资源描述
一、选择题(本大题共7小题,每小题8分,共56分。多选题已在题号后标出,选不全得4分)
1.(多选)一人站在电梯中，当电梯匀加速上升时( )
A.人处于超重状态
B.人对电梯的压力大于电梯对人的支持力
C.电梯对人做的功等于人增加的动能
D.电梯对人做的功等于人增加的机械能
2.质量m=2 kg的物体，在水平面上以v1=6 m/s的速度匀速向西运动，若有一个F=8 N方向向北的恒力作用于物体，在t=2 s内物体的动能增加了( )
A.28 J B.64 J C.32 J D.36 J
3.(2021·南昌模拟)质量为10 kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化状况如图所示。物体在x=0处，速度为1 m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x=16 m处时，速度大小为( )
A.m/s B.3 m/s C.4 m/s D. m/s
4.(多选)如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块。现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开头滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中( )
A.支持力对小物块做功为0
B.支持力对小物块做功为mgLsinα
C.摩擦力对小物块做功为mgLsinα
D.滑动摩擦力对小物块做功为-mgLsinα
5.(多选)(2021·日照模拟)质量为1 kg的物体被人用手由静止向上提高1 m(忽视空气阻力)，这时物体的速度是2 m/s，下列说法中正确的是(g=10 m/s2)( )
A.手对物体做功12 J
B.合外力对物体做功12 J
C.合外力对物体做功10 J
D.物体克服重力做功10 J
6.如图所示，质量相等的物体A和物体B与地面间的动摩擦因数相等，在力F的作用下，一起沿水平地面对右移动x，则( )
A.摩擦力对A、B做功相等
B.A、B动能的增量相同
C.F对A做的功与F对B做的功相等
D.合外力对A做的功与合外力对B做的功不相等
7.如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m的木块A在B的左端以初速度v0开头向右滑动，已知M＞m，用①和②分别表示木块A和木板B的图像，在木块A从B的左端滑到右端的过程中，下面关于速度v随时间t、动能Ek随位移x的变化图像，其中可能正确的是( )
二、计算题(本大题共3小题，共44分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
8.(2021·晋中模拟)(12分)从地面上以初速度v0=10 m/s竖直向上抛出一质量为m=0.2 kg 的球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1=2 m/s,且落地前球已经做匀速运动。(g=10 m/s2)求：
(1)球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功；
(2)球抛出瞬间的加速度大小。
9.(2021·资阳模拟)(14分)如图所示,粗糙平台高出水平地面h=1.25m,质量为m=1kg的物体(视作质点)静止在与平台右端B点相距L=2.5m的A点,物体与平台之间的动摩擦因数μ=0.4。现对物体施加水平向右的推力F=12N,作用一段时间t0后撤去,物体向右连续滑行并冲出平台,最终落在与B点水平距离为x=1m的地面上的C点,忽视空气阻力,取g=10m/s2。求:
(1)物体通过B点时的速度;
(2)推力的作用时间t0。
10.(力气挑战题)(18分)如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R。一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做来回运动。已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ,求：
(1)物体做来回运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；
(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；
(3)为使物体能顺当到达圆弧轨道的最高点D,释放点距B点的距离L′应满足什么条件。
答案解析
1.【解析】选A、D。当物体具有向上的加速度时，处于超重状态，故A正确。由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故B错误。设人受的支持力为F,则有F-mg=ma,上上升度h时，由动能定理(F-mg)h=mv22- mv12,得Fh=mgh+mv22-mv12,所以电梯对人做的功等于人增加的机械能，故C错D对。
