【文档说明】【精准解析】【新高考】2021高考物理人教版：课练15动能和动能定理.pdf，共(22)页，645.047 KB，由小赞的店铺上传

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课练15动能和动能定理———[狂刷小题夯基础]———练基础小题1．(多选)如图所示，某人将质量为m的石块从距地面高h处斜向上方抛出，石块抛出时的速度大小为v0，由于空气阻力作用石块落地时的速度大小为v，方向竖直向

下，已知重力加速度为g，下列说法正确的是()A．石块刚抛出时重力的瞬时功率为mgv0B．石块落地时重力的瞬时功率为mgvC．石块在空中飞行过程中合外力做的功为12mv20－12mv2D．石块在空中飞行过程中阻

力做的功为12mv2－12mv20－mgh2．如图所示，半径为R的水平转盘上叠放有两个小物块P和Q，P的上表面水平，P到转轴的距离为r.转盘的角速度从0开始缓缓增大，直至P恰好能与转盘发生相对滑动，此时Q

受到P的摩擦力设为f，在此过程中P和Q相对静止，转盘对P做的功为W.已知P和Q的质量均为m，P与转盘间的动摩擦因数为μ1，P与Q间的动摩擦因数为μ2，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列判断正确的是()A

．f＝μ2mgB．W＝0C．W＝μ1mgrD．条件不足，W无法求出3．(多选)如图所示，一小朋友做蹦床运动由高处自由落下．从该小朋友双脚接触蹦床开始至双脚到最低点的过程中，不考虑空气阻力，该小朋友()A．机械能守恒B．速度先增大后减小C．加速度先增大后减小D．

所受重力做的功小于其克服蹦床弹力做的功4．(多选)如图所示，半径为r的半圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，直径AC水平，一个质量为m的物块(可视为质点)从圆弧轨道A端正上方P点由静止释放，物块刚好从A点无

碰撞地进入圆弧轨道并在A、B之间做匀速圆周运动，到B点时对轨道的压力大小等于物块重力的2倍，重力加速度为g，不计空气阻力，则()A．物块到达A点时速度大小为2grB．P、A间的高度差为r2C．物块从A运动到B所用时间为12πrmD．物块从A运动到B克服摩擦力做功为mgr5．(多选)今年2

月，太原市首批纯电动公交车开始运营．在运营前的测试中，电动公交车在平直路面上行驶，某段时间内的v－t图象如图所示．在0～10s内发动机和车内制动装置对车辆所做的总功为零，车辆与路面间的摩擦阻力恒定，空气阻力不计．已知公交车质量为13.5t，g＝10

m/s2，则()A．汽车在0～10s内发生的位移为54mB．汽车与路面的摩擦阻力为2000NC．发动机在第1s内的平均功率是第7s内的30031倍D．第6s内汽车克服车内制动装置做的功是第10s内的5313倍6．(多选)如图所示，质量为

M的电梯底板上放置一质量为m的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，不计空气阻力，重力加速度为g，则在这一过程中()A．物体所受合力做的功等于12mv2＋mgHB．底板对物体的支持力做的功等于mgH＋12mv2C．钢索的拉力做的功等于12Mv2＋MgHD．钢

索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯做的总功等于12Mv2练高考小题7.[2019·全国卷Ⅱ，18](多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如

图所示．重力加速度取10m/s2.由图中数据可得()A．物体的质量为2kgB．h＝0时，物体的速率为20m/sC．h＝2m时，物体的动能Ek＝40JD．从地面至h＝4m，物体的动能减少100J8．[2018·全国卷Ⅱ，14]如图，某

同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定()A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功9．[2018·全国卷Ⅰ，18]如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四

分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR10．[2017·江苏卷，3]一小物块沿斜

面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是()ABCD练模拟小题11．[2019·山东省潍坊模拟](多选)如图所示，一根细绳的上端系在O点，下端系一重球B，放在粗糙的斜面体A上．现用水平推力F向

