(建議用時(shí)：35分鐘)一、單項(xiàng)選擇題1．(2019·襄陽模擬)用豎直向上大小為30N的力F，將2kg的物體從沙坑表面由靜止提升1m時(shí)撤去力F，經(jīng)一段時(shí)間后，物體落入沙坑，測得落入沙坑的深度為20cm.若忽略空氣阻力，g取10m/s2.則物體克服沙坑的阻力所做的功為()A．20J B．24JC．34J D．54J解析：選C.對整個(gè)過程應(yīng)用動(dòng)能定理得：F·h1＋mgh2－Wf＝0，解得：Wf＝34J，C對．2.(2019·寧波模擬)如圖所示，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼，木盒和砝碼在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距離后停止．現(xiàn)拿走砝碼，而持續(xù)加一個(gè)豎直向下的恒力F(F＝mg)，若其他條件不變，則木盒滑行的距離()A．不變 B．變小C．變大 D．變大變小均可能解析：選B.設(shè)木盒質(zhì)量為M，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼時(shí)，由動(dòng)能定理可知，μ(m＋M)gx1＝eq\f(1,2)(M＋m)v2，解得x1＝eq\f(v2,2μg)；加一個(gè)豎直向下的恒力F(F＝mg)時(shí)，由動(dòng)能定理可知，μ(m＋M)gx2＝eq\f(1,2)Mv2，解得x2＝eq\f(Mv2,2（m＋M）μg)，顯然x2<x1.3.(2019·北京101中學(xué)檢測)如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜置在水平光滑平臺上，系在物體上的繩子跨過光滑的定滑輪，由地面上的人以速度v0向右勻速拉動(dòng)，設(shè)人從地面上平臺的邊緣開始向右行至繩與水平方向夾角為45°處，在此過程中人所做的功為()A．eq\f(mveq\o\al(2,0),2) B．eq\f(\r(2)mveq\o\al(2,0),2)C．eq\f(mveq\o\al(2,0),4) D．mveq\o\al(2,0)解析：選C.由題意知，繩與水平方向夾角為45°時(shí)，沿繩方向的速度v＝v0cos45°＝eq\f(\r(2)v0,2)，故質(zhì)量為m的物體速度等于eq\f(\r(2)v0,2)，對物體應(yīng)用動(dòng)能定理可知，在此過程中人所做的功為W＝eq\f(1,2)mv2－0＝eq\f(mveq\o\al(2,0),4)，C正確．4.(2019·杭州名校質(zhì)檢)如圖所示，已知物體與三塊材料不同的地毯間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ、2μ和3μ，三塊材料不同的地毯長度均為l，并排鋪在水平地面上，該物體以一定的初速度v0從a點(diǎn)滑上第一塊，則物體恰好滑到第三塊的末尾d點(diǎn)停下來，物體在運(yùn)動(dòng)中地毯保持靜止，若讓物體從d點(diǎn)以相同的初速度水平向左運(yùn)動(dòng)，則物體運(yùn)動(dòng)到某一點(diǎn)時(shí)的速度大小與該物體向右運(yùn)動(dòng)到該位置的速度大小相等，則這一點(diǎn)是()A．a(chǎn)點(diǎn) B．b點(diǎn)C．c點(diǎn) D．d點(diǎn)解析：選C.對物體從a運(yùn)動(dòng)到c，由動(dòng)能定理，－μmgl－2μmgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，對物體從d運(yùn)動(dòng)到c，由動(dòng)能定理，－3μmgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v2＝v1，選項(xiàng)C正確．5.(2019·成都模擬)如圖所示，斜面的傾角為θ，質(zhì)量為m的滑塊距擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑塊每次與擋板相碰均無機(jī)械能損失，則滑塊經(jīng)過的總路程是()A．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))B.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gsinθ)＋x0tanθ))C．eq\f(2,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))D.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0\f(1,tanθ)))解析：選A.滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過的總路程為x，對滑塊運(yùn)動(dòng)的全程應(yīng)用動(dòng)能定理：mgx0sinθ－μmgxcosθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得x＝eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))，選項(xiàng)A正確．6．(2019·陜西模擬)如圖所示，輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于粗糙水平面上質(zhì)量為m的小球接觸但不連接．開始時(shí)小球位于O點(diǎn)，彈簧水平且無形變．O點(diǎn)的左側(cè)有一豎直放置的光滑半圓弧軌道，圓弧的半徑為R，B為軌道最高點(diǎn)，小球與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)用外力推動(dòng)小球，將彈簧壓縮至A點(diǎn)，OA間距離為x0，將球由靜止釋放，小球恰能沿軌道運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)B.已知彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g.下列說法中正確的是()A．小球在從A到O運(yùn)動(dòng)的過程中速度不斷增大B．小球運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為vm＝eq\r(5gR)C．小球與彈簧作用的過程中，彈簧的最大彈性勢能Ep＝2.5mgR＋μmgx0D．小球通過圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)，對軌道的壓力為5mg解析：選C.