2025高考物理步步高同步练习必修2第八章 章末检测试卷(四)含答案

2025高考物理步步高同步练习必修2第八章章末检测试卷(四)(时间：75分钟满分：100分)一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分．每题只有一个选项最符合题意．1．第24届冬季奥林匹克运动会将在2022年由北京和张家口联合举办，跳台滑雪是比赛项目之一．若某运动员从跳台边缘水平滑出，经过一段时间落到斜坡上，忽略空气阻力的影响，则有关运动员的下落过程，下列说法正确的是()A．运动员的加速度逐渐增大B．运动员的重力势能逐渐增加C．运动员的动能逐渐增加D．运动员的机械能逐渐增加答案C解析运动员在下落过程中仅受重力，根据牛顿第二定律可知，运动员的加速度不变，故A错误；在运动员下落过程中，重力对他做正功，运动员的重力势能减少，故B错误；在运动员下落过程中，他的重力势能转化为动能，动能逐渐增加，故C正确；运动员在下落过程中仅有重力做功，机械能守恒，故D错误．2.如图1，木板可绕固定的水平轴O转动．木板从水平位置OA缓慢转到OB位置，木板上的物块始终相对于木板静止，在这一过程中，物块的重力势能增加了2J．用FN表示物块受到的支持力，用Ff表示物块受到的静摩擦力．在这一过程中，以下判断正确的是()图1A．FN和Ff对物块都不做功B．FN对物块做功为2J，Ff对物块不做功C．FN对物块不做功，Ff对物块做功为2JD．FN和Ff对物块所做的总功为4J答案B解析由题意知物块绕O点做圆周运动，瞬时速度方向始终与Ff垂直而与FN平行，故FN对物块做正功而Ff对物块不做功．因物块缓慢运动，重力势能的增量即为物块机械能的增量，由功能关系知机械能的增量等于除重力外其他力所做的功，本题除重力外只有FN与Ff两个力作用，结合上述分析可知B正确．3．(2021·江苏南京市高一月考)静置于水平地面上质量为1kg的物体，在水平拉力F＝4＋2x(式中F为力的大小、x为位移的大小，力F、位移x的单位分别是N、m)作用下，沿水平方向移动了5m．已知重力加速度g＝10m/s2，则在物体移动5m的过程中拉力所做的功为()A．35JB．45JC．55JD．65J答案B解析水平拉力F＝4＋2x，则物体移动5m过程中拉力的平均值为eq\x\to(F)＝eq\f(4＋4＋2×5,2)N＝9N，则拉力做的功W＝eq\x\to(F)x＝9×5J＝45J，故选B.4．质量为m的汽车在平直公路上行驶，阻力Ff保持不变．当汽车的速度为v、加速度为a时，发动机的实际功率为()A．Ffv B．mavC．(ma＋Ff)v D．(ma－Ff)v答案C解析由题意知，汽车受到的阻力为Ff，当加速度为a时，由牛顿第二定律有F－Ff＝ma，得F＝Ff＋ma；根据P＝Fv，则发动机的实际功率为P＝(Ff＋ma)v，选项C正确．5.(2020·厦门一中高一期末)如图2所示，轻弹簧水平固定在墙上，一小球以初速度v0沿光滑水平面向左运动．在小球向左压缩弹簧的过程中()图2A．小球做匀减速运动B．小球和弹簧组成的系统机械能不守恒C．克服弹簧弹力做功，小球机械能减少D．小球和弹簧刚接触时速度最大，加速度最大答案C解析在小球向左压缩弹簧的过程中，弹簧的形变量越来越大，弹簧弹力越来越大，根据牛顿第二定律可知，小球的加速度越来越大，小球做加速度变大的减速运动，A错误；小球和弹簧组成的系统所受外力做功为零，系统的机械能守恒，B 错误；弹簧弹力对小球做负功，即小球克服弹簧弹力做功，小球的机械能减少，C正确；小球和弹簧刚接触时速度最大，但此时弹簧弹力最小，加速度最小，D错误．6.(2020·林州一中高一调研)如图3，一质量为m的足球，以速度v由地面踢起，当它到达离地面高度为h的B点处(取B点处所在水平面为参考平面)时，下列说法正确的是(重力加速度为g，不计空气阻力)()图3A．足球在B点处的重力势能为mghB．足球在B点处的动能为mghC．足球在B点处的机械能为eq\f(1,2)mv2－mghD．足球在B点处的机械能为eq\f(1,2)mv2答案C解析取B点处所在水平面为参考平面，所以足球在B点处的重力势能为零，A错误；从A到B过程，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2－mgh＝eq\f(1,2)mvB2，可得足球在B点处的动能为eq\f(1,2)mv2－mgh，B错误；足球在空中运动的过程中机械能守恒，在B点处的机械能E＝eq\f(1,2)mv2－mgh，C正确，D错误．7．(2021·江苏南通市高一期末)如图4所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端连接一质量为m的小球，将小球拉至与O点等高，细绳处于伸直状态的位置后由静止释放，经时间t轻绳转过的角度为θ.在小球由静止释放到运动至最低点的过程中，下列关于小球重力势能Ep(取最低点所在平面为参考平面)随角度θ变化、动能Ek随时间t变化的图像中，可能正确的是()图4答案C解析小球下落过程中重力势能只与高度有关，则下落过程中重力势能为Ep＝mgl(1－sinθ)，故A、B错误．