度大小，把物体的初速度正交分解为，，则有，解得，可知，施加恒力后物体做类斜抛运动，最小动能为，故A正确；B错误； C．由牛顿第二定律，可得，根据，可得时沿F方向的速度为，可知此时F的功率为0。故C正确； D．物体动能随时间变化关系为，故D正确。 故选ACD。 11．（23-24高一下·安徽亳州·期末）如图所示，一圆心为、半径的圆弧轨道PQ竖直固定在水平地面上，其半径PO水平、OQ与竖直方向的夹角为。将一质量的小物块自点由静止释放，小物块经过点后落在地面上的处。已知Q、M在水平方向上的距离，小物块可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度取，，。求： （1）小物块经时的速度大小； （2）小物块经后距地面的最大高度； （3）小物块在圆弧运动过程中克服摩擦力做的功。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）小物块经后做斜抛运动，竖直方向有 水平方向有 联立解得小物块经时的速度大小为 （2）小物块经后做斜抛运动，竖直分速度大小为 小物块经后继续上升的高度为 则小物块经后距地面的最大高度为 （3）小物块从点到点过程，根据动能定理可得 解得小物块在圆弧运动过程中克服摩擦力做的功为 12．（23-24高一下·安徽亳州·期末）（多选）如图所示，水平面上有一固定在竖直平面内半径为、粗䊁程度处处相同的半圆轨道，P、Q为轨道最高点且连线水平，为轨道最低点。现将质量为的小球（可视为质点）由距点高度的点静止释放，小球由点进入圆弧轨道，滑到轨道最低点时轨道对球的支持力大小为4mg。不计空气阻力，重力加速度的大小为。下列说法中正确的是（　　） A．小球运动到点时，在竖直方向上受到三个力的作用 B．小球运动到点时的速度大小为 C．小球从点运动到点的过程中摩擦力所做的功为 D．小球达到点时速度刚好为零 【答案】BC 【详解】A．小球运动到K点时，在竖直方向上只受重力和轨道对小球的支持力作用，故A错误； B．小球滑到轨道最低点K时，轨道对球的支持力为4mg，在竖直方向上由牛顿第二定律得，解得小球运动到点时的速度大小为，故B正确； C．小球从A点静止运动到K点的过程中，由动能定理得，可得小球从P点运动到K点的过程中摩擦力所做的功为，故C正确； D．根据左右对称关系，在同一高度，由于摩擦力做功使得左半边的速度变小，轨道的弹力变小，滑动摩擦力变小，因此从K到Q克服摩擦力做功小于从P到K克服摩擦力做的功，即，小球从A点静止运动到Q点的过程中，由动能定理得，可得，故D错误。 故选BC。 13．（23-24高一下·安徽宣城·期末）（多选）如图所示，一质量为m的物体受水平面内的恒力作用，在光滑水平面上运动。从A点经过t时间运动到B点，速度大小分别为、，其中方向与虚线AB的夹角α=60°。则下列说法中正确的是（    ） A．物体从A点运动到B点过程中恒力做功为mv2 B．该恒力大小为 C．物体从A点运动到 B点速度变化量大小为 D．从A点开始运动经过时间时，物体的动能最小 【答案】ABD 【详解】A．根据动能定理可知，物体从A点运动到B点过程中恒力做功为，故A正确； BC．将物体的运动分解沿AB方向和垂直AB方向两个分运动，在垂直AB方向有，解得 可得，则物体沿AB方向的加速度大小为，物体垂直AB方向的加速度大小为，则物体的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得该恒力大小为，物体从A点运动到 B点速度变化量大小为，故B正确，C错误； D．设物体受到的恒力与AB方向的夹角为，则有，可得，将初速度分解为沿着恒力方向和垂直恒力方向，如图所示 可知当图中速度减为0时，物体的速度最小，动能最小，所用时间为，故D正确。 故选ABD。 14．（23-24高一下·安徽阜阳·期末）（多选）如图，一足够长的倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度的小物块，速度方向沿传送带斜向下。已知物块初速度大于传送带的速度，传送带足够长，传送带与物块间的动摩擦因数，则物块下滑过程中其速度、皮带与传送带间因摩擦产生的热量、动能、机械能与物块位移之间的关系图像，可能正确的有（） A． B． C． D． 【答案】CD 【详解】A．由题意可知，开始阶段，物块做减速运动，则，解得，是定值，显然开始阶段图像不是直线。故A错误； B．由于，分析可知物块先匀减速，后匀速。则共速前，设物块位移为x，传送带位移，则，，，联立解得，是定值，显然相对位移与物块位移不是线性关系。根据可知，共速前皮带与传送带间因摩擦产生的热量与物块位移不是线性关系。故B错误； C．共速前，由动能定理得，解得，可知动能随位移成线性关系。共速后，速度不变动能不变，故C正确； D．