12动能定理的理解与应用(解析版)

1、动能定理的理解与应用 一 动能定理的理解1 .定理中 外力”的两点理解（1）重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用.（2）既可以是恒力，也可以是变力.2 .公式中 上”体现的三个关系合力做功与动能变化其I数量关蔡小 有等量代换的关奈单写关系-'国际单位制中都处蕉珅 合力做功是引起物体动 因果关系H堡变化的隙因【例1】（2019广东六校联考）北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目.将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来.换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将（）A.不变B.变小C.变大D.无

2、法判断【答案】 A【解析】冰壶在冰面上以一定初速度被推出后，在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，根据动能定理有一科mgs0-1mv2,得s=9,两种冰壶的初速度相等，材料相同，故运动的距离相等.故选项 A正确. 22dg【变式1】（2018高考全国卷n ）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【答案】A【解析】由动能定理 Wf Wf= Ek0,可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A正确.【变式2】关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能

3、变化的关系.下列说法正确的是（）A.合外力为零，则合外力做功一定为零B.合外力做功为零，则合外力一定为零C.合外力做功越多，则动能一定越大D.动能不变，则物体合外力一定为零【答案】A.【解析】由 W= Fl cos a可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是= 90°,故A正确，B错误；由动能定理 W= AEk可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大，动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，C、D均错误.动能定理在直线运动中的应用1 .若在直线运动中知道初、末状态，而不需要考虑中间过程时，一般用动能定理处理位移与速度的关系2 . 一般

4、用分段法来处理问题，找准直线运动中转折处其动能有无损失【例2】（2019吉林大学W中模拟）如图所示，小物块从倾角为 。的倾斜轨道上 A点由静止释放滑下， 最终停A、B两点的连线与水平方在水平轨道上的 B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，向的夹角为a,不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为（）A . tan 0B . tan aC. tan（ 0+ a）D. tan（ 0-）【答案】B【解析】.如图所示，设B、。间距离为si, A点离水平面的高度为h,A、。间的水平距离为瓯,物块的质S2h重为 m,在物块下滑的全过程中，应用动能te理可得 mgh一科mgos-（im

5、gsi=0,解得 产一= tancos 0s1 十 s2%故选项B正确.【变式1】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（）O-i- :川 地而：p Ij I AA.小球落地时动能等于 mgHB .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Hmg(H + h) D.小球在泥土中受到的平均阻力为mgd+不)【答案】C【解析】小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH-fH=2mv0,选项A错误；设泥的平均阻力为 他 小

6、球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh f0h= 0-mv0,解得f0h = mgh+2mv0= mgh+ mgH-fH, f0=mg(1 + h)岩，选项B、D错误；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.【变式2】如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型.物块自左侧斜面上A点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上的B点.实验中测量出了三个角度，左、右斜面的倾角 ”和3及AB连线与水平面的夹角为a物块与各接触面间动摩擦因数相同且为(1,C.p； tana忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是()A、B间的水平长度为【解析】对全过程

7、运用动能定理，结合摩擦力做功的大小，求出动摩擦因数大小.设x,竖直高度差为 h,对A至ij B的过程运用动能定理得 mgh科mgos a AC科mgDE-mgos 3 EB = 0,因 为 AC cos a+ CE + EBcos 3= x,则有 mghmgx= 0,解得 尸 h= tan 0,故 C 正确.三 动能定理在曲线运动中的应用【例3】.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点上方高度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

8、点的过程中克服摩擦力所做的功.则()11A . W= £mgR,质点恰好可以到达 Q点B . W>-mgR,质点不能到达 Q点1 一 ，一 ，一 1一 ，一 ，一 C. w= mgR,质点到达Q点后，继续上升一段距离D. W<-mgR,质点到达 Q点后，继续上升一段距离【答案】C【解析】.设质点到达N点的速度为Vn,在N点质点受到轨道的弹力为 Fn,则Fn mg = mF，已知Fn=F'n R= 4mg,则质点到达 N点的动能为EkN= ：mvN = 2mgR.质点由开始至 N点的过程，由动能定理得 mg 2R+ Wf11= EkN-0,解得摩擦力做的功为 Wf=

9、 2mgR,即克服摩擦力做的功为 W= Wf= jmgR.设从N到Q的过程1c 11中克服摩擦力做功为 W；则 W W.从N至Ij Q的过程，由动能定理得一 mgR-W = ,mvQmvN,即fmgRW'=2mvQ，故质点到达 Q点后速度不为0,质点继续上升一段距离.选项C正确.W.重力加速度大小为g.设质点P在最低【变式】如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为点时，向心加速度的大小为 a,容器对它的支持力大小为 ()2 (mgRW)A . a=0mRB.2mgRWmRC. N =