2.【解析】选B。物体在力F的方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则a==
4 m/s2，位移x= m=8 m，力F所做的功为W=Fx=8×8 J=64 J，由动能定理知物体的动能增加了64 J，故B正确。
3.【解析】选B。F-x图像与坐标轴围成的图形面积表示力F做的功，图形位于x轴上方表示力做正功，位于下方表示力做负功，面积大小表示功的大小，所以物体运动到x=16 m处时，F做正功，其大小W=40 J，依据动能定理有W=mv22- mv12，代入数据，可得v2=3 m/s。
4.【解析】选B、D。缓慢抬高A端过程中，静摩擦力始终跟运动方向垂直，不做功，支持力与重力做功的代数和为零，所以支持力做的功等于mgLsinα;下滑过程支持力跟运动方向始终垂直，不做功，由动能定理可得：mgLsinα+Wf=mv2,解得Wf=mv2-mgLsinα；综上所述，B、D正确。
【变式备选】如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设物体在斜面最低点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,则从A到C的过程中弹簧弹力做功是( )
A.mgh-mv2 B.mv2-mgh C.-mgh D.-(mgh+mv2)
【解析】选A。由A到C的过程运用动能定理可得：
-mgh+W=0-mv2，所以W=mgh-mv2，故A正确。
5.【解析】选A、D。手对物体做功为W,由动能定理W-mgh=mv2,解得W=12 J,故A正确。合外力对物体做的功等于mv2=2 J,故B、C均错误。物体克服重力做的功W′=mgh=10 J,故D正确。
6.【解析】选B。因F斜向下作用在物体A上，A、B受到的摩擦力不相同，因此，摩擦力对A、B做的功不相等，A错误；但A、B两物体一起运动，速度始终相同，故A、B动能增量确定相同，B正确；F不作用在B上，因此力F对B不做功，C错误；合外力对物体做的功应等于物体动能的增量，故D错误。
【总结提升】应用动能定理解题的技巧
(1)争辩对象的选择
用动能定理解题时，所选取的争辩对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。若选系统为争辩对象时，确定要分析系统内力做的功是否为零。假如不为零时，不仅要分析外力对系统做的功，也要分析内力做的功。建议这种状况下选单个物体争辩。
(2)争辩过程的选择
若单物体多过程运动时，要确定运动过程不同阶段的受力状况和做功状况。分析各个过程的初末速度,分段列式求解。也可以选择全过程列方程求解。但选全过程时确定要把合外力在全过程中做的总功求出。若多物体多过程运动时，最好用隔离法分别争辩，画出运动的草图。
7.【解析】选D。设A、B间动摩擦因数为μ，二者加速度分别为aA、aB，则
μmg=maA，μmg=MaB，可知aA＞aB，v -t 图像中，①的斜率确定值应大于
②，故A、B均错误；对A、B分别由动能定理得-μmgxA=EkA-mv02，μmgxB=EkB,故有EkA=mv02-μmgxA,EkB=μmgxB,可知Ek-x图像中，①、②的斜率确定值应相同，故C错误，D正确。
8.【解析】(1)设空气阻力做功为Wf，由动能定理得
Wf=mv12-mv02。 (4分)
代入数据得：W=-Wf=9.6 J (2分)
(2)由题意知空气阻力f=kv (2分)
落地前匀速，则有mg-kv1=0
设刚抛出时加速度大小为a0，则由牛顿其次定律得：
mg+kv0=ma0 (2分)
解得 (1分)
代入数据得：a0=60 m/s2 (1分)
答案：(1)9.6 J (2)60 m/s2
9.【解析】(1)从B到C,物体做平抛运动,所以有:
h=gt2 ①(2分)
x=vB·t ②(2分)
联立①②式解得:vB=2m/s ③(1分)
(2)从A到B过程中,设物体在力F作用下的位移为x',由牛顿运动定律和动能定理得:
F-μmg=ma ④(3分)
x'=a ⑤(2分)
F·x'-μmg·L=m-0 ⑥(3分)
联立③④⑤⑥式解得:t0=0.5s (1分)
答案:(1)2m/s (2)0.5 s
10.【解析】(1)由于摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧轨道上往复运动。
对整体过程由动能定理得：mgR·cosθ-μmgcosθ·s=0,所以总路程为s=
(4分)
(2)对B→E过程mgR(1-cosθ)= ①(3分)
②(2分)
由①②得N=(3-2cosθ)mg (1分)
由牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力N′=N=(3-2cosθ)mg,方向竖直向下。
(1分)
(3)设物体刚好到D点,则 ③(2分)
对全过程由动能定理得:
mgL′sinθ-μmgcosθ·L′-mgR(1+cosθ)=mvD2 ④(4分)
由③④得应满足条件:L′=·R (1分)
答案：(1) (2)(3-2cosθ)mg,方向竖直向下
(3)L′=
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