小球在從A到O運(yùn)動(dòng)的過程中，受彈力和摩擦力，由牛頓第二定律可知：kΔx－μmg＝ma，物體做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零的時(shí)(彈力等于摩擦力時(shí))速度最大，接下來摩擦力大于彈力，小球開始做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)小球離開彈簧，故A錯(cuò)誤；因?yàn)樾∏蚯∧苎剀壍肋\(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)B，由重力提供向心力：mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，解得：vB＝eq\r(gR)，從O到B根據(jù)動(dòng)能定理得：－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，聯(lián)立以上解得：v0＝eq\r(5gR)，由上分析可知：小球從開始運(yùn)動(dòng)到離開彈簧速度先增大后減小，所以最大速度要比eq\r(5gR)大，故B錯(cuò)誤；從A到O根據(jù)能量守恒得：EP＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋μmgx0，聯(lián)立以上得：EP＝2.5mgR＋μmgx0，故C正確；小球在最低點(diǎn)時(shí)做圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：N－mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)，聯(lián)立以上解得：N＝6mg，故D錯(cuò)誤．7．(2017·高考江蘇卷)一小物塊沿斜面向上滑動(dòng)，然后滑回到原處．物塊初動(dòng)能為Ek0，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動(dòng)能Ek與位移x關(guān)系的圖線是()解析：選C.設(shè)斜面的傾角為θ，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物塊質(zhì)量為m，小物塊沿斜面向上滑動(dòng)過程，由動(dòng)能定理得，－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x；設(shè)小物塊滑到最高點(diǎn)的距離為L，小物塊沿斜面滑動(dòng)全過程由能量守恒定律得，Ek＝Ek0－mgxsinθ－μmgcosθ(2L－x)＝(Ek0－2μmgLcosθ)－(mgsinθ－μmgcosθ)x，故選項(xiàng)C正確．二、多項(xiàng)選擇題8．質(zhì)量為1kg的物體靜止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下運(yùn)動(dòng)，如圖甲所示．外力F和物體克服摩擦力Ff做的功W與物體位移x的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2.下列分析正確的是()A．物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2B．物體運(yùn)動(dòng)的位移為13mC．物體在前3m運(yùn)動(dòng)過程中的加速度為3m/s2D．x＝9m時(shí)，物體的速度為3eq\r(2)m/s解析：選ACD.由Wf＝Ffx對應(yīng)題圖乙可知，物體與地面之間的滑動(dòng)摩擦力Ff＝2N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正確；由WF＝Fx對應(yīng)題圖乙可知，前3m內(nèi)，拉力F1＝5N，3～9m內(nèi)拉力F2＝2N，物體在前3m內(nèi)的加速度a1＝eq\f(F1－Ff,m)＝3m/s2，C正確；由動(dòng)能定理得：WF－Ffx＝eq\f(1,2)mv2，可得：x＝9m時(shí)，物體的速度為v＝3eq\r(2)m/s，D正確；物體的最大位移xm＝eq\f(WF,Ff)＝13.5m，B錯(cuò)誤．9．(2019·河北衡水中學(xué)模擬)如圖所示，質(zhì)量為0.1kg的小物塊在粗糙水平桌面上滑行4m后以3.0m/s的速度飛離桌面，最終落在水平地面上，已知物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，桌面高0.45m，若不計(jì)空氣阻力，取g＝10m/s2，則下列說法錯(cuò)誤的是()A．小物塊的初速度是5m/sB．小物塊的水平射程為1.2mC．小物塊在桌面上克服摩擦力做8J的功D．小物塊落地時(shí)的動(dòng)能為0.9J解析：選ABC.小物塊在桌面上克服摩擦力做功Wf＝μmgL＝2J，C錯(cuò)；在水平桌面上滑行，由動(dòng)能定理得－Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝7m/s，A錯(cuò)；小物塊飛離桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，有x＝vt、h＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立解得x＝0.9m，B錯(cuò)；設(shè)小物塊落地時(shí)動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理得mgh＝Ek－eq\f(1,2)mv2，解得Ek＝0.9J，D對．10.如圖所示為一滑草場．某條滑道由上、下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，滑草車與草地之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計(jì)滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．則()A．動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(6,7)B．載人滑草車最大速度為eq\r(\f(2gh,7))C．載人滑草車克服摩擦力做功為mghD．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為eq\f(3,5)g解析：選AB.