新高考物理一輪復(fù)習(xí)刷題練習(xí)第32講 動(dòng)能定理的準(zhǔn)確理解與實(shí)際應(yīng)用（含解析）

第32講動(dòng)能定理的準(zhǔn)確理解與實(shí)際應(yīng)用1．（2022·甲卷）北京2022年冬奧會(huì)首鋼滑雪大跳臺(tái)局部示意圖如圖所示。運(yùn)動(dòng)員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點(diǎn)為a、b之間的最低點(diǎn)，a、c兩處的高度差為h。要求運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)c點(diǎn)時(shí)對(duì)滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)并忽略所有阻力，則c點(diǎn)處這一段圓弧雪道的半徑不應(yīng)小于（）A．?k+1 B．?k C．2?k【解答】解：從a到c根據(jù)動(dòng)能定理有：mgh=在c點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律有：kmg﹣mg=聯(lián)立解得：R=故ABC錯(cuò)誤，D正確；故選：D。（多選）2．（2022·湖南）下端附著重物的粗細(xì)均勻木棒，豎直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿豎直方向做頻率為1Hz的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)；與此同時(shí)，木棒在水平方向上隨河水做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，如圖（a）所示。以木棒所受浮力F為縱軸，木棒水平位移x為橫軸建立直角坐標(biāo)系，浮力F隨水平位移x的變化如圖（b）所示。已知河水密度為ρ，木棒橫截面積為S，重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是（）A．x從0.05m到0.15m的過(guò)程中，木棒的動(dòng)能先增大后減小 B．x從0.21m到0.25m的過(guò)程中，木棒加速度方向豎直向下，大小逐漸變小 C．x＝0.35m和x＝0.45m時(shí)，木棒的速度大小相等，方向相反 D．木棒在豎直方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅為F1E．木棒的運(yùn)動(dòng)為向x軸正方向傳播的機(jī)械橫波，波速為0.4m/s【解答】解：A、木棒在豎直方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，根據(jù)圖（b）可知x＝0.1m處，木棒達(dá)到平衡位置，此時(shí)的速度最大，所以x從0.05m到0.15m的過(guò)程中，木棒的動(dòng)能先增大后減小，故A正確；B、x＝0.2m時(shí)木棒浮力最小，此時(shí)木棒在上方最大位移處，重力大于浮力，木棒開(kāi)始向下振動(dòng)，x從0.21m到0.25m的過(guò)程中，木棒的浮力增大，但小于重力，說(shuō)明在木棒加速度方向豎直向下，大小逐漸變小，故B正確；C、在x＝0.35m和x＝0.45m時(shí)，木板的浮力相同，說(shuō)明木板處于同一位置，根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知，在x＝0.35m和x＝0.45m時(shí)木棒豎直方向的速度大小相等，方向相反，但木棒水平方向速度相同，根據(jù)速度的合成可知，木棒的速度方向不是相反，故C錯(cuò)誤；D、設(shè)木棒在平衡位置處浸沒(méi)的深度為h，振幅為A。浮力最大時(shí)，有：F1＝ρgS（A+h），浮力最小時(shí)，有：F2＝ρgS（h﹣A），聯(lián)立解得：A=FE、振動(dòng)質(zhì)點(diǎn)不會(huì)隨波逐流，故D錯(cuò)誤。故選：ABD。3．（2022·浙江）物流公司通過(guò)滑軌把貨物直接裝運(yùn)到卡車(chē)中，如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長(zhǎng)度l1＝4m，水平滑軌長(zhǎng)度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開(kāi)始下滑，其與滑軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=29，貨物可視為質(zhì)點(diǎn)（取cos24°＝0.9，sin24（1）求貨物在傾斜滑軌上滑行時(shí)加速度a1的大??；（2）求貨物在傾斜滑軌末端時(shí)速度v的大??；（3）若貨物滑離水平滑軌末端時(shí)的速度不超過(guò)2m/s，求水平滑軌的最短長(zhǎng)度l2?！