10、3mgR 2WRD. N =2 (mgR W)R【答案】AC_ 1【解析】质点由半球面最高点到最低点的过程中，由动能定理有:2N- mg= mR,解mgRW= "mv ,又在取低点时，向心加速度大小a = V2,两式联立可得 a=2(mgR-W) , A项正确，B项错误；在最低点时有 RmR3mgR 2W得N = 一餐，C项正确，D项错误.R四 动能定理与图象的结合问题1 .解决物理图象问题的基本步骤(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义.(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式.(3)将推导出的物理规律与数学上与之

11、相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交 点、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题.2 .四类图象所围面积”的含义依据*T图”围成的面积表:厂示物体的位移(2) T图象、(3) F7图象一、k_j依据 > 二”10T图线围成的面积表"示物加速I的变I量依据W=FkFt图线网成的而根表(I)Ei图象'依据检当-小7T图线的斜率表示 合外力厂示力所做的功F x图像【例4】如图甲所示，一质量为 4 kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系图象如图乙所示，已知物体与面间的动摩擦

12、因数科=0.5, g取 10m/s2,则下列说法正确的是()A.物体先做加速运动，推力为零时开始做减速运动B.物体在水平地面上运动的最大位移是10 mC.物体运动的最大速度为 2布5 m/sD.物体在运动中的加速度先变小后不变【答案】 B【解析】当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，选项 A错误；图乙中图线与坐标轴所围成的三角1形面积表小推力对物体做的功，由此可得推力做的功为W= ->4X100 J=200 J,根据动能定理有 W mgmax=0,得Xmax= 10 m,选项B正确；当推力与摩擦力平衡时，加速度为零，速度最大，由题图乙得F=1001 125x(N),当 F =(1 mg

13、= 20 N 时，x= 3.2 m,由动能te理得 2(1。+ 20) x科 mgx 2mvmax,斛得物体运动的取大速度Vmax= 8 m/s,选项C错误；当推力由100 N减小到20 N的过程中，物体的加速度逐渐减小，当推力由20 N减小到0的过程中，物体的加速度又反向增大，此后物体的加速度不变，直至物体静止，故D项错误.【变式】(2019大连五校联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象.已知重力加速度 g= 10 m/s2根据以上信息能精

14、确得出或估算得出的物理量有()A.物体与水平面间的动摩擦因数B.合外力对物体所做的功C.物体做匀速运动时的速度D.物体运动的时间【答案】ABC【解析】.物体做匀速直线运动时， 拉力F与滑动摩擦力f大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为科=mg= 0.35, A正确；减速过程由动能定理得Wf+ Wf= 0-2mv2,根据Fx图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功Wf,而Wf=一科mgx由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v,B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误.v-t图像【例5】（2019安徽合肥一模）A、B两物体分别在水平恒力Fl和F2的作

15、用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的vt图象如图所示.已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等.则下列说法正确的是（）A . Fi、F2大小之比为1 ： 2B. Fi、F2对A、B做功之比为1 ：2C. A、B质量之比为2 ： 1D.全过程中A、B克服摩擦力做功之比为 2 ： 1【答案】C.【解析】由vt图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1 ： 2,由牛顿第二定律可知，A、B受摩擦力大小相等，所以 A、B的质量关系是2： 1,由vt图象可知，A、B两物体加速与减速的位移之和相等，且 匀加速位移之比为1 : 2,匀减速运动的位移之比为 2 ： 1,由动能定理可得，A

16、物体的拉力与摩擦力的关系，3F1 x- Ff1 3x= 00; B物体的拉力与摩擦力的关系，F2 2x-Ff2 3x= 0-0,因此可得：F1=3Ff1，F2=2Ff2,Ff1=Ff2,所以F1=2F2.全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功大小相等.故A、B、D错误，C正确.【变式】（2018高考全国卷出）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面.某竖井中矿车它们变速阶提升的速度大小 v随时间t的变化关系如图所示， 其中图线分别描述两次不同的提升过程, 段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等.不考虑摩擦阻力和空气阻力.对于第次和第次提升过程 （）

17、A.矿车上升所用的时间之比为 4： 5B.电机的最大牵引力之比为 2 ： 1C.电机输出的最大功率之比为 2 ： 1D.电机所做的功之比为 4 ： 5【答案】AC【解析】由图线知，矿车上升总高度V0h= 2 2to= Voto.由图线知，加速阶段和减速阶段上升高度和Vo2 to , to 1 hi=7（2 + 2）=4voto1 3匀速阶段：hh1 = 2vot',解得t'= 2to故第次提升过程所用时间为20+|to+ 2T泉。，一 ，、一、 . .5,两次上升所用时间之比为2to : 5t。=4 : 5, A对；对矿车受力分析，当矿车向上做加速直线运动时，电机的牵引力最大，