右推斜面体使之在光滑水平面上向右匀速运动一段距离(细绳尚未到达平行于斜面的位置)．在此过程中()A．B做匀速圆周运动B．摩擦力对重球B做正功C．水平推力F和重球B对A做的功的大小相等D．A对重球B所做的功与重球B对A所做的功大小相等12．[2019·河南省商丘九校联考](多选)已知一足够

长的传送带与水平面间的夹角为θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图a所示)，以此时为t＝0时刻记录了小物块在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b所示(图中取沿传送带向上的运动方向为正方向，其中|v1|＞|v

2|)，已知传送带的速度保持不变，则下列判断正确的是()A．0～t1内，物块对传送带一直做负功B．物块与传送带间的动摩擦因数μ＞tanθC．0～t2内，传送带对物块做的功为12mv22－12mv21D．系统产生的热量一定比物块动能的减

少量大13．[2019·福建省福州市八县(市)联考](多选)如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一光滑定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右侧，杆上套有一质量m＝2kg的滑块A.半径R＝0.3m的光滑半圆形细轨道竖直固定在地面上，其圆心O在P点的

正下方，在轨道上套有一质量也为m＝2kg的小球B.用一条不可伸长的柔软轻细绳，通过定滑轮将A、B连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，A、B均可看成质点，且不计滑轮大小的影响．现给滑块A一个水平向右的

恒力F＝50N(取g＝10m/s2)．则()A．把小球B从地面拉到P点的正下方C处时力F做的功为20JB．小球B运动到P点正下方C处时的速度为0C．小球B被拉到与滑块A速度大小相等时，离地面高度为0.225mD．把小球B从地面拉到P的正下方C处时，小球B的机械能增加了20J

14.[2019·安徽省四校模拟]一质点在0～15s内竖直向上运动，其加速度－时间图象如图所示，若取竖直向下为正，g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．质点的机械能不断增加B．在0～5s内质点的动能增加C．在10～15s内质点的机械

能一直增加D．在t＝15s时质点的机械能大于t＝5s时质点的机械能15．[2019·江西省南昌调研](多选)如图所示，一小球(可视为质点)从H＝12m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝4m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环

顶点C时，刚好对轨道压力为零；然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为()A．10mB．9.5mC．8.5mD．8m16．[2019·四川五校联考]如图所示，轻质弹簧

一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h，此为过程Ⅰ；若圆环在C处获得一竖直向上的速度v，则恰好能回到A

处，此为过程Ⅱ.已知弹簧始终在弹性范围内，重力加速度为g，则圆环()A．在过程Ⅰ中，加速度一直减小B．在过程Ⅱ中，克服摩擦力做的功为12mv2C．在C处，弹簧的弹性势能为14mv2－mghD．在过程Ⅰ、过程Ⅱ中克服摩擦力做功相同———[综合测评提能力]———一、单项选

择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．[2019·浙江模拟]如图所示，足球从草皮上的①位置被踢出后落在草皮上③位置，空中到达的最高点为②位置，则()A．②位置足球动能等于0B．①位置到③位置过程只有重力做功C．①位置到②位置的过程足球的动能全部转化为重力势能D．②位置到③位

置过程足球动能的变化量等于合力做的功2．[2020·河北省定州中学模拟]一个人站在高为H的平台上，以一定的初速度将一质量为m的小球抛出．测出落地时小球的速度大小为v，不计空气阻力，重力加速度大小为g，人对小球做的功W及小球被抛出时的初速度大小v0分别为(

)A．W＝12mv2－mgH，v0＝v2－2gHB．W＝12mv2，v0＝2gHC．W＝mgH，v0＝v2＋2gHD．W＝12mv2＋mgH，v0＝2gH3．[2019·全国卷Ⅲ]从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外