窘獯稹拷猓海?）傾斜滑軌與水平面成θ＝24°角，對(duì)貨物根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1代入數(shù)據(jù)解得：a1＝2m/s2；（2）根據(jù)速度—位移關(guān)系可得：v2＝2a1l1代入數(shù)據(jù)解得：v＝4m/s；（3）貨物在水平軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得：﹣μmgl2=12mv代入數(shù)據(jù)解得：l2＝2.7m。答：（1）貨物在傾斜滑軌上滑行時(shí)加速度a1的大小為2m/s2；（2）貨物在傾斜滑軌末端時(shí)速度v的大小為4m/s；（3）若貨物滑離水平滑軌末端時(shí)的速度不超過(guò)2m/s，則水平滑軌的最短長(zhǎng)度為2.7m。一.知識(shí)回顧1.動(dòng)能（1）定義：物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能。（2）公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2。(3)標(biāo)矢性：動(dòng)能是標(biāo)量，只有正值，動(dòng)能與速度方向無(wú)關(guān)。(4)狀態(tài)量：動(dòng)能是狀態(tài)量，因?yàn)関是瞬時(shí)速度。(5)相對(duì)性：由于速度具有相對(duì)性，所以動(dòng)能也具有相對(duì)性。(6)動(dòng)能的變化：物體末動(dòng)能與初動(dòng)能之差，即ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。動(dòng)能的變化是過(guò)程量。2.動(dòng)能定理(1)內(nèi)容：力在一個(gè)過(guò)程中對(duì)物體做的功，等于物體在這個(gè)過(guò)程中動(dòng)能的變化。(2)表達(dá)式W＝ΔEk;W＝Ek2－Ek1;W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。3．物理意義：合力的功是物體動(dòng)能變化的量度。4．適用范圍廣泛(1)既適用于直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。(2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功。(3)力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以不同時(shí)作用。5.動(dòng)能定理的理解和應(yīng)用(1)做功的過(guò)程就是能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程，動(dòng)能定理表達(dá)式中的“＝”的意義是一種因果關(guān)系在數(shù)值上相等的符號(hào)。因果關(guān)系：合力做功是引起物體動(dòng)能變化的原因。數(shù)量關(guān)系：合力做功與動(dòng)能變化具有等量代換的關(guān)系。單位關(guān)系：國(guó)際單位制中功和能的單位都是焦耳。(2)動(dòng)能定理敘述中所說(shuō)的“力”，既可以是重力、彈力、摩擦力，也可以是靜電力、磁場(chǎng)力或其他力；既可以是恒力，也可以是變力。(3)動(dòng)能定理中涉及的物理量有F、l、α、m、v、W、Ek，在處理含有上述物理量的問(wèn)題時(shí)，優(yōu)先考慮使用動(dòng)能定理。6.應(yīng)用動(dòng)能定理的注意事項(xiàng)(1)應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)抓好“兩狀態(tài)，一過(guò)程”?！皟蔂顟B(tài)”即明確研究對(duì)象的始、末狀態(tài)的速度或動(dòng)能情況，“一過(guò)程”即明確研究過(guò)程，確定這一過(guò)程研究對(duì)象的受力情況和位置變化或位移信息。(2)動(dòng)能定理中的位移和速度必須是相對(duì)于同一個(gè)參考系的，一般以地面或相對(duì)地面靜止的物體為參考系。(3)應(yīng)用動(dòng)能定理的關(guān)鍵在于對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，并畫(huà)出運(yùn)動(dòng)過(guò)程的草圖，借助草圖理解物理過(guò)程之間的關(guān)系。(4)當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同過(guò)程時(shí)，可分段應(yīng)用動(dòng)能定理求解；當(dāng)所求解的問(wèn)題不涉及中間的速度時(shí)，也可以全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理求解，這樣更簡(jiǎn)便。