18、由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，B错；在加速上升阶段，由牛顿第二定律知，F mg=ma, F=m（g + a）第次在to时刻，功率P1=Fvo,第次在，时刻，功率P2 = F第次在匀速阶段 P2 = F'v= mg 2°< P2,可知，电机输出的最大功率之比P1 : P2 = 2 ： 1, C对；由动能定理知，两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，故两次电机做功也相同，D错.a -t图像【例6】（2019山西模拟）用传感器研究质量为 2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到06 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示.下列说法正确的是

19、（）A. 06 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B. 06 s内物体在4 s时的速度最大C.物体在24 s内速度不变D. 04 s内合力对物体做的功等于06 s内合力做的功【答案】D.【解析】由v=at可知，at图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度，06 s内物体的速度始终为正值，故一直为正方向， A项错；t=5 s时，速度最大，B项错；24 s内加速度保持不变且不为零，速度定变化，C项错；04 s内与06 s内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4 s末和6 s末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等，D项对.【变式】质量为 m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径

20、为R的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg,此后小球继续做圆周运动,经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为（）1C.2mgR2【解析】最低点 7mg mg=mv1,则最低点速度为:RV1 = 6gR2最高点mg=mv2",则最高点速度为：V2= gRR1cle由动能7E理得：- 2mgR+ Wf = 2mv2- ？mvi1 1解得：Wf=2mgR,故克服空气阻力做功 Wf = 2mgR,故选项C正确，A、B、D错误.Ek -xEk0,与斜面间的动【例7】（2017高考江苏卷）一小物块沿斜面向上滑

21、动，然后滑回到原处.物块初动能为摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能)Ek与位移x关系的图线是(的物块质量为m,小物块沿斜面向上滑动过程,【解析】设斜面的倾角为 以物块与斜面间的动摩擦因数为由动能定理得，一(mgsin 9+科mgos0)x=Ek-Ek0,即Ek=Ek0(mgsin。+科mgosx;设小物块滑到最高点的距离为 L,小物块沿斜面滑动全过程由能量守恒定律得，Ek= Ek0- mgxsin 0-mgos 0(2L- x)= (Ek0- 2mgLos 0) (mgsin 0-科 mgos 0)x,故选项 C 正确.小球运动一段时间后落回地面.忽略空气阻力,该过程中小的动能 Ek与时间t

22、的关系图象是()【答案】A【变式】(2018高考江苏卷)从地面竖直向上抛出一只小球,【解析】对于整个竖直上抛过程(包括上升与下落)，速度与时间的关系为 C C CC1v = vo-gt, v2 = g2t2-2vogt+v0, Ek=2mv2,可见动能与时间是二次函数关系，由数学中的二次函数知识可判断A正确.五动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用1 .由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是,用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解.因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把

23、所有的力做的功累加起来即可.2 .运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式.3 .全过程列式涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：(1)重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积；(3)弹簧弹力做功与路径无关.4 .应用动能定理解题的基本步骤明嘀初、 末动作运动性质 展特点她定研究时象和研究ij杆小打学XJ乐能新 动分法分(分阶段或个过程列月程运用动能定理巧解往复运动问题【例8】.如图所示装置由 AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨

24、道AB、CD段是光滑的，水平轨道 BC的长度s=5 m,轨道CD足够长且倾角 0= 37°, A、D两点离轨道BC 的高度分别为hi=4.30 m、h2=1.35 m.现让质量为 m的小滑块自A点由静止释放.已知小滑块与轨道 BC 间的动摩擦因数 尸0.5,重力加速度 g取10 m/s2, sin 37 =0.6, cos 37 = 0.8.求：(1)小滑块第一次到达 D点时的速度大小；(2)小滑块最终停止的位置距B点的距离.【答案】(1)3 m/s (2)1.4 m【解析】(1)小滑块从A-B-C-D过程中，由动能定理得mg(h1 h2) mgs2mvD-0将 h1、h2、s、2

25、g 代入得：vd = 3 m/s.(2)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总.有：mgh1= mgs将h1、代入得：s总= 8.6 m故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2s- s总=1.4 m.【变式】如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与 BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离 d= 0.50 m.盆边缘的高度为h = 0.30 m.在A处放一个质量为 m的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出).已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为-0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距