由功能关系得，解得，可知E与x成线性关系。减速时的滑动摩擦力大于匀速时的静摩擦力，所以图线开始斜率大后面小。故D正确。 故选CD。 15．（23-24高一下·安徽·期末）如图所示，竖直固定的四分之一粗糙圆轨道下端B点水平，半径。质量的长薄板静置于倾角的粗糙斜面CD上，其最上端刚好在斜面顶端C点。一质量为的滑块可看成质点从圆轨道A点由静止滑下，运动至B点时对轨道的压力大小为，接着从B点水平抛出，恰好以平行于斜面的速度落到薄板最上端，并在薄板上开始向下运动；当小物体落到薄板最上端时，薄板无初速度释放并开始沿斜面向下运动，其运动至斜面底端时与竖直固定的光滑半圆轨道DE底端粘接在一起。已知斜面CD长，薄板长，厚度忽略不计，其与斜面的动摩擦因数，滑块与长薄板间的动摩擦因数为，滑块从斜面底端滑离时的能量损失和运动过程中空气阻力均忽略不计，，，，试求： （1）滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功； （2）滑块与薄板共速前二者之间因摩擦而产生的热量Q； （3）如果要使滑块不会中途脱离竖直半圆轨道DE，其半径需要满足什么条件？ 【答案】（1）3J；（2）15J；（3）或 【详解】滑块从A运动到B，根据动能定理 在B点，根据牛顿第三定律可知，轨道对滑块的支持力大小为，方向向上 牛顿第二定律 解得， 滑块到达C点时速度为，由题意 设滑块的加速度为，根据牛顿第二定律 解得 设薄板的加速度为，根据牛顿第二定律 解得 设经时间t滑块和薄板共速 解得 滑块位移 薄板位移 相对位移 滑块刚好到达薄板最下端，由于，之后两者一起以a沿斜面向下加速下滑， 设滑块和薄板一起以a沿斜面加速下滑，根据牛顿第二定律 解得 设整体到达D的速度为，根据动学公式 解得 ①滑块刚好能达到半圆轨道的最高点 滑块从最低点到最高点，机械能守恒 解得 所以要使滑块不脱离竖直半圆轨道，半圆半径满足 ②滑块刚好能达到半圆轨道的左边与圆心等高处，根据机械能守恒定律 解得 所以要使滑块不脱离竖直半圆轨道，半圆半径满足 综上可得要使滑块不脱离竖直半圆轨道，半圆半径满足，或 16．（23-24高一下·安徽亳州·期末）如图所示，长度绷紧的水平传送带以恒定的速率5m/s顺时针转动。一个质量的小物块（可视为质点）压缩弹簧后被锁定，弹簧锁定后所储存的弹性势能，在传送带右侧等高的平台上固定半径的圆轨道ABCD，A、D的位置错开，以便小物块绕行一圈后可以通过D到达E位置，已知小物块与传送带之间的动摩擦因数，其他摩擦均忽略不计，取重力加速度。解除弹簧锁定，弹簧恢复原长时小物块冲上传送带，求： （1）小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦产生的热量； （2）小物块通过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小； （3）若传送带顺时针转动速度大小可调，要使小物块在运动过程中途不脱离轨道，求传送带转动速度的可能值。 【答案】（1）；（2）0；（3）或 【详解】（1）设小物块释放后，冲上传送带时的速度大小为，由能量守恒可得 解得 小物块冲上传送带后做匀减速运动，设其加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 设小物块与传送带共速时对地位移为，传送带速度为，则由运动学公式可得 代入数据解得 则小物块与传送带共速后和传送带一起做匀速运动，小物块在传送带上减速过程所用时间为 这段时间内小物块与传送带发生的相对位移为 则小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦产生的热量为 （2）设小物块通过圆轨道最高点时的速度为，轨道对小物块的弹力为，则由动能定理可得 在最高点由牛顿第二定律可得 联立解得 根据牛顿第三定律可知，小物块通过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小为0。 （3）要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道ABCD，有两种情况： ①小物块恰好能通过最高点时，在最高点对轨道无压力，根据（2）问可知，此时传送带的速度大小为，即只要传送带的速度，小物块就不会脱离圆轨道； ②小物块在传送带上做匀减速运动，最终与传送带共速，若小物块运动至与圆心等高处时速度恰好减为零，此种情况下小物块也不会脱离圆轨道，根据动能定理有 解得 即只要传送带的速度满足，小物块就不会脱离圆轨道； 综上分析可知，要使小物块在运动过程中途不脱离轨道，传送带转动速度可能为或。 17．