(5)當(dāng)選擇全部子過(guò)程作為研究過(guò)程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時(shí)，要注意運(yùn)用它們的做功特點(diǎn)：①重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無(wú)關(guān)；②大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力與路程的乘積。(6)列動(dòng)能定理方程時(shí)，必須明確各力做功的正、負(fù)，確實(shí)難以判斷的先假定為正功，最后根據(jù)結(jié)果加以檢驗(yàn)。7.應(yīng)用動(dòng)能定理解決問(wèn)題的流程二.例題精析題型一：運(yùn)用動(dòng)能定理求變力做的功（多選）例1．如圖所示，AB為14圓弧軌道，BC為水平直軌道，圓弧的半徑為R，BC的長(zhǎng)度也是R．一質(zhì)量為m的物體，與兩個(gè)軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μA．物體在BC段克服摩擦力所做的功μmgR B．物體在BC段克服摩擦力所做的功mgR C．物體在AB段克服摩擦力所做的功mgR D．物體在AB段克服摩擦力所做的功（1﹣μ）mgR【解答】解：A、BC段物體受摩擦力f＝μmg，位移為R，故BC段摩擦力對(duì)物體做功W＝﹣fR＝﹣μmgR，故A正確，B錯(cuò)誤；C、對(duì)全程由動(dòng)能定理可知，mgR+W1+W＝0解得W1＝μmgR﹣mgR；故AB段克服摩擦力做功為W克＝mgR﹣μmgR，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：AD。題型二：牛頓定律與動(dòng)能定理相結(jié)合解決問(wèn)題例2．如圖，傾角為θ＝30°的光滑固定斜面，一物塊在沿斜面向上的恒定外力F作用下，由靜止開(kāi)始從斜面的底端向上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t物塊至斜面B點(diǎn)（圖未標(biāo)）外力F做的功為W，此后撤去外力F，再經(jīng)過(guò)時(shí)間13A．16W B．14W C．13W 【解答】解：由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律取向上為正方向則有，加速過(guò)程，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v1＝a1t，減速過(guò)程有：v1解得：a2＝3a1，由牛頓第二定律有，加速過(guò)程有：F﹣mgsinθ＝ma1，減速過(guò)程mgsinθ＝ma2，解得F=4由靜止開(kāi)始到撤去外力F的過(guò)程，設(shè)物塊的位移為s，由動(dòng)能定理有：W﹣mgs?sinθ＝Ek，外力做功為：W＝Fs=解得：Ek=1故選：B。題型三：運(yùn)用動(dòng)能定理分析各力做功的數(shù)量關(guān)系（多選）例3．如圖所示，一塊長(zhǎng)木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力拉B，由于A，B間摩擦力的作用，A將在B上滑動(dòng)，以地面為參考系，A和B都向前移動(dòng)一段距離．在此過(guò)程中（）A．B對(duì)A的摩擦力所做的功等于A的動(dòng)能的增量 B．外力F做的功等于A和B動(dòng)能的增量 C．A對(duì)B的摩擦力所做的功等于B對(duì)A的摩擦力所做的功 D．外力F對(duì)B做的功等于B的動(dòng)能的增量與B克服摩擦力所做的功之和【解答】解：A、對(duì)A物運(yùn)用動(dòng)能定理分析可知，B對(duì)A的摩擦力所做的功，等于A的動(dòng)能的增量，故A正確；B、選擇A和B作為研究對(duì)象，運(yùn)用動(dòng)能定理研究：B受外力F做功，A對(duì)B的摩擦力與B對(duì)A的摩擦力是一對(duì)作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動(dòng)，A、B對(duì)地的位移不等，故二者做功不等，根據(jù)功能關(guān)系可知：wF+（﹣f?△x）＝△EkA+△EkB，其中△x為A、B的相對(duì)位移。所以外力F做的功不等于A和B的動(dòng)能的增量，故B錯(cuò)誤。C、A對(duì)B的摩擦力與B對(duì)A的摩擦力是一對(duì)作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動(dòng)，A、B對(duì)地的位移不等，故二者做功不等，故C錯(cuò)誤。