由題意根據(jù)動(dòng)能定理有，2mgh－Wf＝0，即2mgh－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝0，得動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(6,7)，則A項(xiàng)正確；載人滑草車克服摩擦力做的功為Wf＝2mgh，則C項(xiàng)錯(cuò)誤；載人滑草車在上下兩段的加速度分別為a1＝g(sin45°－μcos45°)＝eq\f(\r(2),14)g，a2＝g(sin37°－μcos37°)＝－eq\f(3,35)g，則載人滑草車在上下兩段滑道上分別做加速運(yùn)動(dòng)和減速運(yùn)動(dòng)，則在上段底端時(shí)達(dá)到最大速度v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有2a1eq\f(h,sin45°)＝v2得，v＝eq\r(2a1\f(h,sin45°))＝eq\r(\f(2gh,7))，故B項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤．11．(2019·湖南長沙模擬)如圖所示，豎直固定放置的粗糙斜面AB的下端與光滑的圓弧軌道BCD在B點(diǎn)相切，圓弧軌道的半徑為R，圓心O與A、D在同一水平面上，C點(diǎn)為圓弧軌道最低點(diǎn)，∠COB＝θ＝30°.現(xiàn)使一質(zhì)量為m的小物塊從D點(diǎn)無初速度地釋放，小物塊與粗糙斜面AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ<tanθ，則關(guān)于小物塊的運(yùn)動(dòng)情況，下列說法正確的是()A．小物塊可能運(yùn)動(dòng)到AB．小物塊經(jīng)過較長時(shí)間后會(huì)停在C點(diǎn)C．小物塊通過圓弧軌道最低點(diǎn)C時(shí)，對C點(diǎn)的最大壓力大小為3mgD．小物塊通過圓弧軌道最低點(diǎn)C時(shí)，對C點(diǎn)的最小壓力大小為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\r(3)))mg解析：選CD.物塊從D點(diǎn)無初速度滑下后，由于克服摩擦力做功，所以物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)機(jī)械能不斷減小，在斜面上升的最大高度越來越小，不可能運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，又知道μ<tanθ，即mgsinθ>μmgcosθ，最終在與B點(diǎn)對稱的E點(diǎn)之間來回運(yùn)動(dòng)，A、B錯(cuò)誤；物塊第一次運(yùn)動(dòng)到C時(shí)速度最大，對軌道的壓力最大，物塊從D第一次運(yùn)動(dòng)到C過程，由動(dòng)能定理得：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)；設(shè)此時(shí)軌道對物塊的支持力為F1，由牛頓第二定律得：F1－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，聯(lián)立解得：F1＝3mg，由牛頓第三定律知物塊對C點(diǎn)的最大壓力為3mg，故C正確；當(dāng)最后穩(wěn)定后，物塊在BE之間運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)物塊經(jīng)過C點(diǎn)的速度為v2，由動(dòng)能定理得：mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，設(shè)軌道對物塊的支持力為F2，由牛頓第二定律得：F2－mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),R)，聯(lián)立解得：F2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\r(3)))mg，由牛頓第三定律可知，物塊對C點(diǎn)的最小壓力為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\r(3)))mg，D正確．12．2022年北京和張家口將攜手舉辦冬奧會(huì)，因此在張家口建造了高標(biāo)準(zhǔn)的滑雪跑道，來迎接冬奧會(huì)的到來．如圖所示，一個(gè)滑雪運(yùn)動(dòng)員從左側(cè)斜坡距離坡底8m處自由滑下，當(dāng)下滑到距離坡底s1處時(shí)，動(dòng)能和勢能相等(以坡底為參考平面)；到坡底后運(yùn)動(dòng)員又靠慣性沖上斜坡(不計(jì)經(jīng)過坡底時(shí)的機(jī)械能損失)，當(dāng)上滑到距離坡底s2處時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能和勢能又相等，上滑的最大距離為4m．關(guān)于這個(gè)過程，下列說法中正確的是()A．摩擦力對運(yùn)動(dòng)員所做的功等于運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能的變化量B．重力和摩擦力對運(yùn)動(dòng)員所做的總功等于運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能的變化量C．s1<4m，s2>2mD．s1>4m，s2<2m解析：選BC.運(yùn)動(dòng)員在斜坡上滑行的過程中有重力做功，摩擦力做功，由動(dòng)能定理可知A錯(cuò)，B對；從左側(cè)斜坡s處滑至s1處過程中，由動(dòng)能定理得：mg(s－s1)sinα－Wf＝eq\f(1,2)mv2 ①(其中s＝8m，s1是距坡底的距離)因?yàn)橄禄骄嚯x坡底s1處動(dòng)能和勢能相等，所以有：mgs1·sinα＝eq\f(1,2)mv2 ②由①②得：mg(s－s1)sinα－Wf＝mgs1·sinα ③由③得：s－s1>s1，即s1<4m．同理，從右側(cè)斜坡s2處滑至s′(s′＝4m)處過程中，由動(dòng)能定理得：－mg(s′－s2)·sinθ－W′f＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1) ④因?yàn)榫嗥碌譻2處動(dòng)能和勢能相等，有mgs2·sinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1) ⑤由④⑤得：mg(s′－s2)·sinθ＋W′f＝mgs2·sinθ ⑥由⑥式得：s′－s2<s2，即s