力作用，距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10m/s2.该物体的质量为()A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg4．如图所示，第一次将质量为m的物块放在水平面上的P点，给其一定的初速度

使其滑向Q点；第二次将质量为2m的物块B放在P点，并给其施加向右的水平拉力，使物块B从静止开始向Q点运动，结果物块A运动到Q点的动能与物块B运动到PQ中点时的动能相同，物块B从P点运动到PQ中点时，拉力做功为W，两物块与水平面间的动摩擦因

数相同，则物块A的初速度大小为()A.WmB.2WmC.3WmD．2Wm5.[预测新题]如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B

球的质量为2kg，在作用于A球上的水平力F的作用下，A、B两球均处于静止状态，此时A球距O点的距离为xA＝0.3m，B球距O点的距离xB＝0.4m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.

1m时的速度大小为3m/s，则在此过程中绳的拉力对B球所做的功为(取g＝10m/s2)()A．11JB．16JC．18JD．9J6.[名师原创]如图所示，A、B是两个等高的固定点，间距为L，一根长为2L的非弹

性轻绳两端分别系在A、B两点，绳上套了一个质量为m的小球．现使小球在竖直平面内以AB为中心轴做圆周运动，若小球在最低点的速率为v，则小球运动到最高点时，两段绳的拉力恰好均为零，若小球在最低点的速率为2v，则小球运动到最高点时每

段绳上的拉力大小为(重力加速度大小为g，不计一切摩擦)()A.3mgB．53mgC．15mgD．52mg7.[2020·江西五校联考]如图所示，光滑水平面OB与足够长的粗糙斜面BC交于B点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释

放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上，不计滑块在B点的机械能损失．换用材料相同、质量为m2的滑块(m2>m1)压缩弹簧至同一点后，重复上述过程，下列说法正确的是()A．两滑块到达B点时的速度相同B．两滑块沿斜面上升的最大高度相同C

．两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功不相同D．两滑块上升到最高点的过程中机械能损失相同8．[2019·广东佛山一中段考]如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．

一质量为m的质点自P点上方高为R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则()A．W＝12mgR，质

点恰好可以到达Q点B．W>12mgR，质点不能到达Q点C．W＝12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D．W<12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离二、多项选择题(本题共2小题，每小题4分，共8分)9．如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与

斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速度沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据图象可求出()A．物体的初速率为3

m/sB．物体与斜面间的动摩擦因数为0.75C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值为1.44mD．当θ＝45°时，物体达到最大位移后将停在斜面上10．[2019·郑州质检]质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示．在圆心处连接有力传

感器，用来测量绳子上的拉力，运动过程中小球受到空气阻力的作用，空气阻力随速度减小而减小．某一时刻小球通过轨道的最低点，力传感器的示数为7mg，重力加速度为g，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最

高点，下列说法正确的是()A．到最高点过程中小球克服空气阻力做的功为12mgRB．到最高点过程中小球克服空气阻力做的功为mgRC．再次经过最低点时力传感器的示数为5mgD．再次经过最低点时力传感器的示数大于5mg三、非选择题(本题共3

小题，共34分)11．(11分)如图所示，粗糙的斜面AB下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，整个装置竖直放置，C是最低点，圆心角θ＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1m，斜面长L＝4m，现有一个质量

m＝0.1kg的小物体P从斜面AB上端A点无初速度下滑，物体P与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.25.不计空气阻力，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)物体P第一次通过C点时的速度大小vC；(2)物体P第一次通过C点时对轨道的压

力大小；(3)物体P第一次离开D点后在空中做竖直上抛运动到最高点E，接着从空中又返回到圆弧轨道和斜面，在这样多次反复的整个运动过程中，物体P对C点处轨道的最小压力．12．(11分)[2019·江苏常州期末]如图所示，在距水平地面高为h＝