D、對(duì)B物體應(yīng)用動(dòng)能定理，WF﹣Wf＝△EkB，Wf為B克服摩擦力所做的功，即WF＝△EkB+Wf，就是外力F對(duì)B做的功等于B的動(dòng)能增量與B克服摩擦力所做的功之和，故D正確。故選：AD。三.舉一反三，鞏固訓(xùn)練一質(zhì)量為m＝2kg的物體自?xún)A角為30°的固定斜面底端沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后回到斜面底端。該物體的動(dòng)能Ek隨位移x的變化關(guān)系如圖所示。取重力加速度g＝10m/s2，則物體沿斜面向上滑動(dòng)的最大距離為（）A．4m B．43m C．16【解答】解：根據(jù)動(dòng)能定理可知，W＝Fx＝Ek﹣Ek0，則可知對(duì)物體上滑和下滑過(guò)程，動(dòng)能Ek隨位移x的圖像的斜率表示合外力，由牛頓第二定律有對(duì)上滑過(guò)程有：mgsin30°+f=對(duì)下滑過(guò)程有：mgsin30°?f=聯(lián)立解得x＝4m，f＝6N，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！伴L(zhǎng)征”系列運(yùn)載火箭是中國(guó)自行研制的航天運(yùn)載工具，為中國(guó)航天的發(fā)展提供了強(qiáng)有力的支撐?！伴L(zhǎng)征三號(hào)”丙發(fā)射“嫦娥二號(hào)”，“嫦娥二號(hào)”質(zhì)量為m，假設(shè)可以把整個(gè)助推過(guò)程看成初速度為0的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，助推的距離為s，時(shí)間為t，則它們?cè)诿撾x的瞬間，“嫦娥二號(hào)”獲得的動(dòng)能是（）A．ms2t2 B．2ms2【解答】解：根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得：v=則根據(jù)動(dòng)能的計(jì)算公式可得：Ek故選：C。甲、乙兩輛汽車(chē)在水平路面上行駛，若甲車(chē)速度從10km/h加速到20km/h，乙汽車(chē)的速度從50km/h加速到60km/h，下列說(shuō)法正確的是（）A．甲汽車(chē)的動(dòng)能增大到原來(lái)的2倍 B．乙汽車(chē)的動(dòng)能增大到原來(lái)的2倍 C．若甲、乙兩車(chē)的質(zhì)量相等，則甲車(chē)所受合力做功較多 D．若甲、乙兩車(chē)的質(zhì)量相等，則乙車(chē)所受合力做功較多【解答】解：AB、由EkCD、由動(dòng)能定理可知，外力所做的功等于動(dòng)能的變化量，若甲乙兩車(chē)的質(zhì)量相等，有W甲=W乙=12mv42故選：D。一輛質(zhì)量為m的汽車(chē)在發(fā)動(dòng)機(jī)牽引力F的作用下，沿水平方向運(yùn)動(dòng).在t0時(shí)刻關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)，其運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖象如圖所示，已知汽車(chē)行駛過(guò)程中牽引力所做的功為WF，克服阻力所做的功為Wf.下列說(shuō)法中正確的是（）A．汽車(chē)加速過(guò)程與減速過(guò)程的平均速度之比為1：2 B．汽車(chē)加速過(guò)程與減速過(guò)程動(dòng)能變化量的絕對(duì)值不同 C．F：f＝3：1 D．WF：Wf＝1：3【解答】解：A、由圖示v﹣t圖象可知，加速過(guò)程平均速度大小v加=0+vm2B、汽車(chē)加速過(guò)程動(dòng)能的變化量ΔEk加=12mvm2?0=C、由圖示v﹣t圖象可知，加速階段加速度大小a加=vmt0根據(jù)牛頓第二定律得：F﹣f＝ma加，f＝ma減，解得：F：f＝3：1，故C正確；D、在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：WF﹣Wf＝0﹣0，故WF：Wf＝1：1，故D錯(cuò)誤。故選：C。如圖甲所示，質(zhì)量為1kg的物塊靜止在粗糙的水平面上，用大小為10N的水平拉力F拉動(dòng)物塊，其動(dòng)能Ek隨位移x變化的關(guān)系圖線(xiàn)如圖乙所示。重力加速度g＝10m/s2，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）A．水平拉力做的功為40J B．物塊運(yùn)動(dòng)的加速度大小為4m/s2 C．物塊與水平面間的摩擦力大小為2N D．物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1【解答】解：A．水平拉力做的功為W＝Fx＝10×5J＝50J，故A錯(cuò)誤。