2018届高三物理动能-动能定理专题

第3节动能和动能定理1。

（多选)对于动能的理解,下列说法中正确的是(）A．动能是普遍存在的机械能的一种基本形式，凡是运动的物体都具有动能B．动能总是正值，但对于不同的参考系,同一物体的动能大小是不同的C．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化D．动能不变的物体，一定处于平衡状态2．下列关于运动物体的合外力做功和动能、速度变化的关系，正确的是（）A．物体做变速运动,合外力一定不为零，动能一定变化B．若合外力对物体做功为零，则合外力一定为零C．物体的合外力做功，它的速度大小一定发生变化D．物体的动能不变,所受的合外力必定为零3。

如图所示，在2018世界杯足球比赛时，某方获得一次罚点球机会，该方一名运动员将质量为m的足球以速度v0猛地踢出,结果足球以速度v撞在球门高h的门梁上而被弹出．现用g 表示当地的重力加速度，则此足球在空中飞往门梁的过程中克服空气阻力所做的功应等于()A．mgh＋错误!mv2－错误!mv错误!B. 错误!mv2－错误!mv错误!－mghC。

错误!mv错误!－错误!mv2－mghD．mgh＋12mv错误!－错误!mv24．质量为m的金属块，当初速度为v0时，在水平面上滑行的最大距离为s，如果将金属块质量增加到2m，初速度增大到2v0，在同一水平面上该金属块最多能滑行的距离为() A．s B．2sC．4s D．8s5．一物体以初速度v0竖直向上抛出，落回原地速度为错误!,设物体在运动过程中所受的阻力大小保持不变，则重力与阻力大小之比为（)A．3︰1 B．4︰3C．5︰3 D．3︰5关键能力综合练进阶训练第二层一、单选题1．下列关于动能的说法正确的是（）A．两个物体中,速度大的动能也大B．某物体的速度加倍，它的动能也加倍C．做匀速圆周运动的物体动能保持不变D．某物体的动能保持不变,则速度一定不变2．从地面竖直向上抛出一个小球,小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k与时间t的关系图像是(）3．一质量为1 kg的滑块以6 m/s的初速度在光滑的水平面上向左滑行．从某一时刻起在滑块上施加一个向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度方向变成向右，大小仍为6 m/s。

高考物理动能与动能定理常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示是滑板运动的轨道，BC 和DE 是两段光滑圆弧形轨道，BC 段的圆心为O 点、圆心角 θ＝60°，半径OC 与水平轨道CD 垂直，滑板与水平轨道CD 间的动摩擦因数μ＝0.2．某运动员从轨道上的A 点以v 0＝3m/s 的速度水平滑出，在B 点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC ，经CD 轨道后冲上DE 轨道，到达E 点时速度减为零，然后返回.已知运动员和滑板的总质量为m ＝60kg ，B 、E 两点与水平轨道CD 的竖直高度分别为h ＝2m 和H ＝2.5m.求：(1)运动员从A 点运动到B 点过程中，到达B 点时的速度大小v B ； (2)水平轨道CD 段的长度L ；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？如能，请求出回到B 点时速度的大小；如不能，请求出最后停止的位置距C 点的距离. 【答案】(1)v B ＝6m/s (2) L ＝6.5m (3)停在C 点右侧6m 处 【解析】 【分析】 【详解】（1）在B 点时有v B ＝cos60︒v ，得v B ＝6m/s （2）从B 点到E 点有2102B mgh mgL mgH mv μ--=-，得L ＝6.5m （3）设运动员能到达左侧的最大高度为h ′，从B 到第一次返回左侧最高处有21'202B mgh mgh mg L mv μ--⋅=-，得h ′＝1.2m<h ＝2 m ，故第一次返回时，运动员不能回到B 点，从B 点运动到停止，在CD 段的总路程为s ，由动能定理可得2102B mgh mgs mv μ-=-，得s ＝19m ，s ＝2L ＋6 m ，故运动员最后停在C 点右侧6m 处.2．如图所示，不可伸长的细线跨过同一高度处的两个光滑定滑轮连接着两个物体A 和B ，A 、B 质量均为m 。