0.5m处，水平固定一根长直光滑杆，杆上P处固定一小定滑轮，在P点的右边杆上套一质量mA＝1kg的滑块A.半径r＝0.3m的光滑半圆形竖直轨道固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，半圆形轨道上套有质量mB＝2kg的小球B.滑块A和小球B用一条不可伸长的柔软细绳绕过小定滑轮相连，在滑块A

上施加一水平向右的力F.滑轮的质量和摩擦均可忽略不计，且小球可看做质点，g取10m/s2，0.34≈0.58.(1)若逐渐增大拉力F，求小球B刚要离地时拉力F1的大小；(2)若拉力F2＝57.9N，求小球B运动到C处时的速度大小

；(结果保留整数)(3)在(2)情形中当小球B运动到C处时，拉力变为F3＝16N，求小球B在右侧轨道上运动的最小速度．(结果保留一位小数)13．(12分)[2020·湖南地质中学月考]如图所示，传送带以一定速度沿水平方向匀速转动，将质量

为m＝1.0kg的小物块轻轻放在传送带上的P点，物块运动到A点后被水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道．B、C为圆弧的两端点，其连线水平，轨道最低点为O，已知圆弧对应圆心角θ＝106

°，圆弧半径R＝1.0m，A点距水平面的高度h＝0.8m，小物块离开C点后恰好能无碰撞地沿固定斜面向上滑动，经过0.8s小物块第二次经过D点，已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝13，sin53°＝0.8，g＝10m/s2.求：(1)小物块离开A点时的水平速度大小

；(2)小物块经过O点时，轨道对它的支持力大小；(3)斜面上C、D间的距离．课练15动能和动能定理[狂刷小题夯基础]1．BD设石块刚抛出时的速度方向与竖直方向的夹角为α，则刚抛出时重力的瞬时功率为P＝mgv0cosα，选项A错误；石块落地时

重力的瞬时功率为mgv，选项B正确；根据动能定理，石块在空中飞行过程中合外力做的功为W＝12mv2－12mv20，选项C错误；设石块在空中飞行过程中阻力做的功为Wf，由动能定理有mgh＋Wf＝12mv2－12mv2

0，解得Wf＝12mv2－12mv20－mgh，选项D正确．2．C设刚要发生相对滑动时P、Q的速度为v，对P、Q整体，摩擦力提供向心力有μ1·2mg＝2mv2r；根据动能定理，此过程中转盘对P做的功W＝

12·2mv2＝μ1mgr，选项BD错误，C项正确；在此过程中，物块Q与P之间的摩擦力不一定达到最大静摩擦力，则此时Q受到P的摩擦力不一定为μ2mg，选项A错误．3．BD从该小朋友双脚接触蹦床开始至双脚到最低点的过程中，因为蹦床的弹力对人做功，所以该小朋友机械能不守恒，选项A错误；刚接触

蹦床时，蹦床刚开始有弹力，弹力小于重力，合力竖直向下，速度方向也竖直向下，在弹力等于重力前，小朋友做加速度减小的加速运动，弹力恰好等于重力时，速度达到最大值，以后弹力大于重力，加速度方向变为向上，小朋友做减速运动直到最低点，则整个

过程其速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故B项正确，C项错误；根据动能定理可知WG－W弹＝0－Ek0，即所受重力做的功小于其克服蹦床弹力做的功，选项D正确．4．BD在B点时，由牛顿第二定律得FN－m

g＝mv2r，因为FN＝F′N＝2mg，所以v＝gr，因为物块从A点进入圆弧轨道并在A、B之间做匀速圆周运动，所以物块到达A点时的速度大小为gr，故A项错误；从P到A的过程，由动能定理得mgh＝12mv2，

所以h＝r2，故B项正确；因为物块从A点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块从A运动到B所用时间t＝πr2v＝π2rg，故C项错误；物块从A运动到B，由动能定理得mgr－W克＝0，解得W克＝mgr，故D项正确．5．BD由v－t图象知，汽车发生的位移为s＝12×(

