8.3动能和动能定理 同步练习-2025-2026学年高一下学期物理人教版必修第二册

动能和动能定理综合练习 一、选择题 1．下列关于运动物体所受的合力、合力做功和动能变化的关系，正确的是（　　） A．如果物体所受的合力为零，那么合力对物体做的功一定为零 B．如果合力对物体做的功为零，则合力一定为零 C．物体在合力作用下做匀变速直线运动，则动能在一段过程中变化量一定不为零 D．如果物体的动能不发生变化，则物体所受合力一定是零 2．在U23亚洲杯足球比赛中，国足门将李昊多次神扑助球队挺进决赛。某次扑救时，质量m＝0.5kg的足球以v＝8m/s的水平速度飞向球门，被李昊双手接住后速度变为零。若忽略空气阻力，在此过程中，手对足球做的功约为（　　） A．﹣8J B．8J C．﹣16J D．16J 3．一小球由如图所示轨道的O点以初速度v0＝8m/s水平向左运动，经一段时间后经过轨道高度h处，该点距离地面的高度为h＝2.5m，g取10m/s2，忽略小球与轨道之间的摩擦力，则小球到达h处的速度为（　　） A．7m/s B．8m/s C． D． 4．如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g，质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（　　） A．mgR B．mgR C．mgR D．mgR 5．如图所示，用同种材料制成的一个轨道ABC，AB段为四分之一圆弧，半径为R，水平放置的BC段长为R.一个物块质量为m，与轨道的动摩擦因数为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C端停止，物块在AB段克服摩擦力做功为（　　） A．μmgR B．（1﹣μ）mgR C． D．mgR 6．如图所示，水平传送带保持2m/s的速度运动，一质量为1kg的物体与传送带间的动摩擦因数为0.2．现将该物体无初速地放到传送带上的A点，然后运动到了距A点1m的B点，则传送带对该物体做的功为（　　） A．0.5 J B．1J C．1.5 J D．2 J 7．放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～3s内其速度与时间图象和该拉力的功率与时间图象分别如图a和b所示，下列说法正确的是（　　） A．摩擦力大小为10N B．0～3s内拉力做功为60J C．0～3s内合力做功为1.25J D．物体质量为0.5kg 8．一辆新能源汽车在平直的公路上由静止开始启动，在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，已知汽车所受阻力恒为重力的，重力加速度g取10m/s2。下列说法错误的是（　　） A． v＝7.5m/s B．该汽车的质量为1×103kg C．在前5s内，汽车克服阻力做功为2.5×104J D．在5～15s内，汽车的位移大小约为50m 9．“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有三节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比（F阻＝kv，k为常量），动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是（　　） A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变 B．若三节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动 C．若三节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶的速度为 D．若三节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为 10．一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．在x＝1m时，物体所受合外力的大小为2N B．在x＝1m时，拉力的功率为4W C．从x＝0运动到x＝3m的过程中，物体克服摩擦力做的功为11J D．从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动能最大为2J 11．（多选）如图所示，质量为m的小明站在质量为M的电梯内，手中托着一摞总质量为m0的书本，小明始终与电梯保持相对静止。钢索拉着电梯由静止开始匀加速上升，当上升高度为H时，速度为v0，在此过程中，下列说法正确的是（　　） A．小明对书本支持力做的功等于 B．钢索的拉力做功等于 C．电梯对小明的支持力做的功等于 D．电梯受到各个力做功的代数和等于 12．（多选）如图，质量m＝2kg的小球（视为质点）以v0＝3m/s的初速度从P点水平飞出，然后从A点以5m/s的速度沿切线方向进入圆弧轨道运动，最后小球恰好能通过轨道的最高点C．