26、离为()A. 0.50 mB. 0.25 mC. 0.10 mD. 0【答案】D【解析】设小物块在 BC段通过的总路程为 s,由于只有BC面上存在摩擦力，其做功为- 科mgs而重力做 功与路径无关，由动能定理得： mghmgs= 00,代入数据可解得 s= 3 m .由于d= 0.50 m ,所以，小物 块在BC面上经过3次往复运动后，又回到 B点，D正确.动能定理解决平抛、圆周运动相结合的问题【例9】.(2019桂林质检)如图所示，倾角为37。的粗糙斜面AB底端与半径R= 0.4 m的光滑半圆轨道 BC平 滑相连，。点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向， A、C两点等高，质量 m=1

27、 kg的滑块从A 点由静止开始下滑，恰能滑到与 。点等高的D点，g取10 m/s2, sin 37=0.6, cos 37=0.8.(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数4(2)若使滑块能到达 C点，求滑块从 A点沿斜面滑下时的初速度V0的最小值；(3)若滑块离开C点的速度大小为4 m/s,求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t.【答案】(1)0.375 (2)2 3 m/s (3)0.2 s【解析】(1)滑块恰能滑到D点，则Vd=0滑块从A-B-D过程中，由动能定理得2Rmg(2R R)- ”cos 9;= 00 sin解得尸0.375.(2)滑块恰能过C点时，vc有最小值，则在 C点2 mv

28、c mg=v滑块从A-B-D-C过程，由动能定理得一mgos 02R:sin 02mvC - 2mv2解得v0=2工3 m/s.(3)滑块离开C点后做平抛运动，设下落的高度为h,则有h = 1gt2 x= vC ttan 532Rh其中vC= 4 m/s,联立解得t=0.2 s.【变式1】(2019河北衡水中学模拟)如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5,桌面高0.45 m,若不计空气阻力，取g=10 m/s2,则下列说法错误的是()A.小物块的初速度是 5 m/sB.小物块的水平

29、射程为 1.2 mC .小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功 D.小物块落地时的动能为 0.9 J【答案】ABC.【解析】小物块在桌面上克服摩擦力做功Wf= mg2 J, C错；在水平桌面上滑行，由动能定理得Wf1 C 11 .=2mv 2mv0,斛得Vo= 7 m/s, A错；小物块飞离桌面后做平抛运动，有x=vt、h = gt ,联立斛得x= 0.9m, B错；设小物块落地时动能为Ek,由动能定理得 mgh=Ek 2mv2,解得Ek= 0.9 J, D对.【变式2】如图，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l,水平轨道左侧有一轻质弹

30、簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态.可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度Vo冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回.已知R=0.4 m, l=2.5 m, v0=6 m/s,物块质量 m=1 kg,与PQ段间的动摩擦因数 科=0.4,轨道其他部分摩(1)物块第一次经过圆轨道最高点B时对轨道的压力；(2)物块仍以vo从右侧冲上轨道，调节 PQ段的长度L,当L长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回 A点 继续向右运动.【答案】(1)40 N ,竖直向上(2)1 m【解析】(1)对物块，首次从A到B, 有一mg 2R=2mvB 2mvo2在 B 点，有：N1+ mg= mv

31、BR解得：N1 = 40 N根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为40 N,方向竖直向上.(2)对物块，从A点到第二次到达 B点：1212 ,f 2L mg 2R= ,mvB 2mvo, f=(img2“ c上心mvB在B点，有：mg = -R解得：L= 1 m【题型演练】1 .如图所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为&的轨道上高度为h的A点由静止释放，运动至 B点时速度为5.现将倾斜轨道的倾角调至为缸仍将物块从轨道上高度为 h的A点静止释放，运动至 B点时速度为V2.已知<缸不计物块在轨道接触处的机械能损失.则 ()A. V1<V2B

32、. V1>V2C. V1=V2 D.由于不知道 01、生的具体数值，V1、V2关系无法判定【答案】C【解析】物体运动过程中摩擦力做负功，重力做正功，由动能定理可得 mgh pmgos 0 -h-科mgxD=mV2,sin 02h1c 一 . h1即 mgh-核m*an 9- wmgXD = 2mV2,因为 而"°= xcd,所以 mghmgBC= 2mV2,故到达 B点的速度与倾斜轨道的倾角无关，所以 V1=V2,故选项C正确.2.如图甲所示，一质量为 4 kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系图象如图乙