由于小球下落过程中初始位置速度为零，动能为零，在最低点速度达到最大，切向加速度为0，动能变化率为0，故C正确，D错误．8.如图5，倾角θ＝37°的光滑斜面固定在水平面上，斜面长L＝0.75m，质量m＝1.0kg的物块(可视为质点)从斜面顶端无初速度释放，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，则()图5A．物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力做功为7.5JB．物块滑到斜面底端时的动能为1.5JC．物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力的平均功率为24WD．物块滑到斜面底端时重力的瞬时功率为18W答案D解析重力做的功为WG＝mgLsinθ＝4.5J，故A错误；根据动能定理可得mgLsinθ＝Ek＝4.5J，故B错误；对物块受力分析可知mgsinθ＝ma，L＝eq\f(1,2)at2，解得：t＝0.5s，平均功率P＝eq\f(WG,t)＝eq\f(4.5J,0.5s)＝9W，故C错误；物块运动到斜面底端时的瞬时速度大小为v＝eq\r(\f(2Ek,m))＝3m/s，瞬时功率为P′＝mgvsinθ＝18W，故D正确．9．(2021·江苏扬州市扬州中学高一月考)如图6所示，楔形木块ABC固定在水平面上，斜面AB、BC与水平面的夹角分别为53°、37°.质量分别为2m、m的两滑块P、Q，通过不可伸长的轻绳跨过轻质定滑轮连接，轻绳与斜面平行．已知滑块P与AB间的动摩擦因数为eq\f(1,3)，其他摩擦不计，重力加速度为g，sin53°＝0.8，sin37°＝0.6，滑块运动的过程中()图6A．Q动能的增加量等于轻绳对Q做的功B．Q机械能的增加量等于P机械能的减少量C．P机械能的减少量等于系统摩擦产生的热量D．两滑块运动的加速度大小为0.2g答案D解析在两滑块运动的过程中，Q沿斜面上升，轻绳的拉力和重力都对Q做功，由动能定理知，Q动能的增加量等于轻绳对Q做的功与重力做功的代数和，A错误；由于P下滑过程中要产生内能，所以Q机械能的增加量与系统摩擦产生的热量之和等于P机械能的减少量，B、C错误；根据牛顿第二定律，对Q有FT－mgsin37°＝ma，对P有2mgsin53°－FT－μ·2mgcos53°＝2ma，联立解得a＝0.2g，故D正确．10.如图7所示，轻弹簧放置在倾角为30°的固定斜面上，下端固定于斜面底端的挡板上，质量为1kg的滑块从斜面上a点由静止开始下滑，到b点接触弹簧，至c点速度为0，然后又回到a点．已知xab＝1m，xbc＝0.2m，g取10m/s2，下列说法正确的是()图7A．滑块运动到b点时，动能最大B．整个过程中滑块动能的最大值大于6JC．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6JD．因斜面对滑块的摩擦力对滑块做负功，滑块和弹簧组成的系统在整个过程中机械能逐渐减小答案C解析滑块又回到a点，说明斜面光滑，滑块和弹簧组成的系统在整个过程中机械能守恒，D错误；滑块先匀加速运动到b点，接触弹簧，此时滑块所受重力沿斜面的分力大于弹簧弹力，合力大于0，当滑块所受的合力为0时，滑块速度最大，设滑块在d点时所受合力为0，d点在b点和c点之间，滑块从a点到d点，由动能定理得mghad＋W弹＝Ekd－0，而mghad<mghac＝mgxacsin30°＝6J，W弹<0，所以Ekd<6J，A、B错误；滑块从a点到c点，由动能定理得mghac＋W弹′＝0－0，hac＝xacsin30°，解得W弹′＝－6J，弹簧弹力做的功与弹性势能的变化量大小相等，所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6J，C正确．二、非选择题：共5题，共60分．其中第12题～第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位．11．(15分)(2021·江苏连云港市·高一期末)如图8所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可验证机械能守恒定律．图8(1)下列哪些操作或做法是必要的______________．A．先接通电源后释放纸带B．重物的体积应尽可能大些C．必须要称出重物和夹子的质量D．将连着重物的纸带穿过限位孔，用手提住纸带，且让纸带保持竖直(2)安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图9所示(其中一段纸带图中未画出)．图中O点为打出的起始点，且速度为零．选取在纸带上连续打出的点A、B、C、D、E、F、G作为计数点，测出A、B、C、D、E、F、G点到O点的距离h记录在表格中，已知打点计时器打点周期为T＝0.02s．由此可计算出重物下落到各点时的瞬时速度v，其中D点的瞬时速度vD＝____________m/s(结果保留三位有效数字)，并依据下表所给数据在给定的坐标纸上作出v2－h图像．