B为轨道的最低点，C点与P点等高，A点与D点等高，轨道各处动摩擦因数相同，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力，取g＝10m/s2．则（　　） A．轨道半径R为0.5m B．小球到达C点速度大小为m/s C．小球从A到B和B到D两过程克服摩擦力做功相同 D．沿圆弧轨道运动过程小球克服摩擦力做功为4J 13．（多选）一辆国产“无人驾驶”共享电动小汽车在平直的公路上由静止开始启动，在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，已知汽车所受阻力恒为重力的，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A． 该汽车的质量为1×103kg B．v0＝10m/s C．在前5s内，汽车克服阻力做功为3.75×104J D．在0～15s内，汽车的位移大小约为79.7m 二、解答题 14．扔沙包是我国一种民间传统游戏，不仅能锻炼儿童投掷能力，还能训练手眼协调等能力。如图所示，某儿童将质量m＝0.2kg的沙包水平抛出，抛出点离水平地面的高度h＝1.25m，沙包落地点与抛出点的水平距离x＝5m，重力加速度g取10m/s2，不计沙包大小及空气阻力，求： （1）从抛出到落地的过程中重力对沙包所做的功； （2）沙包水平抛出的初速度大小； （3）沙包落地时速度的大小。 15．如图所示，固定斜面AB、CD与竖直光滑圆弧BC相切于B、C点，两斜面的倾角θ＝37°，圆弧BC半径R＝2m．一质量m＝1kg的小滑块（视为质点）从斜面AB上的P点由静止沿斜面下滑，经圆弧BC冲上斜面CD．已知P点与斜面底端B间的距离L1＝6m，滑块与两斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，g＝10m/s2．求： （1）小滑块第1次经过圆弧最低点E时对圆弧轨道的压力； （2）小滑块第1次滑上斜面CD时能够到达的最远点Q（图中未标出）距C点的距离． 16．滑板运动由冲浪运动演变而来，已被列为奥运会正式比赛项目。如图所示，某滑板爱好者从斜坡上距平台H＝2.5m高处由静止开始下滑，水平离开A点后越过壕沟落在水平地面的B点，A、B两点高度差h＝1.8m，水平距离x＝3.6m。已知人与滑板的总质量m＝60kg，取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，求： （1）人与滑板从A点离开时的速度大小； （2）人与滑板从A点运动到B点重力做功的平均功率； （3）人与滑板从斜坡下滑到A点过程克服阻力做的功。 17．一辆智能电动玩具车静止在水平路面上，t0＝0时以恒定加速度启动，t1＝1s时，玩具车牵引力的功率达到额定功率P＝12W，之后保持该功率不变，其速度v随时间t的变化关系如图所示。已知玩具车的质量m＝2kg，运动过程中受到恒定的阻力f＝2N，求玩具车： （1）运动过程中能达到的速度的最大值； （2）t2＝3.2s时的加速度大小； （3）从t0＝0到t2＝3.2s，克服阻力做功的平均功率。 18．如图所示，电动机带动水平传送带以v＝6m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左端点A与光滑水平面PA平滑连接，右端点B与长为s＝4m的粗糙水平面BC平滑连接，A、B间距L＝12m。一轻质弹簧原长小于光滑平台PA的长度，其左端固定，右端与质量m＝2kg、可看作质点的物块相接触（不拴接）、物块压缩轻质弹簧而处于静止状态。已知物块与传送带及水平面BC间的动摩擦因数均为μ＝0.3，在C点右侧有一光滑竖直半圆弧轨道与BC相切且平滑连接。当弹簧储存的弹性势能Ep＝9J，全部释放时，物块恰能滑到与圆心等高的E点。不计空气阻力，重力加速度大小g＝10m/s2，求： （1）物块被弹簧弹出时的速度大小； （2）光滑竖直半圆弧的轨道直径； （3）若传送带的速度大小可调，欲使物块能恰好到达最高点F点，求传送带速度的大小（计算结果保留根式）。 19．如图所示，光滑斜面的底端与长l＝3m的粗糙水平面BC用一小段光滑圆弧平滑相连，水平面BC与圆心为O、半径R＝2m 的竖直半圆形光滑轨道相切于C点。现将质量m＝2kg的小物块（可看成质点）从斜面上高H＝5m处的A点由静止释放，已知小物块与水平面BC间的动摩擦因数μ＝0.2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，求： （1）小物块到达斜面底端B点时的速度大小； （2）小物块经过C点时，对轨道的压力大小； （3）从小物块冲上半圆形轨道至落地前，其动能的最小值。 20．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＝1.0m，现有一个质量为m＝0.2kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，物体恰好到达斜面顶端A处。已知DE距离h＝1.0m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ0＝0.5。