（23-24高一下·安徽六安·期末）如图甲所示，一物块放置在水平台面上，在水平推力F的作用下，物块从坐标原点O由静止开始沿x轴正方向运动，F与物块的位置坐标x的关系如图乙所示。物块在处从平台飞出，同时撤去F，物块恰好由P点沿其切线方向进入竖直圆轨道，随后恰能从轨道最高点M飞出。已知物块质量，物块与水平台面间的动摩擦因数为，轨道圆心为O，半径为，MN为竖直直径，，重力加速度，不计空气阻力。求： （1）水平推力F做的功； （2）物块运动到P点时的速度大小； （3）物块在圆轨道上运动时摩擦力做的功。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）根据图像与横轴围成的面积表示功，可知水平推力F做的功为 （2）设物体从水平台面飞出时的速度为，根据动能定理可得 解得 物块恰好由P点沿其切线方向进入竖直圆轨道，则有 （3）物体刚好从轨道最高点M飞出，重力刚好提供向心力，则有 解得 物块从P点到M点，根据动能定理 解得物块在圆轨道上运动时克服摩擦力做的功为 18．（23-24高一下·安徽宣城·期末）如图，水平平台上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点，平台AB 段光滑，BC段长，与滑块间的摩擦因数为。平台右端与水平传送带相接于C点，传送带的长为，与滑块间的摩擦因数为，传送带开始静止不动。传送带右端D点与一光滑圆弧形轨道相切，圆弧形轨道半径。今将一质量的滑块向左压缩轻弹簧到最短，此时弹簧的弹性势能为，然后突然释放，滑块滑过传送带右端继续滑上圆弧形轨道，恰好能到达与圆心等高的F点（未画出）。重力加速度，不计空气阻力。求： （1）滑块到达C点的速度； （2）传送带与滑块间的摩擦因数； （3）若传送带速度的大小可以根据需要设定，要使滑块在圆弧形轨道上运动时能通过E点，求传送带速度范围。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）从释放物体到点，根据动能定理有 代入数据解方程可得 （2）当物体恰好到达点，则 代入数据 （3）恰好经过点有 物体由点滑道点 解得 因为，故物体滑上传送带就需加速，若一直加速到达点，根据动能定理有 解得 所以传送带的速度需满足。 19．（23-24高一下·安徽滁州·期末）如图所示，竖直平面内有倾角的斜面轨道AB、半径均为的光滑半圆形细圆管轨道BCDE和光滑圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心的连线，以及、E、和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为，G点与竖直墙面的距离，C点为圆弧轨道最低点，A点与G点等高，点与D点等高。现让质量为的小球从A点处沿斜面进入轨道，若小球在斜面上受到的摩擦力大小，小球与竖直墙面碰撞后，其竖直方向的速度不变，水平方向的速度大小不变，方向相反。重力加速度g取。 （1）让小球从A点由静止释放，求小球第一次运动到C点时的速度大小； （2）让小球从A点以速度沿斜面进入轨道，求小球第一次运动到D点所受弹力与的关系式； （3）若小球从A点以速度沿斜面进入轨道后能从原路返回到A点，求速度的大小。 【答案】（1）3m/s；（2）；（3） 【详解】（1）由A到C过程，根据动能定理得 由几何关系有 解得 （2）由A到D过程，根据动能定理得 在D点，由牛顿第二定律有 解得 （3）由题意知，小球与墙垂直碰撞后方可原路返回，设G点速度为，水平方向 竖直方向 解得 由A到G过程，根据动能定理得 解得 20．（23-24高一下·安徽阜阳·期末）如图所示，一半径、圆心角的圆弧形轨道固定在水平地面上，沿竖直方向，为轨道最低点。质量为的小滑块以初速度从轨道最高点沿切线方向进入轨道，由于沿轨道动摩擦因数不相同，滑块恰好能沿着以相同速率运动，紧靠轨道右侧有一长木板与轨道靠在一起但不粘连。已知：长木板质量，且长木板足够长，小滑块与长木板间的动摩擦因数为，长木板与地面间动摩擦因数为，已知，，取。试求： （1）滑块运动到点对轨道的压力； （2）滑块从点到点过程中摩擦力做功； （3）滑块和长木板最终都停止运动时，滑块与长木板左端的距离。 【答案】（1）38N；（2）-40J；（3）3m 【详解】（1）滑块恰好能沿着以相同速率运动，则滑块在N点的速度为6m/s，根据牛顿第二定律有 解得N 根据牛顿第三定律可知，滑块运动到点对轨道的压力为38N。 （2）滑块恰好能沿着以相同速率运动，根据动能定理有 解得J （3）滑块的加速度为 木板的加速度为 设经t时间后，两物体速度相等，则有 解得s 滑块相对于木板的位移为m 由于 则滑块与木板相对静止一起做匀减速直线运动，直至停止，最终滑块与长木板A左端的距离为3m。 12 / 21 学科网（北京）股份有限公司 $$