4＋8)×1m＋12×(4＋5)×8m－12×(2＋4)×4m＝30m，选项A错误；由于在0～10s内发动机和车内制动装置对车辆所做的总功为零，则由动能定理可知Wf＝－fx＝0－12mv20，其中x是路程，大小为x

＝54m，解得f＝2000N，选项B正确；在第1s内，由动能定理有P1×1s－fx1＝12mv21－12mv20，其中x1＝6m，解得P1＝336000W；同理在第7s内，由动能定理有P7×1s－fx7＝12mv27，其中第7s内的位移大小为x7＝2m，解得P7＝11

2000W，即发动机在第1s内的平均功率是第7s内的3倍，选项C错误；第6s内汽车克服车内制动装置做的功为W6，根据动能定理有－W6－fx6＝0－12mv26，其中x6＝4m，v6＝8m/s，解得W6

＝424000J；同理，第10s内汽车克服车内制动装置做的功为W10，则有－W10－fx10＝0－12mv210，其中第10s内的位移大小为x10＝2m，v10＝4m/s，解得W10＝104000J；即第6s内汽车克服车内制动装置做的功是第10s内的5313倍，选项D正确．6．B

D对物体，应用动能定理得：合力对物体做的功等于物体动能的增加量，有W－mgH＝12mv2，W＝mgH＋12mv2，故A错误，B正确；根据功能关系可知，钢索的拉力做的功等于电梯和物体的机械能增加量，为WF＝(M＋m)

gH＋12(M＋m)v2，故C错误；对电梯，根据动能定理知合力对电梯做的功等于电梯的动能的变化量，即钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯M做的总功等于12Mv2，故D正确．7．AD重力势能EP＝mgh，结合Ep－h图像有mg＝804N，则m＝2kg，故A正确．h＝0时E总＝12mv

20，即100J＝12×2kg×v20，解得v0＝10m/s，故B错误．由图像可知，h＝2m时，E总＝90J、Ep＝40J，则Ek＝50J，故C错误．当h＝4m时，E总＝Ep＝80J，则Ek＝0，故从地面至h＝

4m，物体的动能减少了100J，故D正确．8．A由动能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A项正确．9．C设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理有F·3R－mgR＝12mv2c，又F＝mg，解得vc＝2gR，小球离开c

点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t＝vcg＝2Rg，在水平方向的位移大小为x＝12g

t2＝2R.由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量为ΔE＝F·5R＝5mgR，C项正确，A、B、D三项错误．10．C设斜面倾角为θ，根据动能定理，当小物块沿斜面上升时，有－(mgsinθ＋f)x＝Ek－Ek0，即Ek＝－(

f＋mgsinθ)x＋Ek0，所以Ek与x的函数关系图像为直线，且斜率为负．当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有(mgsinθ－f)(x0－x)＝Ek－0(x0为小物块到达最高点时的位移)，即Ek＝－(mgsinθ－f)x＋(mgsinθ－f)x0所以下滑时Ek随x的减小而

增大且为直线．综上所述，选项C正确．11．BCB的线速度大小是变化的，故不是匀速圆周运动，故A错误；如图，画出球B受到的支持力N，摩擦力f以及球在该位置时运动的切线的方向，由图可知，斜面对B的摩擦力沿斜面向

下，与B的速度方向的夹角为锐角，所以摩擦力对重球B做正功，故B正确；A匀速运动，动能不变，根据动能定理知水平推力F和重球B对A做的功的大小相等，故C正确；斜面对B的弹力和B对斜面的弹力是一对作用力和反作用力，大小相等，斜面在弹力方向上的位移等于B在弹力方向上的位移，所以A对重

球B的弹力所做的功与重球B对A弹力所做的功大小相等，一正一负，由于B与A间存在相对运动，A的位移与B的位移不相等，所以A对重球B的摩擦力所做的功与重球B对A的摩擦力所做的功大小不相等，所以A对重球B所做的总功与重球B对A所做的总功大小不相等，