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。求： （1）物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小； （2）斜面AB的长度L； （3）若μ可变，求μ取不同值时，物块在斜面上滑行的路程x。 21．如图所示，在距地面上方h的光滑水平台面上，质量为m＝2kg的物块左侧压缩一个轻质弹簧，弹簧与物块未拴接。物块与左侧竖直墙壁用细线拴接，使物块静止在O点。水平台面右侧有一圆心角为θ＝37°的光滑圆弧轨道AB和光滑圆形轨道CD，固定在粗糙的水平地面上，半径均为R且两轨道分别与水平面相切于B、C两点。现剪断细线，弹簧恢复原长后与物块脱离，脱离时物块的速度v0＝4m/s，物块离开水平台面后恰好无碰撞地从A点落入圆弧轨道，运动至B点后（在B点无能量损失）沿粗糙的水平面BC运动，从C点进入光滑竖直圆轨道。已知R＝0.5m，BC距离L＝2m，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）求水平台面的高度h； （2）求物块经过B点时对圆弧轨道的压力大小； （3）为了让物块能从C点进入圆轨道且中途不脱离轨道，则B、C间的摩擦因数μ应满足什么条件？ 22．如图所示，粗糙水平平台AH上竖直放置上下对接的两相同光滑半圆形轨道，轨道半径R＝0.2m，且对接的接口比较小，端点B、D和圆心O1、O2四个点在同一条竖直线上，半圆形轨道B点与平台相切，C点与O1点等高，倾角为α＝26.6°的固定斜面的底角顶点在C点的正下方。质量为m＝0.05kg的可视为质点的滑块从A点以某一初速度水平向右运动，随后从B点进入光滑圆弧轨道，已知滑块与水平平台间的动摩擦因数μ＝0.1，AB段长度L＝1m，重力加速度大小g取10m/s2，tan26.6°＝0.5。 （1）若从A点出发时的初速度v0＝2m/s，求滑块运动到B点时对圆轨道的压力大小； （2）若滑块从D点抛出后，恰好垂直撞击斜面，求从D点抛出的速度大小； （3）若滑块在半圆形轨道上运动时不脱离，求从A点出发时的初速度的取值范围。 23．如图所示，足够长的光滑水平桌面左端固定一立柱，质量为m＝0.1kg的小球置于桌面上，它与立柱之间有一压缩的轻弹簧，轻弹簧与立柱之间栓接与小球不栓接。某时刻释放小球，它被弹出从桌面右端A点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的顶端B点（B点速度与BC平行），并沿轨道滑下。图中右端为固定在竖直面内半径R＝0.9m的单圆弧轨道，水平轨道CD将倾斜轨道与圆弧轨道连接在一起。已知B点与桌面间的竖直高度差h＝0.45m，倾斜轨道BC长为L＝2.75m，倾角α＝37°，小球与倾斜轨道间的动摩擦因数μ＝0.5；不计水平轨道与圆弧轨道的摩擦与小球经过C点时的能量损失，sinα＝0.6，cosα＝0.8，取g＝10m/s2。求： （1）被释放前弹簧的弹性势能； （2）小球第一次经过圆弧轨道最低点D时速度大小，对D点的压力F； （3）小球第一次上升到圆弧轨道最高点时离CD水平面的高度。 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 动能和动能定理综合练习 一、选择题 1．下列关于运动物体所受的合力、合力做功和动能变化的关系，正确的是（　A　） A．如果物体所受的合力为零，那么合力对物体做的功一定为零 B．如果合力对物体做的功为零，则合力一定为零 C．物体在合力作用下做匀变速直线运动，则动能在一段过程中变化量一定不为零 D．如果物体的动能不发生变化，则物体所受合力一定是零 【解析】对于A：功是力与物体在力的方向上发生的位移的乘积，如果物体所受的合力为零，那么合力对物体做的功一定为零，故A正确；对于B：如果合力对物体做的功为零，可能是合力不为零，而是物体在力的方向上的位移为零，故B错误；对于C：动能的变化决定于合外力做的功，与物体做何种运动无关，比如竖直上抛运动，物体上升与下降阶段经过同一个位置时的速度大小相等，方向相反，动能相同，此过程动能变化量为零，故C错误；对于D：动能是标量，动能不变化，只能说明速度大小不变，但速度方向有可能变化，因此合力不一定为零，故D错误。 2．在U23亚洲杯足球比赛中，国足门将李昊多次神扑助球队挺进决赛。某次扑救时，质量m＝0.5kg的足球以v＝8m/s的水平速度飞向球门，被李昊双手接住后速度变为零。若忽略空气阻力，在此过程中，手对足球做的功约为（　C　） A．﹣8J B．8J C．﹣16J D．16J 【解析】 接球过程中，足球重力所做的功可以忽略，手对足球做的功即为合外力对足球做的功，根据动能定理得手对足球做的功W＝ΔEk＝0J＝﹣16J 3．一小球由如图所示轨道的O点以初速度v0＝8m/s水平向左运动，经一段时间后经过轨道高度h处，该点距离地面的高度为h＝2.5m，g取10m/s2，忽略小球与轨道之间的摩擦力，则小球到达h处的速度为（　C　） A．7m/s B．8m/s C． D． 