高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量0.04kg m =，电量4310C q -=⨯的带负电小物块与弹簧接触但不栓接，弹簧的弹性势能为0.32J 。

某一瞬间释放弹簧弹出小物块，小物块从水平台右端A 点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高点B ，并沿轨道BC 滑下，运动到光滑水平轨道CD ，从D 点进入到光滑竖直圆内侧轨道。

已知倾斜轨道与水平方向夹角为37α︒=，倾斜轨道长为2.0m L =，带电小物块与倾斜轨道间的动摩擦因数0.5μ=。

小物块在C 点没有能量损失，所有轨道都是绝缘的，运动过程中小物块的电量保持不变，可视为质点。

只有光滑竖直圆轨道处存在范围足够大的竖直向下的匀强电场，场强5210V/m E =⨯。

已知cos370.8︒=，sin370.6︒=，取210m/s g =，求：（1）小物块运动到A 点时的速度大小A v ； （2）小物块运动到C 点时的速度大小C v ；（3）要使小物块不离开圆轨道，圆轨道的半径应满足什么条件？【答案】（1）4m/s ；（233；（3）R ⩽0.022m 【解析】 【分析】 【详解】（1）释放弹簧过程中，弹簧推动物体做功，弹簧弹性势能转变为物体动能212P A E mv =解得220.324m/s 0.04P A E v m ＝＝＝⨯ （2）A 到B 物体做平抛运动，到B 点有cos37A Bvv ︒＝ 所以45m/s 0.8B v ＝＝ B 到C 根据动能定理有2211sin37cos3722C B mgL mg L mv mv μ︒-︒⋅=- 解得33m/s C v ＝（3）根据题意可知，小球受到的电场力和重力的合力方向向上，其大小为F=qE-mg =59.6N所以D 点为等效最高点，则小球到达D 点时对轨道的压力为零，此时的速度最小，即2Dv F m R＝解得D FRv m＝所以要小物块不离开圆轨道则应满足v C ≥v D 得：R ≤0.022m2．在光滑绝缘的水平面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E ，水平面上放置两个静止、且均可看作质点的小球A 和B ，两小球质量均为m ，A 球带电荷量为Q +，B 球不带电，A 、B 连线与电场线平行，开始时两球相距L ，在电场力作用下，A 球与B 球发生对心弹性碰撞．设碰撞过程中，A 、B 两球间无电量转移．(1)第一次碰撞结束瞬间A 、B 两球的速度各为多大?(2)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中电场力做了多少功?(3)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求A 在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面(v=0时刻除外)，可以在水平面内加一与电场正交的磁场．请写出磁场B 与时间t 的函数关系．【答案】(1)10A v '= 12BQEL v m='5QEL (3) 222B mL Q E t QE =⎛⎫- ⎪⎝⎭223mL mLt QE QE<≤ 【解析】（1）A 球的加速度QE a m =，碰前A的速度1A v =B 的速度10B v = 设碰后A 、B 球速度分别为'1A v 、'1B v ，两球发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒定律有：''111A A B m m m v v v =+，2'2'2111111222A AB m m m v v v =+所以B 碰撞后交换速度：'10A v =，'11B A v v ==（2）设A 球开始运动时为计时零点，即0t =，A 、B 球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为1t 、2t；由匀变速速度公式有：110A avt -==第一次碰后，经21t t -时间A 、B 两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A 、B 两球速度分别为2A v 和2B v ，由位移关系有：()()2'1212112B av t t t t -=-，得到：213tt == ()2211122A A a a v t t t v =-===；'21B B v v = 由功能关系可得：222211=522A B m m QEL W v v +=电（另解：两个过程A 球发生的位移分别为1x 、2x ，1L x =，由匀变速规律推论24L x =，根据电场力做功公式有：()125W QE QEL x x =+=） （3）对A 球由平衡条件得到：A QB mg v =，A at v =，QEa m=从A 开始运动到发生第一次碰撞：()220t mg g t Qat Et m B Q ⎛==<≤ ⎝ 从第一次碰撞到发生第二次碰撞：()2t t B =<≤ 点睛：本题是电场相关知识与动量守恒定律的综合，虽然A 球受电场力，但碰撞的内力远大于内力，则碰撞前后动量仍然守恒．由于两球的质量相等则弹性碰撞后交换速度．那么A 球第一次碰后从速度为零继续做匀加速直线运动，直到发生第二次碰撞．题设过程只是发生第二次碰撞之前的相关过程，有涉及第二次以后碰撞，当然问题变得简单些．3．如图所示，在倾角为θ=30°的固定斜面上固定一块与斜面垂直的光滑挡板，质量为m 的半圆柱体A 紧靠挡板放在斜面上，质量为2m 的圆柱体B 放在A 上并靠在挡板上静止。