图9计数点ABCDEFGh/cm9.6012.5215.8819.6023.7228.2033.10v/(m·s－1)/1.571.772.152.35/v2/(m·s－1)2/2.463.134.625.52/(3)已知当地重力加速度g＝9.8m/s2，根据画出的图像判断机械能是否守恒并说出判定的依据：__________________.(4)若实验中阻力的存在不可忽略，验证时将发现重物重力势能的减少量________(选填“大于”“等于”或“小于”)物体动能的增加量．答案(1)AD(2)1.96见解析图(3)见解析(4)大于(每空3分)解析(1)实验时，先接通电源后释放纸带，故A正确；应选用质量大、体积小的重物，这样可以减小空气阻力的影响，故B错误；由于本实验需验证的是mgΔh＝eq\f(1,2)mv2，等式两边都有m，所以不必称出重物和夹子的质量，故C错误；将连着重物的纸带穿过限位孔，用手提住纸带，且让纸带保持竖直，故D正确．(2)D点的瞬时速度大小为vD＝eq\f(hCE,2T)＝eq\f(23.72－15.88×10－2,2×0.02)m/s＝1.96m/s结合表中数据，描点，连线如图所示(3)若重物机械能守恒，则有mgΔh＝eq\f(1,2)mv2，则v2＝2gΔh.则v2－h图像是一条过原点，斜率为2gk＝2g的直线根据作出的图线，可以求得斜率k′＝19.52≈2g，在误差允许范围内，重物机械能守恒．(4)若实验中阻力的存在不可忽略，则重物一部分重力势能将转化为内能，所以验证时将发现重物重力势能的减少量大于重物动能的增加量．12．(8分)(2020·沙市中学高一月考)质量为m＝0.14kg的小球自H＝2m的高度处由静止释放，第一次与地面碰撞后反弹的最大高度为h＝1.5m．设碰撞时没有能量损失，且小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变，重力加速度g取10m/s2，求：(1)小球受到的空气阻力大小Ff；(2)小球运动的总路程s.答案(1)0.2N(2)14m解析(1)对小球由静止释放到第一次反弹到最大高度的过程，由动能定理得mg(H－h)－Ff(H＋h)＝0－0(2分)解得Ff＝0.2N．(2分)(2)对小球由静止释放到最后停在地面上的过程，由动能定理得mgH－Ffs＝0－0(2分)解得s＝14m．(2分)13．(10分)如图10所示，水平长直轨道AB与半径为R＝0.8m的光滑eq\f(1,4)竖直圆轨道BC相切于B点，轨道BC与半径为r＝0.4m的光滑eq\f(1,4)竖直圆轨道CD相切于C点，质量m＝1kg的小球静止在A点，现用F＝18N的水平恒力向右拉小球，在到达AB中点时撤去拉力，小球恰能通过D点．已知小球与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2.求：图10(1)小球在D点的速度大小vD；(2)小球在B点对圆轨道的压力大小FNB；(3)A、B两点间的距离x.答案(1)2m/s(2)45N(3)2m解析(1)小球恰好过最高点D，在D点，由牛顿第二定律有：mg＝meq\f(v\o\al(D2),r)(2分)解得：vD＝2m/s；(1分)(2)小球从B到D，由动能定理：－mg(R＋r)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(D2)－eq\f(1,2)mvB2(2分)设小球在B点受到的圆轨道的支持力大小为FN，由牛顿第二定律有：FN－mg＝meq\f(v\o\al(B2),R)(1分)由牛顿第三定律得FNB＝FN(1分)联立解得：FNB＝45N；(1分)(3)小球从A到B，由动能定理：F·eq\f(x,2)－μmgx＝eq\f(1,2)mvB2(1分)解得：x＝2m．(1分)14.(12分)(2021·重庆一中高一期末)如图11所示，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角θ＝37°的固定光滑直轨道AC的底端挡板上，另一端位于直轨道上B点，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，BC＝4R，D点为圆弧轨道的最高点，A、B、C、D均在同一竖直面内，质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点，BE＝R.重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.图11(1)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；(2)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放，释放后P恰好能到达圆弧轨道的最高点D，求改变后P的质量．