故D错误．12．ABD由题图b知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上，0～t1时间内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功，故A正确．在t1～t2时间内，物块向上运动，则有μmg

cosθ>mgsinθ，得μ>tanθ，故B正确.0～t2时间内，由题图b中“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：W＋WG＝12mv22－12mv21，则传送带对物块做的W＝12mv22－12m

v21－WG，故C错误.0～t2时间内，重力对物块做正功，物块的重力势能减小、动能也减小，且都转化为系统产生的内能，则由能量守恒定律知，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大，故D正确．故选A、B、D.13．ACD把小球B从地面拉到P点正下方C处的过程中，力F

的位移为：x＝0.42＋0.32m－(0.4－0.3)m＝0.4m，则力F做的功WF＝Fx＝20J，选项A正确；把小球B从地面拉到P点正下方C处时，B的速度方向与绳子方向垂直，A的速度为零，设B的速度为v，则由动能定理：WF－mgR＝12mv2－0，解得v＝14m/s，选项B错误；当细

绳与半圆形轨道相切时，小球B的速度方向沿圆周的切线方向向上，此时和绳子方向重合，故与滑块A速度大小相等，由几何关系可得h＝0.225m，选项C正确；B的机械能增加量为F做的功20J，D正确．14．D质点竖直向上运动，0～15s内加速度方向向下，质点一直做

减速运动，B错误.0～5s内，a＝10m/s2，质点只受重力，机械能守恒；5～10s内，a＝8m/s2，受重力和向上的力F1，F1做正功，机械能增加；10～15s内，a＝12m/s2，质点受重力和向下的力F2，F2做负功，机械能减少，A、C错误．由F合＝ma可推知F1

＝F2，由于做减速运动，5～10s内通过的位移大于10～15s内通过的位移，F1做的功大于F2做的功，5～15s内增加的机械能大于减少的机械能，所以D正确．15．BC设小球质量为m，以B点所在水平面为零势能面，由题给条件“当到达圆环顶

点C时，刚好对轨道压力为零”有mg＝mv2CR，小球到达C点时，有v2C＝gR，在C点的动能为12mv2C＝12mgR，则小球在C点的机械能为2mgR＋12mv2C＝52mgR，则小球从B点到C点克服摩擦力做的功为12mgR，小球到达D点时速度为零，设小

球在D点的机械能为EkD，分析可知小球在从C点到B点过程中也有摩擦力，且摩擦力做的功小于小球从B点到C点克服摩擦力做的功12mgR，故2mgR＜EkD＜52mgR，即8m＜h＜10m，选项B、C正确．16．D圆环刚开始下滑时，

圆环受到的合力向下，设弹簧原长为L，下滑过程中，对圆环受力分析，如图所示，弹簧弹力与竖直方向的夹角为θ，则弹簧弹力F＝kL(1sinθ－1)，竖直方向根据牛顿第二定律可得mg－Fcosθ－μFN＝ma，

水平方向有Fsinθ＝FN，联立三个方程可知，圆环下滑过程中受到的合力先减小后增大，圆环的加速度先减小后增大，选项A错误；在过程Ⅰ和Ⅱ中，圆环在相同位置时受到的滑动摩擦力大小相等，所以在这两个过程中克服摩擦

力做的功相等，选项D正确；在过程Ⅰ中，根据动能定理可得WG－Wf－W弹＝0，解得Wf＝WG－W弹，在过程Ⅱ中，根据动能定理可得－WG＋W弹－Wf＝－12mv2，联立解得Wf＝14mv2，在C处Ep弹＝W弹＝mgh－14mv2

，选项B、C错误．[综合测评提能力]1．D由题图可知，足球由②到③过程中具有水平位移，则说明足球在②位置存在速度，故A错误；由图可知，①到②的水平位移大于②到③的水平位移，则说明足球受到空气阻力，故B错误；因存在阻力做功，故①位置