【物理】物理动能与动能定理练习题含答案及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，质量m =3kg 的小物块以初速度秽v 0=4m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。

圆弧轨道的半径为R = 3.75m ，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD 平滑连接，A 与圆心D 的连线与竖直方向成37︒角，MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数μ=0.1，轨道其他部分光滑。

最右侧是一个半径为r =0.4m 的半圆弧轨道，C 点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在D 点平滑连接。

已知重力加速度g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

（1）求小物块经过B 点时对轨道的压力大小；（2）若MN 的长度为L 0=6m ，求小物块通过C 点时对轨道的压力大小； （3）若小物块恰好能通过C 点，求MN 的长度L 。

【答案】（1）62N （2）60N （3）10m 【解析】 【详解】（1）物块做平抛运动到A 点时，根据平抛运动的规律有：0cos37A v v ==︒ 解得：04m /5m /cos370.8A v v s s ===︒小物块经过A 点运动到B 点，根据机械能守恒定律有：()2211cos3722A B mv mg R R mv +-︒= 小物块经过B 点时，有：2BNB v F mg m R-= 解得：()232cos3762N BNBv F mg m R=-︒+=根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N （2）小物块由B 点运动到C 点，根据动能定理有：22011222C B mgL mg r mv mv μ--⋅=- 在C 点，由牛顿第二定律得：2CNC v F mg m r+=代入数据解得：60N NC F =根据牛顿第三定律，小物块通过C 点时对轨道的压力大小是60N（3）小物块刚好能通过C 点时，根据22Cv mg m r=解得：2100.4m /2m /C v gr s s ==⨯=小物块从B 点运动到C 点的过程，根据动能定理有：22211222C B mgL mg r mv mv μ--⋅=- 代入数据解得：L =10m2．如图所示，在娱乐节目中，一质量为m ＝60 kg 的选手以v 0＝7 m/s 的水平速度抓住竖直绳下端的抓手开始摆动，当绳摆到与竖直方向夹角θ＝37°时，选手放开抓手，松手后的上升过程中选手水平速度保持不变，运动到水平传送带左端A 时速度刚好水平，并在传送带上滑行，传送带以v ＝2 m/s 匀速向右运动．已知绳子的悬挂点到抓手的距离为L ＝6 m ，传送带两端点A 、B 间的距离s ＝7 m ，选手与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，若把选手看成质点，且不考虑空气阻力和绳的质量．(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)选手放开抓手时的速度大小； (2)选手在传送带上从A 运动到B 的时间； (3)选手在传送带上克服摩擦力做的功． 【答案】(1)5 m/s (2)3 s (3)360 J 【解析】试题分析：（1）设选手放开抓手时的速度为v 1，则－mg （L －Lcosθ）＝mv 12－mv 02，v 1＝5m/s（2）设选手放开抓手时的水平速度为v 2，v 2＝v 1cosθ① 选手在传送带上减速过程中 a ＝－μg② v ＝v 2＋at 1③④匀速运动的时间t 2，s －x 1＝vt 2⑤ 选手在传送带上的运动时间t ＝t 1＋t 2⑥ 联立①②③④⑤⑥得：t ＝3s（3）由动能定理得W f ＝mv 2－mv 22，解得：W f ＝－360J 故克服摩擦力做功为360J ． 考点：动能定理的应用3．如图所示是一种特殊的游戏装置，CD 是一段位于竖直平面内的光滑圆弧轨道，圆弧半径为10m ，末端D 处的切线方向水平，一辆玩具滑车从轨道的C 点处下滑，滑到D 点时速度大小为10m/s ，从D 点飞出后落到水面上的B 点。