【解析】 小球从出发点到最高点，由动能定理得﹣mgh 解得小球达到h处的速度为 4．如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g，质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（　B　） A．mgR B．mgR C．mgR D．mgR 【解析】 在Q点，质点竖直方向上受支持力和重力的作用，二力的合力提供向心力；由牛顿第二定律可得 则解得 对PQ过程由动能定理可得 解得 5．如图所示，用同种材料制成的一个轨道ABC，AB段为四分之一圆弧，半径为R，水平放置的BC段长为R.一个物块质量为m，与轨道的动摩擦因数为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C端停止，物块在AB段克服摩擦力做功为（　B　） A．μmgR B．（1﹣μ）mgR C． D．mgR 【解析】 物块从A到C过程，由动能定理得：mgR﹣μmgR﹣WAB＝0，解得在AB段克服摩擦力做功为：WAB＝（1﹣μ）mgR 6．如图所示，水平传送带保持2m/s的速度运动，一质量为1kg的物体与传送带间的动摩擦因数为0.2．现将该物体无初速地放到传送带上的A点，然后运动到了距A点1m的B点，则传送带对该物体做的功为（　D　） A．0.5 J B．1J C．1.5 J D．2 J 【解析】 物体无初速地放到传送带上，匀加速运动的过程中加速度为a 设物块从放上皮带到速度与皮带相同经历的时间为t，则有：t，通过的位移为xat22×12m＝1m，所以速度与皮带相同，皮带对物块做功。根据动能定理得Wmv21×22J＝2J 7．放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～3s内其速度与时间图象和该拉力的功率与时间图象分别如图a和b所示，下列说法正确的是（　C　） A．摩擦力大小为10N B．0～3s内拉力做功为60J C．0～3s内合力做功为1.25J D．物体质量为0.5kg 【解析】 对于A：由图（a）可知，在1s～2s时间内，物体做匀速直线运动，此时物体所受地面给它的摩擦力大小等于拉力大小，而再结合图（b），1s～2s内拉力的功率恒定，则有：P＝Fv＝fv，代入数据解得：F＝f，故A错误；对于B：由于在图（b）中，P﹣t图像的图线与坐标轴围成的图形面积表示拉力所做的功，则结合图中数据可得0～3s内拉力做功为：，故B错误；对于CD：由图（a）可知在0～1s内，物体做匀加速直线运动，则有： 根据牛顿第二定律有：F﹣f＝ma，则可得：，且1s末拉力的功率为：P＝Fv＝30W，则可得： 则根据动能定理可知，0～3s内合力做功为：，故C正确，D错误。 8．一辆新能源汽车在平直的公路上由静止开始启动，在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，已知汽车所受阻力恒为重力的，重力加速度g取10m/s2。下列说法错误的是（　D　） A． v＝7.5m/s B．该汽车的质量为1×103kg C．在前5s内，汽车克服阻力做功为2.5×104J D．在5～15s内，汽车的位移大小约为50m 【解析】 由图可知，在前5s内汽车做匀加速直线运动，加速度，代入数据解得a＝1m/s2；在t＝5s时，由功率公式P＝Fv可得牵引力，代入数据解得F＝3000N；根据牛顿第二定律F﹣f＝ma，其中阻力，代入数据解得汽车质量m＝1×103kg。对于A：当t＝15s时汽车达到最大速度v0，此时加速度为0，牵引力等于阻力，即F'＝f＝0.2×1000×10N＝2000N；根据公式P＝F'v0，代入数据解得v0＝7.5m/s，故A正确；对于B：由前述推导可知汽车质量为1×103kg，故B正确； 对于C：在前5s内，汽车的位移，解得：x1＝12.5m；汽车克服阻力做的功Wf＝fx1，代入数据解得，故C正确；对于D：在5s～15s内，汽车功率恒为P＝15kW，根据动能定理，代入数据解得位移x2＝67.1875m，并非50m，故D错误。 9．“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有三节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比（F阻＝kv，k为常量），动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是（　C　） A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变 B．若三节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动 C．若三节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶的速度为 D．