答案(1)3mgR(2)eq\f(30,53)m解析(1)物块由C到E的过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒，有mg·5Rsinθ＝Ep(3分)解得Ep＝3mgR(1分)(2)物块恰好能到达D点，由牛顿第二定律，有m1g＝m1eq\f(v\o\al(D2),R)(2分)解得vD＝eq\r(gR)(1分)物块由E到D的过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒，有Ep＝m1g·hED＋eq\f(1,2)m1vD2(3分)其中E到D的高度差hED＝5Rsinθ＋R＋Rcosθ＝eq\f(24,5)R(1分)解得改变后P的质量m1＝eq\f(30,53)m.(1分)15．(15分)(2020·银川一中高一期末)如图12所示，跨过处于同一高度的两相同轻质定滑轮的细线连接着质量相同的物体A和B，A套在光滑水平杆上，定滑轮距离水平杆的高度h＝0.2m，开始时令连接A的细线与水平杆的夹角θ1＝37°，由静止释放B，当细线与水平杆的夹角θ2＝53°时，A的速度为多大？在以后的运动过程中，A所获得的最大速度是多少？(不计空气阻力以及定滑轮的大小和摩擦，B不会碰到水平杆，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，结果均保留两位有效数字)图12答案1.1m/s1.6m/s解析在A、B两物体组成的系统中，只有动能和重力势能的转化，系统机械能守恒．设θ2＝53°时，A、B两物体的速度大小分别为vA、vB，B下降的高度为h1，则由机械能守恒定律得mgh1＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2(3分)其中h1＝eq\f(h,sinθ1)－eq\f(h,sinθ2)(2分)且vAcosθ2＝vB(2分)代入数据解得vA≈1.1m/s(2分)A运动至左边滑轮的正下方时速度最大，此时B的速度为零，设此过程中B下降的高度为h2，则由机械能守恒定律得mgh2＝eq\f(1,2)mvAm2(2分)其中h2＝eq\f(h,sinθ1)－h(2分)代入数据解得vAm≈1.6m/s.(2分)本章知识网络构建动能定理的应用1[学习目标]1.进一步理解动能定理，会利用动能定理分析变力做功问题.2.会利用动能定理分析相关的图像问题．一、利用动能定理求变力做功1．动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便．2．当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W变＋W其他＝ΔEk.(2021·金陵中学月考)如图1所示，摩托车做特技表演时，以v0＝10m/s的初速度从高台底部冲向高台顶端，然后从高台顶端水平飞出．摩托车在冲向高台顶端的过程中始终以P＝4kW的额定功率行驶，所经历的时间t＝3s．人和车的总质量m＝1.8×102kg，台高h＝5m，摩托车冲到高台顶端时的速度为v＝11m/s.取重力加速度g＝10m/s2.求：图1(1)摩托车在冲向高台顶端的过程中牵引力所做的功；(2)摩托车在冲向高台顶端的过程中克服阻力所做的功．答案(1)1.2×104J(2)1.11×103J解析(1)摩托车在冲向高台顶端的过程中牵引力所做的功W＝Pt＝1.2×104J(2)设摩托车在冲向高台顶端的过程中阻力所做的功为Wf，根据动能定理有W＋Wf－mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得Wf＝－1.11×103J即摩托车在冲向高台顶端的过程中克服阻力所做的功为1.11×103J.针对训练如图2所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在水平地面上的斜面．设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，重力加速度为g，则从A到C的过程中弹簧弹力做的功是()图2A．mgh－eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(1,2)mv2－mghC．－mgh D．－(mgh＋eq\f(1,2)mv2)答案A解析由A到C的过程运用动能定理可得－mgh＋W＝0－eq\f(1,2)mv2，所以W＝mgh－eq\f(1,2)mv2，故A正确．一个质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，OQ与OP的夹角为θ，如图3所示，重力加速度为g，则拉力F所做的功为()图3A．mglcosθ B．mgl(1－cosθ)C．Flcosθ D．Flsinθ答案B解析小球缓慢移动，始终处于平衡状态，由平衡条件可知，F＝mgtanθ，θ为轻绳与OP的夹角，随着θ的增大，F也在增大，是一个变化的力，不能直接用功的公式求它所做的功．由于小球缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得：－mgl(1－cosθ)＋WF＝0，所以WF＝mgl(1－cosθ)，B正确，A、C、D错误．二、动能定理在图像中的应用动能定理与图像结合问题的分析方法：1．首先看清楚图像的种类(如v－t图像、F－x图像、Ek－x图像等)．2．