动能定理与功能关系一、动能定理１．变力做功过程中的能量分析；２．多过程运动中动能定理的应用；３．复合场中带电粒子的运动的能量分析。

二、功能关系：做功的过程是能量转化的过程，功是能的转化的量度。

不能说功就是能，也不能说“功变成了能”。

１．物体动能的增量等于合外力做的总功：W 合=ΔE k ，这就是动能定理。

２．物体重力势能的增量等于重力做的功：W G = -ΔE P３．弹力做的功等于弹性势能的变化量：W=ΔE P４．物体机械能的增量等于除重力以外的其他力做的功：W 非重=ΔE 机，（W 非重表示除重力以外的其它力做的功）５．一对互为作用力反作用力的摩擦力做的总功，用来量度该过程系统由于摩擦而减小的 机械能，也就是系统增加的内能。

f ΔS=Q （ΔS 为这两个物体间相对移动的路程）。

专项练习1．一质量为1kg 的物体被人用手由静止向上提高1m ，这时物体的速度是2m/s ，下列说法不正确的是（ ）A 、手对物体做功10JB 、合外力对物体做功12JC 、合外力对物体做功2JD 、物体克服重力做功2J2.a 、b 、c 三个物体质量分别为m 、2m 、3m ，它们在水平路面上某时刻运动的动能相等。

当每个物体受到大小相同的制动力时，它们的制动距离之比是（ ）A ．1∶2∶3B ．12∶22∶32C ．1∶1∶1D ．3∶2∶13.质量为ｍ的物体在距地面高ｈ处以ｇ／3的加速度由静止竖直下落到地面，下列说法不正确的（ ）Ａ．物体重力势能减少ｍｇｈ／３ Ｂ．物体的机械能减少２ｍｇｈ／３ Ｃ．物体的动能增加ｍｇｈ／３ D ．重力做功mgh4.如图所示，质量为m 的小球用长L 的细线悬挂而静止在竖直位置，用水平拉力F 缓慢将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置。

在此过程中，拉力F 做的功是（ ）A.θcos FLB.θsin FLC.()θcos 1-FLD.()θcos 1-mgL 5. 如图所示，小球以大小为v 0的初速度由A 端向右运动，到B 端时的速度减小为v B ；若以同样大小的初速度由B 端向左运动，到A 端时的速度减小为v A 。

【物理】物理动能与动能定理题20套(带答案)一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，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段长度为，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为，轨道其它部分摩擦不计。

水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。

可视为质点的质量的小物块从轨道右侧A点以初速度冲上轨道，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，取，求：（1）弹簧获得的最大弹性势能；（2）小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能；（3）当R满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离轨道。

【答案】（1）10.5J（2）3J（3）0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m【解析】【详解】（1）当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。

从A到压缩弹簧至最短的过程中，由动能定理得：−μmgl+W弹＝0−m v02由功能关系：W弹=-△E p=-E p解得 E p=10.5J；（2）小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得−2μmgl＝E k−m v02解得 E k=3J；（3）小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况：①小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为v2，由动能定理得−2mgR＝m v22−E k小物块能够经过最高点的条件m≥mg，解得R≤0.12m②小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，小物块至多只能到达与圆心等高的位置，即m v12≤mgR，解得R≥0.3m；设第一次自A点经过圆形轨道最高点时，速度为v1，由动能定理得：−2mgR ＝m v 12-m v 02且需要满足 m ≥mg ，解得R≤0.72m ，综合以上考虑，R 需要满足的条件为：0.3m≤R≤0.42m 或0≤R≤0.12m 。

【点睛】解决本题的关键是分析清楚小物块的运动情况，把握隐含的临界条件，运用动能定理时要注意灵活选择研究的过程。

动能和动能定理经典试题例1 一架喷气式飞机，质量m =5×103kg ，起飞过程中从静止开始滑跑的路程为s =5.3×102m 时，达到起飞的速度v =60m/s ，在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的0.02倍(k =0。