C．設(shè)物塊與水平面間的摩擦力大小為f，由動(dòng)能定理可知：Ek＝Fx﹣fx＝（F﹣f）x結(jié)合圖乙可知，物塊受到的合外力的大小為：F﹣f=40摩擦力大小為：f＝2N，故A錯(cuò)誤；C正確；B．由牛頓第二定律可知F﹣f＝ma代入數(shù)據(jù)解得：a＝8m/s2，故B錯(cuò)誤；D．由f＝μN(yùn)代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.2。故D錯(cuò)誤。故選：C。如圖所示裝置，AB為光滑豎直管道，高度h＝8m，BCD為半徑R1＝2m的光滑半圓軌道，DE為半徑R2＝3m的粗糙四分之一圓軌道，現(xiàn)有質(zhì)量m＝1kg的小球從A點(diǎn)由靜止釋放，進(jìn)入到裝置中。已知小球到達(dá)E點(diǎn)時(shí)，小球?qū)ν廛壍赖膲毫?.5mg，g＝10m/s2，下面正確的是（）A．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球的機(jī)械能守恒 B．小球到達(dá)最低點(diǎn)C點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力為100N C．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，摩擦力做的功Wf＝﹣37.5J D．小球從E點(diǎn)離開(kāi)軌道，再次落到地面上時(shí)的動(dòng)能為Ek＝87.5J【解答】解：A、小球在DE段運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，阻力做負(fù)功，小球的機(jī)械能減少，故A錯(cuò)誤；B、設(shè)小球到達(dá)最低點(diǎn)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1，從A到C過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：mg（h+R1）=1在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得：FN﹣mg＝mv聯(lián)立解得：FN＝110N，根據(jù)牛頓第三定律可得小球到達(dá)最低點(diǎn)C點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力為110N，故B錯(cuò)誤；C、設(shè)小球到達(dá)E點(diǎn)時(shí)，小球的速度大小為v2，對(duì)小球根據(jù)牛頓第二定律可得：1.5mg+mg＝mv2代入數(shù)據(jù)解得：v2＝53m/s小球從A到E過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：mg（h﹣R2）+Wf=1聯(lián)立解得：Wf＝﹣12.5J，故C錯(cuò)誤；D、從E到地面過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：mg（R1+R2）＝Ek?代入數(shù)據(jù)解得：Ek＝87.5J，故D正確。故選：D。在一個(gè)斜面上，擺兩條（光滑）軌道，一條是直線(xiàn)，一條是曲線(xiàn)，起點(diǎn)高度以及終點(diǎn)高度都相同。兩個(gè)質(zhì)量，大小一樣的小球同時(shí)從起點(diǎn)向下滑落，曲線(xiàn)的小球反而先到終點(diǎn)。這是由于曲線(xiàn)軌道上的小球先達(dá)到最高速度，所以先到達(dá)。然而，兩點(diǎn)之間的直線(xiàn)只有一條，曲線(xiàn)卻有無(wú)數(shù)條，那么，哪一條才是最快的呢？1696年，瑞士數(shù)學(xué)家約翰?伯努利解決了這個(gè)問(wèn)題，這條最速曲線(xiàn)就是一條擺線(xiàn)，也叫旋輪線(xiàn)?，F(xiàn)讓質(zhì)量相同的小球1和2分別同時(shí)從起點(diǎn)沿直線(xiàn)，最速曲線(xiàn)由靜止開(kāi)始下滑到斜面底端。此過(guò)程中（）A．球2到達(dá)終點(diǎn)時(shí)速度更大 B．兩小球下滑過(guò)程中合力做功一樣多 C．最速曲線(xiàn)軌道對(duì)球2的支持力做正功 D．兩小球下滑到底端時(shí)重力做功的瞬時(shí)功率一樣大【解答】解：AB．由圖可知，兩球沿兩條不同的路徑下滑，都只有重力做功，且下落的高度相同，根據(jù)動(dòng)能定理有mg?=12mC．最速曲線(xiàn)軌道對(duì)球2的支持力始終與速度方向垂直，故不做功，故C錯(cuò)誤；D．兩小球下滑到底端時(shí)，速度大小相等但速度方向不相同，故重力做功的瞬時(shí)功率不一樣大，故D錯(cuò)誤。故選：B。圖甲所示為固定在豎直平面內(nèi)半徑為R＝0.5m的半圓形軌道，A為最低點(diǎn)，B與圓心等高，C為最高點(diǎn)，AC豎直。