若三节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为 【解析】 对于A：动车组在匀加速启动过程中，由牛顿第二定律有：F﹣F阻＝ma，即F﹣kv＝ma，速度v增大，加速度a不变，则牵引力增大，故A错误；对于B：动车组从静止开始运动，速度v增大，功率P不变，由P＝Fv可知牵引力F减小，由牛顿第二定律F﹣kv＝ma，可知动车组的加速度a减小，所以动车组不是做匀加速运动，故B错误；对于C：每节车厢发动机的额定功率均为P时，则动车组匀速行驶时的牵引力kvm 若三节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶时的牵引力：代入数据可得：，故C正确；对于D：若三节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动到达到最大速度过程，由动能定理有：，则该动车组克服阻力做的功为：，故D错误。 10．一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（　A　） A．在x＝1m时，物体所受合外力的大小为2N B．在x＝1m时，拉力的功率为4W C．从x＝0运动到x＝3m的过程中，物体克服摩擦力做的功为11J D．从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动能最大为2J 【解析】 对于A：拉力在水平方向，与位移方向相同，则拉力做的功为W＝Fx，可看出W﹣x图像的斜率代表拉力F；则x＝1m时，拉力为，代入数据解得F＝6N，则物体所受合外力的大小为F合＝F﹣μmg，代入数据解得F合＝2N，故A正确；对于B：在物体运动的过程中根据动能定理有： 解得x＝1m时物体的速度为v1＝2m/s，则此时拉力的功率为P＝Fv1，代入数据解得P＝12W，故B错误；对于C：从x＝0运动到x＝3m，物体克服摩擦力做的功为Wf＝μmgx，代入数据解得Wf＝12J，故C错误；对于D：根据W﹣x图像可知在0﹣2m的过程中F1＝6N，2﹣4m的过程中F2＝3N，由于物体受到的摩擦力恒为f＝4N，则物体在x＝2m处速度最大，动能最大，有W1﹣μmgx1＝Ekm﹣0 ，则最大动能为Ekm＝（12﹣8）J＝4J，故D错误。 11．（多选）如图所示，质量为m的小明站在质量为M的电梯内，手中托着一摞总质量为m0的书本，小明始终与电梯保持相对静止。钢索拉着电梯由静止开始匀加速上升，当上升高度为H时，速度为v0，在此过程中，下列说法正确的是（　CD　） A．小明对书本支持力做的功等于 B．钢索的拉力做功等于 C．电梯对小明的支持力做的功等于 D．电梯受到各个力做功的代数和等于 【解析】 对于A：对书本进行受力分析，上升H的过程，受到重力m0g和支持力F作用，根据动能定理得：WF﹣m0gH 解得：WF＝m0gH，故A错误；对于B：对电梯、小明和书本整体为研究对象，整体上升过程中受到重力（m0+m+M）g和拉力F'作用，根据动能定理得：WF'﹣（m0+m+M） gH （m0+m+M） 0，钢索的拉力做功为WF'＝（m0+m+M） gH （m0+m+M） ，故B错误；对于C：对小明和书本整体为研究对象，同理，上升过程受到重力和电梯的支持力作用，根据动能定理得：WN﹣（m0+m） gH （m0+m） 0，电梯对小明的支持力做的功为WN （m0+m） （m0+m） gH，故C正确；对于D：电梯受到各个力做功的代数和等于电梯所受合力做的功，对电梯上升过程，根据动能定理得：W合Mv2，故D正确。 12．（多选）如图，质量m＝2kg的小球（视为质点）以v0＝3m/s的初速度从P点水平飞出，然后从A点以5m/s的速度沿切线方向进入圆弧轨道运动，最后小球恰好能通过轨道的最高点C．B为轨道的最低点，C点与P点等高，A点与D点等高，轨道各处动摩擦因数相同，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力，取g＝10m/s2．则（　ABD　） A． 轨道半径R为0.5m B．小球到达C点速度大小为m/s C．小球从A到B和B到D两过程克服摩擦力做功相同 D．沿圆弧轨道运动过程小球克服摩擦力做功为4J 【解析】 对于A：小球从P到A做平抛运动，在A点，有：vy＝v0tanθ＝34m/s，由平抛运动的规律有： 2gR（1+cosθ）＝vy2 解得：R＝0.5m。故A正确。对于B：在C点，由mg＝m，得：vCm/s。故B正确。对于C：小球从A到B和B到D两过程中，经过相同高度的位置时小球从A到B时速度较大，向心力大，轨道对物块的支持力大，则物块所受的摩擦力大，所以小球从A到B的过程克服摩擦力做功较大，故C错误。对于D：小球经过A点的速度为：vA5m/s，从A到C的过程，由动能定理得：﹣mgR（1+cosθ）﹣Wf，解得：Wf＝4J，故D正确。 13．（多选）一辆国产“无人驾驶”共享电动小汽车在平直的公路上由静止开始启动，在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，已知汽车所受阻力恒为重力的，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　AD　） A． 