02），求飞机受到的牵引力。

例2 将质量m=2kg 的一块石头从离地面H=2m 高处由静止开始释放，落入泥潭并陷入泥中h=5cm 深处，不计空气阻力,求泥对石头的平均阻力。

（g 取10m/s 2）例3 一质量为0.3㎏的弹性小球，在光滑的水平面上以6m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前速度的大小相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv 和碰撞过程中墙对小球做功的大小W 为（ ）A .Δv=0 B. Δv=12m/s C 。

W=0 D 。

W=10.8J例4 在h 高处，以初速度v 0向水平方向抛出一个小球，不计空气阻力，小球着地时速度大小为（ ）A. gh v 20+B. gh v 20-C. gh v 220+ D 。

gh v 220-例5 一质量为 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 点很缓慢地移动到Q 点，如图2—7—3所示,则拉力F 所做的功为（ )A. mgl cos θB. mgl （1－cos θ）C. Fl cos θD. Flsin θ例6 如图所示，光滑水平面上,一小球在穿过O 孔的绳子的拉力作用下沿一圆周匀速运动，当绳的拉力为F 时,圆周半径为R,当绳的拉力增大到8F 时，小球恰可沿半径为R ／2的圆周匀速运动在上述增大拉力的过程中,绳的拉力对球做的功为________。

例7 如图2-7-4所示，绷紧的传送带在电动机带动下，始终保持v 0＝2m/s 的速度匀速运行，传送带与水平地面的夹角θ＝30°，现把一质量m ＝l0kg 的工件轻轻地放在传送带底端，由传送带传送至h ＝2m 的高处。

21222121mv mv W -=21222121E mv mv W k -=∆=动能和动能定理第1步：讲基础一、动能：1、定义：物体由于运动而具有的能量叫动能．2、表达式：221mv E k =3、物理意义：动能是描述物体运动状态的物理量，是标量。

4、 单位：焦耳( J ) 二、动能定理： >1、内容：合力对物体所做的总功等于物体动能的变化。

2、表达式：第2步：学技巧一、对动能定理的进一步理解 力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化，即 。

1、式中的W ，是力对物体所做的总功，可理解为各个外力所做功的代数和，也可以理解为合力所做的功。

2、式中的k E ∆，是物体动能的变化，是指做功过程的末动能减去初动能。

3、动能定理的研究对象一般是单一物体，或者是可以看成单一物体的物体系。

4、动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理。

&二、常用应用动能定理的几种情况1、动能定理适用于恒力、变力、直线、曲线运动。

2、动能定理是标量式，不涉及方向问题。

在不涉及加速度和时间的问题时，可优先考虑动能定理。

3、对于求解多个过程的问题可全程考虑，从而避开考虑每个运动过程的具体细节。

具有过程简明、方法巧妙、运算量小等优点。

（注意动能损失：例3和例4比较）4、变力做功问题。

在某些问题中，由于力F 大小的变化或方向的改变，不能直接由αcos Fl W =来求变力F 所做的功，此时可由其做功的效果——动能的变化来求变力F 所做的功。

三、经典例题 例1、（课本例题）一架喷气式飞机，质量ｍ＝5×103 kg ，起飞过程中从静止开始滑跑的路程为s ＝×102ｍ时，达到起飞速度ｖ＝60ｍ/s ，在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的倍(ｋ＝，求飞机受到的牵引力. 分析： 研究对象：飞机研究过程：从静止→起飞（V=60m/s ）适用公式：动能定理：2022121mv mv W -=合表达式：=-S f F )(221mv得到牵引力：Nkmg S mv F 42108.12⨯=+=例2、将质量m=2kg 的一块石头从离地面H=2m 高处由静止开始释放，落入泥潭并陷入泥中h=5cm 深处，不计空气阻力，求泥对石头的平均阻力。