挖掘图像的隐含条件，求出所需物理量，如利用v－t图像与t轴所包围“面积”求位移，利用F－x图像与x轴所包围“面积”求功，利用Ek－x图像的斜率求合力等．3．再分析还有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量．一质量为4kg的物体，在水平恒定拉力的作用下在粗糙的水平面上做匀速直线运动．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．如图4所示为拉力F随位移x变化的关系图像．g取10m/s2，则据此可以求得()图4A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.2B．整个过程摩擦力对物体所做的功为Wf＝－8JC．物体匀速运动时的速度为v＝2m/sD．整个过程合外力对物体所做的功为W＝－4J答案D解析物体在水平恒定拉力的作用下在粗糙的水平面上做匀速直线运动，由平衡条件可得Ff＝F＝4N，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝eq\f(Ff,mg)＝eq\f(4,4×10)＝0.1，所以A错误；整个过程摩擦力对物体所做的功为Wf＝－Ffx＝－4×4J＝－16J，所以B错误；根据WF＝Fx可知，拉力F随位移x变化的图像中图线与x轴所围的面积表示拉力所做的功，则有WF＝eq\f(2＋4,2)×4J＝12J，设物体匀速运动时的速度为v，由动能定理可得WF＋Wf＝0－eq\f(1,2)mv2，代入数据解得v＝eq\r(2)m/s，所以C错误；整个过程合外力对物体所做的功为W＝WF＋Wf＝12J－16J＝－4J，所以D正确．(2021·江苏扬州市扬州中学高一期中)在粗糙的水平面上给滑块一定的初速度，使其沿粗糙的水平面滑动，经测量描绘出了滑块的动能与滑块的位移的变化规律图线，如图5所示．用μ表示滑块与水平面之间的动摩擦因数，用t表示滑块在该水平面上滑动的时间，已知滑块的质量为m＝19kg，g＝10m/s2.则μ和t分别等于()图5A．0.01、10s B．0.01、5sC．0.05、10s D．0.05、5s答案A解析由图像看出：滑块以9.5J的初动能滑行5m后停止．对滑块由动能定理得－μmgx＝0－Ek0代入数据得μ＝0.01，设滑块的初速度大小为v，则由eq\f(1,2)mv2＝9.5J，解得v＝eq\r(\f(2×9.5,19))m/s＝1m/s滑块的加速度大小为a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝0.1m/s2，则滑块运动的时间为t＝eq\f(v,a)＝10s，故选A.1.物体沿直线运动的v－t图像如图1所示，已知在第1s内合力对物体做功为W，则()图1A．从第1s末到第3s末合力做功为4WB．从第3s末到第5s末合力做功为－2WC．从第5s末到第7s末合力做功为WD．从第3s末到第4s末合力做功为－0.5W答案C解析由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理得第1s内：W＝eq\f(1,2)mv02从第1s末到第3s末：W1＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv02＝0，A错误；从第3s末到第5s末：W2＝0－eq\f(1,2)mv02＝－W，B错误；从第5s末到第7s末：W3＝eq\f(1,2)m(－v0)2－0＝W，C正确；从第3s末到第4s末：W4＝eq\f(1,2)m(eq\f(v0,2))2－eq\f(1,2)mv02＝－0.75W，D错误．2.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一水平轻弹簧O端相距s，如图2所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧接触后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始接触到弹簧被压缩至最短(弹簧始终在弹性限度内)，物体克服弹簧弹力所做的功为()图2A.eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x) B.eq\f(1,2)mv02－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)答案A解析由动能定理得－W－μmg(s＋x)＝0－eq\f(1,2)mv02，W＝eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，A正确，B、C、D错误．3.如图3所示为一水平的转台，半径为R，一质量为m的滑块放在转台的边缘，已知滑块与转台间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.若转台的转速由零逐渐增大，当滑块在转台上刚好发生相对滑动时，转台对滑块所做的功为()图3A.eq\f(1,2)μmgR B．2πmgRC．2μmgR D．