该汽车的质量为1×103kg B．v0＝10m/s C．在前5s内，汽车克服阻力做功为3.75×104J D．在0～15s内，汽车的位移大小约为79.7m 【解析】 对于A：由图象可得，汽车匀加速阶段的加速度为：am/s2＝1m/s2，汽车匀加速阶段的牵引力为：FN＝3000N，匀加速阶段由牛顿第二定律得：Fmg＝ma，解得：m＝1000kg，故A正确；对于B：已知汽车所受阻力恒为重力的，即Ffmg1000×10N＝2000N，当功率为15kW，牵引力等于阻力时，汽车行驶的最大速度为：v0m/s＝7.5m/s，故B错误；对于C：前5s内汽车的位移为x5×5m＝12.5m，克服阻力做功为：Wf＝Ffx＝2000×12.5J＝2.5×104J，故C错误；对于D：前5s内汽车的位移为：x5×5m＝12.5m，5～15s内，由动能定理得：Pt﹣Ffsmv2，解得：s＝67.1875m≈67.2m，在0～15s内，汽车的位移大小约为12.5m+67.2m＝79.7m，故D正确 二、解答题 14．扔沙包是我国一种民间传统游戏，不仅能锻炼儿童投掷能力，还能训练手眼协调等能力。如图所示，某儿童将质量m＝0.2kg的沙包水平抛出，抛出点离水平地面的高度h＝1.25m，沙包落地点与抛出点的水平距离x＝5m，重力加速度g取10m/s2，不计沙包大小及空气阻力，求： （1）从抛出到落地的过程中重力对沙包所做的功； （2）沙包水平抛出的初速度大小； （3）沙包落地时速度的大小。 【解析】 （1）重力做功W＝mgh，代入数据得W＝2.5J； （2）沙包做平抛运动，竖直方向上，水平方向上v0t＝x，代入数据解得v0＝10m/s （3）由动能定理得W，代入数据解得v＝5m/s 15．如图所示，固定斜面AB、CD与竖直光滑圆弧BC相切于B、C点，两斜面的倾角θ＝37°，圆弧BC半径R＝2m．一质量m＝1kg的小滑块（视为质点）从斜面AB上的P点由静止沿斜面下滑，经圆弧BC冲上斜面CD．已知P点与斜面底端B间的距离L1＝6m，滑块与两斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，g＝10m/s2．求： （1）小滑块第1次经过圆弧最低点E时对圆弧轨道的压力； （2）小滑块第1次滑上斜面CD时能够到达的最远点Q（图中未标出）距C点的距离． 【解析】 （1）小滑块由P运动到E点过程，由动能定理得：mgL1sin37°+mgR（1﹣cos37°）﹣μmgcos37°L1mvE2﹣0，在E点，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝m，解得：FN＝38N，由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力：FN′＝FN＝38N，方向竖直向下； （2）小滑块从圆弧最低点到最高点Q过程中，由动能定理得：﹣mgLCQsin37°﹣mgR（1﹣cos37°）﹣μmgLCQcos37°＝0mvE2，解得：LCQ＝3m 16．滑板运动由冲浪运动演变而来，已被列为奥运会正式比赛项目。如图所示，某滑板爱好者从斜坡上距平台H＝2.5m高处由静止开始下滑，水平离开A点后越过壕沟落在水平地面的B点，A、B两点高度差h＝1.8m，水平距离x＝3.6m。已知人与滑板的总质量m＝60kg，取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，求： （1）人与滑板从A点离开时的速度大小； （2）人与滑板从A点运动到B点重力做功的平均功率； （3）人与滑板从斜坡下滑到A点过程克服阻力做的功。 【解析】 （1）设人与滑板从A点到B点所用的时间为t，平抛水平位移：x＝vAt，平抛竖直位移；，解得：t＝0.6s，vA＝6m/s （2）重力做功：WG＝mgh，平均功率：，解得：P＝1.8×103W （3）人与滑板从斜坡下滑过程中，由动能定理：，解得：Wf＝﹣420J， 故克服阻力做功为420J。 17．一辆智能电动玩具车静止在水平路面上，t0＝0时以恒定加速度启动，t1＝1s时，玩具车牵引力的功率达到额定功率P＝12W，之后保持该功率不变，其速度v随时间t的变化关系如图所示。已知玩具车的质量m＝2kg，运动过程中受到恒定的阻力f＝2N，求玩具车： （1）运动过程中能达到的速度的最大值； （2）t2＝3.2s时的加速度大小； （3）从t0＝0到t2＝3.2s，克服阻力做功的平均功率。 【解析】 （1）速度最大时，牵引力等于阻力，F＝f，由P＝Fvm＝fvm可得最大速度为 （2）t2＝3.2s时牵引力为，加速度大小为 （3）从t0＝0到t2＝3.2s，根据动能定理得 ，解得克服阻力做功为W克＝16.4J，克服阻力做功的平均功率W＝5.125W 18．如图所示，电动机带动水平传送带以v＝6m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左端点A与光滑水平面PA平滑连接，右端点B与长为s＝4m的粗糙水平面BC平滑连接，A、B间距L＝12m。