高考物理《动能和动能定理》真题练习含答案1．[2024·江苏省淮安市学情调研]质量为m 的物体以初速度v 0沿水平面向左开始运动，起始点A 与一水平放置的轻弹簧O 端相距s ，轻弹簧的另一端固定在竖直墙上，如图所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x ，重力加速度为g ，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中，克服弹簧弹力所的功为( )A ．12 m v 20 －μmg (s ＋x )B ．12m v 20 －μmgx C ．μmg (s ＋x )－12m v 20 D ．－μmg (s ＋x ) 答案：A解析：从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中，由动能定理－μmg (s ＋x )－W ＝0－12m v 20 ，解得W ＝12 m v 20 －μmg (s ＋x )，A 正确．2.[2024·河南省部分学校摸底测试]如图所示，水平圆盘桌面上放有质量为0.1 kg 的小铁碗A (可视为质点)，一小孩使圆盘桌面在水平面内由静止开始绕过圆盘中心O 的轴转动，并逐渐增大圆盘转动的角速度，直至小铁碗从圆盘的边缘飞出，飞出后经过0.2 s 落地，落地点与飞出点在地面投影点的距离为80 cm.若不计空气阻力，该过程中，摩擦力对小铁碗所做的功为( )A.0.2 J B ．0.4 JC ．0.8 JD ．1.6 J答案：C解析：小铁碗飞出后做平抛运动，由平抛运动规律可得v ＝x t，解得v ＝4 m/s ，小铁碗由静止到飞出的过程中，由动能定理有W ＝12m v 2，故摩擦力对小铁碗所做的功W ＝0.8 J ，C 正确．3．(多选)如图所示，在倾角为θ的斜面上，质量为m 的物块受到沿斜面向上的恒力F 的作用，沿斜面以速度v 匀速上升了高度h .已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ、重力加速度为g .关于上述过程，下列说法正确的是( )A ．合力对物块做功为0B ．合力对物块做功为12m v 2 C ．摩擦力对物块做功为－μmg cos θh sin θD ．恒力F 与摩擦力对物块做功之和为mgh答案：ACD解析：物体做匀速直线运动，处于平衡状态，合外力为零，则合外力做功为零，故A正确，B 错误；物体所受的摩擦力大小为f ＝μmg cos θ，物体的位移x ＝h sin θ，摩擦力对物块做功为W f ＝－fx ＝－μmg cos θh sin θ，C 正确；物体所受各力的合力做功为零，则W G ＋W F ＋W f ＝0，所以W F ＋W f ＝－W G ＝－(－mgh )＝mgh ，D 正确．4．(多选)质量为2 kg 的物体，放在动摩擦因数μ＝0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W 和物体发生的位移x 之间的关系如图所示，重力加速度g 取10 m/s 2，则此物体( )A ．在位移x ＝9 m 时的速度是33 m/sB ．在位移x ＝9 m 时的速度是3 m/sC ．在OA 段运动的加速度是2.5 m/s 2D ．在OA 段运动的加速度是1.5 m/s 2答案：BD解析：运动x ＝9 m 的过程由动能定理W －μmgx ＝12m v 2，得v ＝3 m/s ，A 错误，B 正确；前3 m 过程中，水平拉力F 1＝W 1x 1 ＝153N ＝5 N ，根据牛顿第二定律，F 1－μmg ＝ma 得a ＝1.5 m/s 2，C 错误，D 正确．5．[2024·张家口市期末考试]如图所示，倾角为θ＝37°的足够长光滑斜面AB 与长L BC ＝2 m 的粗糙水平面BC 用一小段光滑圆弧(长度不计)平滑连接，半径R ＝1.5 m 的光滑圆弧轨道CD 与水平面相切于C 点，OD 与水平方向的夹角也为θ＝37°.质量为m 的小滑块从斜面上距B 点L 0＝2 m 的位置由静止开始下滑，恰好运动到C 点．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求小滑块与粗糙水平面BC 间的动摩擦因数μ；(2)改变小滑块从斜面上开始释放的位置，小滑块能够通过D 点，求小滑块的释放位置与B 点的最小距离．答案：(1)0.6 (2)6.75 m解析：(1)滑块恰好运动到C 点，由动能定理得mgL 0sin 37°－μmgL BC ＝0－0解得μ＝0.6(2)滑块能够通过D 点，在D 点的最小速度，由mg sin θ＝m v 2D R解得v D ＝3 m/s设滑块在斜面上运动的距离为L ，由动能定理得mgL sin θ－μmgL BC －mgR (1＋sin θ)＝12m v 2D －0 解得L ＝6.75 m。