到②位置的过程足球的动能转化为重力势能和内能，故C错误；根据动能定理可得，②位置到③位置过程足球动能的变化量等于合力做的功，故D正确．2．A对小球在空中的运动过程，有：mgH＝12mv2－12mv20，解得：v0＝v2－2gH，W＝12mv20＝12mv2－mgH

，故A正确．3．C设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×3m＝(36－72)J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(m

g－F)×3m＝(48－24)J，联立解得m＝1kg、F＝2N，选项C正确，A、B、D均错误．4．B本题考查动能定理．设物块A的初速度大小为v0，物块运动到Q点时动能为Ek，对物块A由动能定理有－μmgs＝Ek－12mv20，对物块B由动能定理有W－2μmg×12s＝Ek，解得v0＝2

Wm，B正确．5．CA球向右运动0.1m时，A球的速度大小vA＝3m/s，A球距O点的距离x′A＝0.4m，B球距O点的距离为x′B＝0.3m．设此时轻绳与OM的夹角为α，则有tanα＝34，由运动的合成与分解可得vAcosα＝vBsinα，解得vB＝4m

/s.以B球为研究对象，此过程中B球上升的高度h＝0.1m，由动能定理可得W－mgh＝12mv2B－0，解得轻绳的拉力对B球所做的功为W＝18J，选项C正确．6．B设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨迹平面的夹角为θ＝30°，则有r＝Lcos30°＝

32L，小球在最低点的速率为v时，到达最高点的速率设为v′，根据题述有mg＝mv′2r，由机械能守恒定律可知，mg×2r＋12mv′2＝12mv2，得v＝5gr；小球在最低点的速率为2v时，到达最高点的速率设为v″，则有mg×2r＋12mv″2＝12m(2v)2，得v″＝4gr，设每段

绳的拉力大小为F，则2Fcosθ＋mg＝mv″2r，联立解得F＝53mg，B正确．7．D由于初始时，弹簧的弹性势能相同，则两滑块到达B点时的动能相同，但速度不同，故A错误；两滑块在斜面上运动时的加速度相同，由于到达B点时的速度不同，故上

升高度不同，B错误；滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功为mgh，由能量守恒定律有Ep＝mgh＋μmgcosθ×hsinθ，解得mgh＝Eptanθtanθ＋μ，故两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功相同，C错误；由能量守恒知

损失的机械能E损＝μmghtanθ，结合C的分析，可知D正确．8．C在N点，根据牛顿第二定律有N－mg＝mv2NR，解得vN＝3gR，对质点从开始下落至到达N点的过程运用动能定理得mg·2R－W＝12mv2N－0，解得W＝12mgR.由于质点在PN段的

速度大于质点在NQ段的速度，所以质点在NQ段受到的支持力小于PN段受到的支持力，则质点在NQ段克服摩擦力做的功小于在PN段克服摩擦力做的功，小球在NQ段运动时由动能定理得－mgR－W′＝12mv2Q－12mv2N，因为W′<12mgR，可知vQ>0，所以质

点到达Q点后，继续上升一段距离．故C正确，A、B、D错误．9．BC由题图乙可知，当夹角θ＝0°时，位移为2.40m，而当夹角为90°时，位移为1.80m，则由竖直上抛运动规律可知v20＝2gh，解得v0＝2gh＝6m/s，故A错误；当夹角为0°

时，由动能定理可得μmgx＝12mv20，解得μ＝0.75，故B正确；－mgxsinθ－μmgxcosθ＝0－12mv20，解得x＝v202gsinθ＋μcosθ(m)＝1810sinθ＋34cosθ(m)＝1810×54sinθ＋α(m)，当θ＋α＝90°时，sin(θ