一質(zhì)量為1kg的小球從最低點(diǎn)A以一定速度進(jìn)入半圓軌道，沿軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球的速率的平方與上升高度的關(guān)系圖像如圖乙所示。已知軌道粗糙程度處處相同，小球能夠到達(dá)最高點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2。則下列說(shuō)法正確的是（）A．小球從軌道脫離時(shí)速度大小為5m/s B．小球沿軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程中摩擦力做的功為8.5J C．小球能到達(dá)的最高點(diǎn)的高度為0.8m D．小球經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的切向加速度與初動(dòng)能有關(guān)【解答】解：A.若軌道沒(méi)有摩擦力，根據(jù)動(dòng)能定理﹣mg?2R=1B.若小剛好達(dá)到最高點(diǎn)，mg=mv2R，得v=gRC.由圖乙知，小球上升的高度h＝2R＝1m，小球能夠達(dá)到最高點(diǎn)，故C錯(cuò)誤。D.小球在最低處，根據(jù)牛頓第二定律N?mg=mv02R，又最低處的動(dòng)能Ek0=1故選：D。如圖所示，人通過(guò)滑輪將質(zhì)量為m的物體，沿粗糙的斜面由靜止開(kāi)始勻加速地由底端拉上斜面，物體上升的高度為h時(shí)，速度為v。在此過(guò)程中（）A．重力對(duì)物體做的功為mgh B．物體所受的合力做功等于mgh+1C．人的拉力做功等于mgh+1D．人的拉力做功大于mgh+【解答】解：A、重力對(duì)物體做的功為﹣mgh，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)動(dòng)能定理，物體所受的合力做功等于物體的動(dòng)能變化量，即為12CD、根據(jù)動(dòng)能定理得：W?mg??W則人的拉力做功為W=mg?+1故選：D。如圖所示，質(zhì)量為m的物體在水平恒力F的作用下，從傾角為θ的斜面底端O點(diǎn)沿斜面緩慢移動(dòng)到A點(diǎn)，去掉F后，物體立即從A點(diǎn)下滑到水平面的B點(diǎn)停下。已知OA距離為L(zhǎng)1，OB距離為L(zhǎng)2，物體與水平面和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，下面判斷正確的是（）A．物體從O點(diǎn)到A點(diǎn)，重力做的功是mgL1sinθ B．物體從O點(diǎn)到A點(diǎn)，水平恒力F做的功是FL1 C．物體從O點(diǎn)到A點(diǎn)和從A點(diǎn)下滑到O點(diǎn)克服摩擦力做的功相等 D．物體從A點(diǎn)下滑到水平面的B點(diǎn)，克服摩擦力做的功是μmg（L1cosθ+L2）【解答】解：A.物體從O點(diǎn)到A點(diǎn)，重力做的功是WG＝﹣mgL1sinθ，故A錯(cuò)誤；B.物體從O點(diǎn)到A點(diǎn)，水平恒力F做的功是WF＝FL1sinθ，故B錯(cuò)誤；C.物體從O點(diǎn)到A點(diǎn)的摩擦力大小為f＝μ（mgcosθ+Fsinθ），從A點(diǎn)下滑到O點(diǎn)過(guò)程中摩擦力大小為μmgcosθ，兩個(gè)過(guò)程中位移大小相等，所以?xún)蛇^(guò)程中克服摩擦力做的功不相等，故C錯(cuò)誤；D.物體從A點(diǎn)下滑到水平面的B點(diǎn)克服摩擦力做功為Wf＝μmg（L1cosθ+L2），故D正確。故選：D。某興趣小組設(shè)計(jì)了一款智能彈跳游戲，簡(jiǎn)化模型如圖所示，有一長(zhǎng)為L(zhǎng)（已知量）的空心上下無(wú)底的圓筒，圓筒頂端固定了一個(gè)智能主控裝置（未畫(huà)出），可以自動(dòng)檢測(cè)彈性小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)物理量和對(duì)小球施加的特定作用力，圓筒軸線(xiàn)上與筒頂端等高處有一彈性小球，現(xiàn)讓小球和圓筒同時(shí)由靜止自由落下，圓筒與小球間無(wú)相互作用力，圓筒碰地后立即豎直鎖住讓它停止運(yùn)動(dòng)，小球碰地后的反彈速率為落地時(shí)速率的25（1）在游戲成功的情況下，圓筒釋放時(shí)下端距水平面的高度H；（2）在游戲成功的情況下，小球從釋放到第一次落地所經(jīng)歷的時(shí)間t；（3）另一次彈跳實(shí)驗(yàn)，若小球和圓筒同時(shí)由靜止釋放的同時(shí)，智能主控裝置自動(dòng)對(duì)彈性小球產(chǎn)生一個(gè)豎直向下的恒力，將小球快速向下彈出，檢測(cè)到小球向下彈出的加速度大小為5g，