0答案A解析滑块即将开始发生相对滑动时，最大静摩擦力(等于滑动摩擦力)提供向心力，有μmg＝eq\f(mv2,R)，根据动能定理有Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)μmgR，A正确．4.如图4所示，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的小球自轨道端点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.小球自P点滑到Q点的过程中，克服摩擦力所做的功为()图4A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D.eq\f(π,4)mgR答案C解析在最低点，根据牛顿第三定律可知，轨道对小球的支持力F＝2mg，根据牛顿第二定律可得F－mg＝meq\f(v2,R)，从P点到最低点Q的过程，由动能定理可得mgR－W克f＝eq\f(1,2)mv2，联立可得克服摩擦力做的功W克f＝eq\f(1,2)mgR，选项C正确．5.如图5所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中到达的最高点的高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是()图5A．运动员踢球时对足球做功eq\f(1,2)mv2B．足球上升过程重力做功mghC．运动员踢球时对足球做功eq\f(1,2)mv2＋mghD．足球上升过程克服重力做功eq\f(1,2)mv2＋mgh答案C解析足球上升过程中重力做负功，WG＝－mgh，B、D错误；从运动员踢球至足球上升至最高点的过程中，由动能定理得W－mgh＝eq\f(1,2)mv2，故运动员踢球时对足球做功W＝eq\f(1,2)mv2＋mgh，A错误，C正确．6.质量为10kg的物体，在变力F的作用下沿x轴做直线运动，力F随位移x的变化情况如图6所示．物体在x＝0处，速度为1m/s，假设物体只受力F的作用，则物体运动到x＝16m处时，速度大小为()图6A．2eq\r(2)m/sB．3m/sC．4m/sD.eq\r(17)m/s答案B解析根据力F随位移x变化关系图像与横轴所围“面积”表示功，可知力F做功W＝4×10J＋eq\f(1,2)×(8－4)×10J－eq\f(1,2)×(16－12)×10J＝40J．由动能定理，W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得v＝3m/s，选项B正确．7.如图7所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，两轨道在B点平滑连接，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，不计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为()图7A.eq\f(1,2)μmgR B.eq\f(1,2)mgRC．mgR D．(1－μ)mgR答案D解析设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，对物体从A到C的全过程，由动能定理得mgR－WAB－μmgR＝0，故WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR.8.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8所示，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迹的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，已知重力加速度为g，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是()图8A.eq\f(1,4)mgRB.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgRD．mgR答案C解析小球通过最低点时，设绳的张力为FT，则FT－mg＝meq\f(v\o\al(12),R)，即6mg＝meq\f(v\o\al(12),R)①小球恰好通过最高点，绳子拉力为零，则有mg＝meq\f(v\o\al(22),R)②小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得－mg·2R－W克f＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12③由①②③式解得W克f＝eq\f(1,2)mgR，选C.9．(2021·浙江嘉兴市期中)将物体以一定的初动能Ek0竖直向上抛出，然后落回到原处，物体运动过程中所受空气阻力大小恒定．在这个过程中物体动能Ek与位移x的关系图是()答案C10.(2020·南通中学高一检测)有一个竖直放置的固定圆形轨道，半径为R，由左右两部分组成．如图9所示，右半部分AEB是