一轻质弹簧原长小于光滑平台PA的长度，其左端固定，右端与质量m＝2kg、可看作质点的物块相接触（不拴接）、物块压缩轻质弹簧而处于静止状态。已知物块与传送带及水平面BC间的动摩擦因数均为μ＝0.3，在C点右侧有一光滑竖直半圆弧轨道与BC相切且平滑连接。当弹簧储存的弹性势能Ep＝9J，全部释放时，物块恰能滑到与圆心等高的E点。不计空气阻力，重力加速度大小g＝10m/s2，求： （1）物块被弹簧弹出时的速度大小； （2）光滑竖直半圆弧的轨道直径； （3）若传送带的速度大小可调，欲使物块能恰好到达最高点F点，求传送带速度的大小（计算结果保留根式）。 【解析】 （1）物块被弹簧弹出，有，解得物块被弹簧弹出时的速度大小v0＝3m/s （2）若物块在传送带上一直加速，设经过传送带获得的速度为v′，有，解得v′＝9m/s 所以，物块在传送带上先加速后匀速，经过传送带获得的速度为v＝6m/s，从B到E，由动能定理得，解得光滑竖直半圆弧的轨道直径d＝1.2m （3）设物块在B点的速度为vB时能恰到F点，在F点满足，从B到F点过程中由动能定理可知，又，解得传送带速度的大小 19．如图所示，光滑斜面的底端与长l＝3m的粗糙水平面BC用一小段光滑圆弧平滑相连，水平面BC与圆心为O、半径R＝2m 的竖直半圆形光滑轨道相切于C点。现将质量m＝2kg的小物块（可看成质点）从斜面上高H＝5m处的A点由静止释放，已知小物块与水平面BC间的动摩擦因数μ＝0.2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，求： （1）小物块到达斜面底端B点时的速度大小； （2）小物块经过C点时，对轨道的压力大小； （3）从小物块冲上半圆形轨道至落地前，其动能的最小值。 【解析】 （1）物块从A到B，由动能定理可得：，代入数据可得：vB＝10m/s。 （2）物块从B到C，由动能定理可得：，设物块在C点受到的支持力为N，由牛顿第二定律可知：，联立两式解得：N＝108N，由牛顿第三定律可知：压力 F＝N＝108N。 （3）若物块恰好到达最高点D，由牛顿第二定律可知：，代入数据可得：，物块从A到D，由动能定理可得：，代入数据可得：，所以小球无法到达D点。物块在圆轨道到达圆心等高处时，由动能定理可得：，代入数据可得：，则物块将超过圆心等高点。 设物块在E点离开轨道，OE与竖直方向夹角为θ，如图所示，在E点，由牛顿第二定律可知：，由动能定理可得：，联立两式解得：θ＝37°，vE＝4m/s，物块从E点开始做斜抛运动，到达最高点时速度最小，为vEx＝vEcosθ，则动能的最小值：，代入数据可得：EKmin＝10.24J。 20．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＝1.0m，现有一个质量为m＝0.2kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，物体恰好到达斜面顶端A处。已知DE距离h＝1.0m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ0＝0.5。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。求： （1）物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小； （2）斜面AB的长度L； （3）若μ可变，求μ取不同值时，物块在斜面上滑行的路程x。 【解析】 （1）设物体到达B点的速度为v，从E到B，由动能定理，得 ，代入数据得，在C点，有 ，代入数据得F＝10N （2）从C到A，由动能定理得： 代入数据得L＝1.8m （3）设摩擦因数为μ1时物块刚好能静止在斜面上，则有mgsin37°＝μ1mgcos37°解得μ1＝0.75 ①若0≤μ＜μ0＝0.5，物块将滑出斜面，则物块的路程为x＝L＝1.8m ②若0.5≤μ＜μ1＝0.75，物块在斜面上多次往返，最后在B点速度为零，则有mg（h+Rcos37°）﹣μmgcos37°•x＝0 解得 ③μ≥μ1＝0.75，则物块将停在斜面上，则有mg（h+Rcos37°﹣xsin37°）﹣μmgcos37°•x＝0，解得 21． 如图所示，在距地面上方h的光滑水平台面上，质量为m＝2kg的物块左侧压缩一个轻质弹簧，弹簧与物块未拴接。物块与左侧竖直墙壁用细线拴接，使物块静止在O点。水平台面右侧有一圆心角为θ＝37°的光滑圆弧轨道AB和光滑圆形轨道CD，固定在粗糙的水平地面上，半径均为R且两轨道分别与水平面相切于B、C两点。现剪断细线，弹簧恢复原长后与物块脱离，脱离时物块的速度v0＝4m/s，物块离开水平台面后恰好无碰撞地从A点落入圆弧轨道，运动至B点后（在B点无能量损失）沿粗糙的水平面BC运动，从C点进入光滑竖直圆轨道。已知R＝0.5m，BC距离L＝2m，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）求水平台面的高度h； （2）求物块经过B点时对圆弧轨道的压力大小； （3）为了让物块能从C点进入圆轨道且中途不脱离轨道，则B、C间的摩擦因数μ应满足什么条件？ 