＋α)＝1，此时位移最小，x＝1.44m，故C正确；若θ＝45°时，物体受到重力的分力为mgsin45°＝22mg，最大静摩擦力f＝μmgcos45°＝328mg，22mg＞328mg，故物体达到最大位移后会下滑，故D错误．10．AD小球在最低点时有F1＝T－mg＝mv21R，解得v

1＝6gR，而在最高点时，由于小球恰好能通过最高点，所以有mg＝mv22R，可得v2＝gR，小球从最低点到最高点的过程，由动能定理可得－mg·2R－Wf＝12mv22－12mv21，解得空气阻力做的功Wf＝12mgR，选项A正确，B错误；小球从最高

点到最低点的过程，由于小球受到的空气阻力随速度的减小而减小，分析可知在同一水平面上上升过程中的阻力大于下落过程中的阻力，由动能定理可得mg·2R－Wf′＝12mv′21－12mv22，且此过程中空气阻力做的功W

f′＜Wf，解得v′1＞4gR，再次经过最低点时有F2＝T′－mg＝mv′21R，解得T′＞5mg，选项C错误，D正确．11．答案：(1)6m/s(2)4.6N(3)1.4N解析：(1)物体P从A下滑经B到C

过程中根据动能定理有mgL·sin37°＋mgR(1－cos37°)－μmgcos37°·L＝12mv2C－0，解得vC＝6m/s.(2)物体P在C点，根据牛顿第二定律有N－mg＝mv2CR，解得N＝4.6N.根据牛顿第三定律，物

体P通过C点时对轨道的压力为4.6N.(3)物体P最后在B和与其等高的圆弧轨道上来回运动时，经C点压力最小，由B到C由动能定理有mgR(1－cos37°)＝12mv′2C，解得v′C＝2m/s，则Nmin＝mg＋mv′2CR＝1.4N.根据牛顿第三定律，物体P对C点处轨

道的最小压力为1.4N.12．答案：(1)23.2N(2)4m/s(3)3.2m/s解析：(1)设初位置BP方向与竖直方向成α角，将F1分解到竖直方向和水平方向，要离开地面时满足F1cosα＝mBg，其中cosα＝hh2＋r2＝534，解得F1＝23

.2N(2)当B球运动到C处时，滑块A的速度为0.对A、B整体由动能定理得F2×[h2＋r2－(h－r)]－mBgr＝12mBv2解得v≈4m/s(3)当B球的切向加速度为0时，速度取最小值vmin.设此时BP与水平方向的夹角为β，有mgsinβ＝F3解得sinβ＝0.8对A、B整体从

B球处于C位置到B球速度最小的过程，由动能定理得mBgr(1－cosβ)－F3×[hsinβ－(h－r)]＝12(mA＋mB)v2min－12mBv2解得vmin≈3.2m/s13．答案：(1)3m/s(2)43N(3)0

.98m解析：本题借助传送带考查动能定理在多过程问题中的应用．(1)对于小物块，由A到B做平抛运动，在竖直方向上有v2y＝2gh，在B点时有tanθ2＝vyvA，联立解得vA＝3m/s.(2)小物块在B点的速度为vB＝v2A＋v2y＝5m/s，小物块从

B到O由动能定理得mgR(1－cos53°)＝12mv2O－12mv2B，小物块经过O点时由牛顿第二定律得FN－mg＝mv2OR，解得FN＝43N.(3)物块沿斜面上滑时，设物块加速度为a，由牛顿第二定律得

mgsin53°＋μmgcos53°＝ma1，解得a1＝10m/s2，圆弧轨道光滑，故vC＝vB＝5m/s，小物块由C上升到最高点的时间为t1＝vCa1＝0.5s，则小物块由斜面最高点回到D点历时t2＝0.8s－0.5s＝0.3s，小物块沿斜面下滑时

，由牛顿第二定律得mgsin53°－μmgcos53°＝ma2，解得a2＝6m/s2，C、D间的距离为xCD＝v2C2a1－12a2t22＝0.98m.