33、所示，已知物体与地面间的动摩擦因数尸0.5, g取10 m/s2,A.物体先做加速运动，推力为零时开始做减速运动B.物体在水平地面上运动的最大位移是10 mC.物体运动的最大速度为2#5 m/sD.物体在运动中的加速度先变小后不变【答案】 B【解析】当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，选项 A错误；图乙中图线与坐标轴所围成的三角1形面积表小推力对物体做的功，由此可得推力做的功为 W= ->4X100 J=200 J,根据动能定理有 W mgxax=0,得Xmax= 10 m,选项B正确；当推力与摩擦力平衡时，加速度为零，速度最大，由题图乙得F=1001125x(N),当 F =mg=

34、 20 N 时，x= 3.2 m,由动能te理得-(100 + 20) xmgximvmax,斛得物体运动的取大速度Vmax= 8 m/s,选项C错误；当推力由100 N减小到20 N的过程中，物体的加速度逐渐减小，当推力由20 N减小到0的过程中，物体的加速度又反向增大，此后物体的加速度不变，直至物体静止，故D项错误.3.(2018高考全国卷I )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

35、高点，机械能的增量为R°D：.hA . 2mgRB . 4mgRC. 5mgRD . 6mgR【答案】C【解析】小球从a运动到c,根据动能定理，得F 3R-mgR= 2mv2,又 F = mg,故 Vi = 2 gR,小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向g,故小球从c点到最高做初速度为零的匀加速直线运动，且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为 点所用的时间t=> 2yR,水平位移xfR,根据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量为力F做的功，即 AE = F(2R+ R+ x)=5mgR.4.(2019襄阳*II拟)用竖直向上大小为 30 N的力F,将2 k

36、g的物体从沙坑表面由静止提升1 m时撤去力F,经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g取10 m/s* 2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为（）A. 20 JB. 24 JC. 34 JD . 54 J【答案】C【解析】.对整个过程应用动能定理得:Fh1+mgh2Wf= 0,解得： Wf= 34 J, C 对.5.(2019宁波*II拟)如图所示，木盒中固定一质量为m的祛码，木盒和祛码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止.现拿走祛码，而持续加一个竖直向下的恒力F(F=mg),若其他条件不变，则木盒滑行2A mv0AA .2,：j2mv2B .2C.2

37、mv04A.不变B.变小C.变大D.变大变小均可能【答案】B.【解析】设木盒质量为 M ,木盒中固定一质量为m的祛码时，由动能定理可知，Mm+M)gxi =2(M+m)v；解得xi= -v;加一个竖直向下的恒力F(F=mg)时，由动能定理可知，m+M)gX2 = 1Mv (m+ M)g6.(2019北京101中学检测)如图所示，质量为 m的物体静置在水平光滑平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45。处，在此过程中人所做的功为 (),解得 x2=2dg22Mv【答案】C.【解析】由题意知，绳与水平方向夹

38、角为45°时，沿绳方向的速度v= v0cos 45 = "v0,故质量为m的物体2w= 2mv20=7，C 正确.拉力随时间变化如图所示， 用Ek、v、X、速度等于中，对物体应用动能定理可知，在此过程中人所做的功为7 .光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力 F作用开始运动,P分别表示物体的动能、速度、位移和水平拉力的功率，下列四个图象中分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，正确的是 ()ABCD【答案】BD【解析】由动能定理，Fx=F 2at2=Ek,选项A错误；在水平拉力 F作用下，做匀加速直线运动，选项 B正确；其位移 x= 2at2,选项C错误；水平拉力的功率

39、 P=Fv=Fat,选项D正确.8 .一圆弧形的槽，槽底放在水平地面上， 槽的两侧与光滑斜坡 aa'、bb相切，相切处a、b位于同一水平面内， 槽与斜坡在竖直平面内的截面如图所示. 一小物块从斜坡aa上距水平面ab的高度为2h处沿斜坡自由滑下， 并自a处进入槽内，到达b后沿斜坡bb'向上滑行，已知到达的最高处距水平面 ab的高度为h;接着小物块、 沿斜坡bb滑下并从b处进入槽内反向运动，若不考虑空气阻力，则 （）A .小物块再运动到 a处时速度变为零B.小物块每次经过圆弧槽最低点时对槽的压力不同C.小物块不仅能再运动到 a处，还能沿斜坡aa'向上滑行，上升白勺最大高度为hD.小物块不仅能再运动到 a处，还能沿斜坡aa'向上滑行，上升的最大高度小于h【答案】BD【解析】因要克服摩擦阻力做功， 所以每次通过最低点的速度会变小，根据牛顿第二定律有 Fn mg = mR,故可知物块与圆弧槽间的正压力会变小，所以B正确；设第一次通过圆弧槽过程中克服摩擦力做功为Wf,根据动能定理可得 mgh-Wf=0,第二次通过圆弧槽的最低点时因正压力减小，所以摩