【解析】 （1）剪断细线，物块离开水平台面后恰好无碰撞地从A点落入光滑圆弧轨道，则有：，解得：vAy＝3m/s。台面到A点的高度：，解得：h1＝0.45m。水平台面的高度：h＝h1+R（1﹣cos37°），解得：h＝0.55m。 （2）物块从离开水平台面到经过B点过程，根据动能定理：，解得：。物块经过B点时，根据牛顿第二定律：，解得：F＝128N。根据牛顿第三定律，物块对圆轨道的压力大小：N＝F＝128N。 （3）设物体刚好能到达C点，从B到C过程，根据动能定理：，解得：。从B到C后刚好到达圆心等高处，根据动能定理：，解得：。恰好经过最高点D，根据牛顿第二定律：，解得：。从B到C后刚好到最高点D，根据动能定理：，解得：。为了让物块能从C点进入圆轨道且不脱离轨道，则B、C间的摩擦因数应满足：或。 22．如图所示，粗糙水平平台AH上竖直放置上下对接的两相同光滑半圆形轨道，轨道半径R＝0.2m，且对接的接口比较小，端点B、D和圆心O1、O2四个点在同一条竖直线上，半圆形轨道B点与平台相切，C点与O1点等高，倾角为α＝26.6°的固定斜面的底角顶点在C点的正下方。质量为m＝0.05kg的可视为质点的滑块从A点以某一初速度水平向右运动，随后从B点进入光滑圆弧轨道，已知滑块与水平平台间的动摩擦因数μ＝0.1，AB段长度L＝1m，重力加速度大小g取10m/s2，tan26.6°＝0.5。 （1）若从A点出发时的初速度v0＝2m/s，求滑块运动到B点时对圆轨道的压力大小； （2）若滑块从D点抛出后，恰好垂直撞击斜面，求从D点抛出的速度大小； （3）若滑块在半圆形轨道上运动时不脱离，求从A点出发时的初速度的取值范围。 【解析】 （1）从A到B的过程﹣μmgL，设地面对滑块的支持力为N，可列N﹣mg＝m，解得N＝1N，根据牛顿第三定律知，对地面的压力大小N′＝N＝1N （2）设斜面最低点为原点O，水平和竖直方向分别为坐标轴，建立xOy坐标系如图所示，滑块从D点抛出后，位置随时间的变化关系可表示为x＝vDt﹣R，y＝4R 由滑块垂直撞击斜面知vD＝gt•tanα，斜面的方程为y＝xtanα，联立以上四个方程，代入数据解得m/s； （3）①滑块恰好运动到B点，﹣μmgL，得v1 ②滑块恰好运动到C点﹣μmgL﹣mgR＝0，得v2m/s，则m/s ③滑块恰好可以运动到下面圆形轨道最高点，mg＝m，﹣μmgL﹣mg×2R， 得v3＝2m/s ④滑块恰好可以运动到上面圆形轨道O2等高的位置﹣μmgL﹣mg×3R＝0，得v4m/s，则2m/s ⑤滑块恰好可以运动到上面圆形轨道最高点D，根据动能定理﹣μmgL﹣mg×4R，得v5＝2m/s，则v≥2m/s。综上m/s，或2m/s，或v≥2m/s。 23．如图所示，足够长的光滑水平桌面左端固定一立柱，质量为m＝0.1kg的小球置于桌面上，它与立柱之间有一压缩的轻弹簧，轻弹簧与立柱之间栓接与小球不栓接。某时刻释放小球，它被弹出从桌面右端A点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的顶端B点（B点速度与BC平行），并沿轨道滑下。图中右端为固定在竖直面内半径R＝0.9m的单圆弧轨道，水平轨道CD将倾斜轨道与圆弧轨道连接在一起。已知B点与桌面间的竖直高度差h＝0.45m，倾斜轨道BC长为L＝2.75m，倾角α＝37°，小球与倾斜轨道间的动摩擦因数μ＝0.5；不计水平轨道与圆弧轨道的摩擦与小球经过C点时的能量损失，sinα＝0.6，cosα＝0.8，取g＝10m/s2。求： （1）被释放前弹簧的弹性势能； （2）小球第一次经过圆弧轨道最低点D时速度大小，对D点的压力F； （3）小球第一次上升到圆弧轨道最高点时离CD水平面的高度。 【解析】 （1）从A到B，小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有 代入数据解得：vy＝3m/s，将B点的速度分解如图所示，则有 ，解得小球在A点的速度为：vA＝4m/s，被释放前弹簧的弹性势能为Ep，解得：Ep＝0.8J （2）小球在B点的速度为vB，解得 vB＝5m/s，从B到D，由动能定理可得 代入数据解得：vD＝6m/s，在D点，根据牛顿第二定律得F﹣mg＝m，解得F＝5N，根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为5N。 （3）假设小球恰好能上升到最高点，小球在最高点的速度为v′，则有 小球从D点上升到最高点，根据动能定理有﹣mg•R，解得小球到达最高点的速度为：v''＝0m/s＜v'＝3m/s。说明小球不能上升到D点。设小球第一次上升到圆弧轨道最高点与圆心的连线和竖直方向的夹角为θ，速度大小为v1，则有mgcosθ＝m小球从D点上升到最高点，根据动能定理有﹣mg（R+Rcosθ），解得：，最高点时离CD水平面的高度为：h'＝R+Rcosθ，解得：h＝1.5m ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $