专题四动能定理的综合应用【知识必备】(本专题对应学生用书第14-18页)1. 恒力的功 W=Fxcos θ.(1) 可以理解为 W=F(xcos θ)，即力F和力的方向上发生的位移xcos θ之积.或者W=(Fcos θ)x，即位移x和位移方向上的力Fcos θ之积.(2) 变力的功可以有多种方法求解：图象法、转化法、微元法、动能定理法、功能原理法等.2. 瞬时功率P=Fvcos θ.(1) 平均功率P=WPt，=F v cos θ.(2) 机车启动的两种方式：以恒定功率启动、以恒力启动.3. 势能与势能的改变(1) 势能包括：重力势能Ep =mgh，弹性势能Ep=12kx2，电势能Ep=qφ等.(2) 势能的改变是通过力做功实现的.重力势能是通过重力做功实现的，弹性势能是通过弹力做功实现的，电势能是通过电场力做功实现的，且都满足W=-ΔEp.4. 动能定理合外力做的功等于动能的变化，即W=ΔEk.【能力呈现】能力呈现【考情分析】动能定理是高考的重点，经常与直线运动、曲线运动等综合起来进行考查.涉及的主要内容有：(1) 机车启动问题；(2) 变力做功；(3) 与电场、复合场的综合问题.基础考查以选择题题型出现，动能定理与直线运动、曲线运动相结合时以计算题题型出现，难度中等偏难.【备考策略】复习时应理清运动中功与能的转化与量度的关系，结合受力分析、运动过程分析，熟练地应用动能定理解决问题.深刻理解功能关系，抓住两种命题情景搞突破：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方程解决多运动过程的问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题.1. (2015·扬泰南三模)足球比赛中踢点球时，足球距球门10.97m ，球正对球门踢出后恰好沿水平方向从横梁的下沿擦进球门.已知足球质量为400g ，不计空气阻力，则该球员在此次踢球过程中对足球做的功约为( )A. 30JB. 60JC. 90JD. 120J【解析】 标准球门的高度为2.44 m ，由竖直方向分运动得出足球运动到球门处所需时间v x =10.970.7 m/s≈16 m/s.根据能量守恒，球员对足球做功为mgh+12m 2x v =0.4×10×2.44 J+12×0.4×162 J≈60J ，B 项正确. 【答案】 B2. (2015·苏锡常镇二模)汽车从静止开始先做匀加速直线运动，然后做匀速运动. 汽车所受阻力恒定，下列汽车功率P 与时间t 的关系图象中，能描述上述过程的是()ABCD【解析】 汽车从静止开始匀加速，加速度一定，根据牛顿第二定律有F-f=ma ，得出F=f+ma.汽车的功率为P=Fv=(f+ma)at ，P 与t 成正比例函数，A 、D 选项错误；当汽车达到最大功率时，据题意运动状态立刻变为匀速，此时牵引力瞬间从f+ma 变成f ，而速度没有突变，故汽车的功率变小且为恒定值，B 项错误，C 项正确.【答案】 C3. (2015·四川)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( )A. 一样大B. 水平抛的最大C. 斜向上抛的最大D. 斜向下抛的最大【解析】三个小球被抛出后，均仅在重力作用下运动，三球从同一位置落至同一水平地面时，设其下落高度为h，并设小球的质量为m，根据动能定理有mgh=12mv2-12m20v，解得小球的末速度大小为v=度大小相等，故选项A正确.【答案】 A4. (2015·海南)如图所示，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的质点自轨道端点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，质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为()A. 14mgR B.13mgRC. 12mgR D.π4mgR【解析】在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有N-mg=m2vR，N=2mg，联立解得擦力做负功，根据动能定理可得mgR-W f =12mv 2，解得W f =12mgR ，所以克服摩擦力做功12mgR ，C 正确.【答案】 C【能力提升】能力提升功、功率的计算1. 求恒力做功的方法2. 求变力做功的方法(1) 用动能定理：W=12m 22v -12m 21v .(2) 用W=Pt 求功，如机车恒功率启动时.(3) 将变力做功转化为恒力做功：如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等. (4)利用微元法求变力做功. 3. 总功的计算(1) 先求物体所受的合外力，再求合外力做的功. (2) 先求每个力做的功，再求各功的代数和. 4. 求功率要分析清楚是求瞬时功率还是平均功率.【例1】(2015·淮安模拟)如图所示，两根完全相同、轴线在同一水平面内的平行长圆柱上放一均匀木板，木板的重心与两圆柱等距，其中圆柱的半径r=2 cm，木板质量m=5 kg，木板与圆柱间的动摩擦因数μ=0.2，两圆柱以角速度ω绕轴线做相反方向的转动.现施加一过木板重心且平行圆柱轴线的拉力F于木板上，使其以速度v=0.6 m/s沿圆柱表面做匀速运动.取g=10 m/s2.下列说法中正确的是( )A. 若ω=0，则水平拉力F=20 NB. 若ω=40 rad/s，则水平拉力F=6 NC. 若ω=40 rad/s，木板移动距离x=0.5 m，则拉力所做的功为4 JD. 不论ω为多大，所需水平拉力恒为10 N思维轨迹：应用滑动摩擦力公式求出滑动摩擦力大小→应用平衡条件求出拉力大小→应用功的计算公式分析答题【解析】当ω=40 rad/s，圆柱转动的线速度大小为 v'=ωr=0.8 m/s，木板的速度v=0.6 m/s，则木板所受的滑动摩擦力与F的夹角为(180°+37°)，木板在垂直于轴线方向受到两轴的滑动摩擦力大小相等、方向相反，在垂直于轴线方向上受到的滑动摩擦力为零，在平行于轴线方向上，木板受到的滑动摩擦力f=μmg=0.2×5×10 N=10 N，木板做匀速直线运动，由平衡条件得F=fsin 37°=6 N，木板移动距离x=0.5 m，拉力做功W=Fx=6×0.5 J=3 J，故A、C、D错误，B正确.【答案】 B【变式训练1】(多选)(2015·泰州一模)如图所示，长为L的轻杆A一端固定一个质量为m的小球B，另一端固定在水平转轴O上，轻杆A绕转轴O在竖直平面内匀速转动.在轻杆A与竖直方向的夹角α从0°增加到90°的过程中，下列说法中正确的是( )A. 小球B 受到轻杆A 作用力的方向一定沿着轻杆AB. 小球B 受到的合力的方向一定沿着轻杆AC. 小球B 受到轻杆A 的作用力对小球做正功D. 小球B 重力做功的功率不断增大【解析】 B 球做匀速圆周运动，所受合外力提供向心力，指向圆心，B 项正确；合力指向圆心，A 对B 的力就不会沿杆子方向，A 项错误；B 球动能不变，根据动能定理说明合力做功为零，重力做正功，A 对B 的力一定做负功，C 项错误；开始时重力与速度方向成直角，随着夹角变化，重力与速度的夹角逐渐变为零度，根据P=mgvcos θ得出重力的功率不断增大，D 项正确.【答案】 BD机车启动问题两种机车启动的模型比较P()v 不变↓F-F m 阻↓不变⇒F 不变P=Fv↑直到P 额=Fv【例2】 (多选)(2015·常州一模)如图所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上的一艘静止的质量为m 的小船沿直线拖向岸边，小船到达B 处时放开缆绳. 已知拖动缆绳的电动机的输出功率恒为P ，小船受到的阻力大小恒为f ，小船到达B 处前速度已达到最大值. 设经过A 点时，缆绳与水平面的夹角为θ，小船速度为v A ，不计缆绳质量. 则下列说法中正确的是( )A. 小船先做加速运动，后做减速运动B. 小船先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动C. 小船经过A 点的加速度为a=cos -APf v m θD. 小船运动的最大速度为v m =Pf 思维轨迹：【解析】 当小船在A 点时，把船速沿着绳子和垂直绳子进行分解，根据几何关系得绳子方向的分速度有v 绳=v A cos θ.设绳子拉力为F ，根据电动机功率恒定有P=Fv 绳=Fv A cos θ.对小船进行受力分析后沿水平方向和竖直方向进行正交分解有Fcos θ-f=ma ，a=cos -F f m θ=cos -cos A P f v m θθ=-A Pfv m ，C 项错误；当加速度为零时速度最大，最大速度由m P v -f=0得出v m =Pf ，D 项正确；小船先做加速度逐渐变小的变加速运动，最终匀速，A 项错误、B 项正确.【答案】 BD【变式训练2】 (2015·徐州三模)一汽车在平直公路上以20 kW 的功率行驶，t 1时刻驶入另一段阻力恒定的平直公路，其v-t 图象如图所示，已知汽车的质量为2×103 kg. 下列说法中正确的是()A. t 1前汽车受到的阻力大小为1×103 NB. t 1后汽车受到的阻力大小为2×103 NC. t 1时刻汽车加速度大小突然变为1 m/s 2D. t 1~t 2时间内汽车的平均速度为7.5 m/s【解析】 t 1前汽车匀速，有P=F 1v 1=f 1v 1，得f 1=1P v =3201010⨯ N=2×103 N ，A 项错误；进入另一段公路后最终以v 2=5 m/s 匀速，得出f 2=2P v =320105⨯ N=4×103N ，B 项错误；t 1时刻牵引力为2×103 N ，阻力瞬间变为4×103 N ，加速度为a=33-210210⨯⨯m/s 2=-1 m/s 2，C 项正确；根据面积得出t 1~t 2时间内汽车的平均速度大于7.5 m/s ，D 项错误.【答案】 C动能定理的应用1. 应用动能定理解题的基本步骤2. 应用动能定理的注意事项(1) 动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于恒力做功，也适用于变力做功.(2) 若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑.但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式.【例3】(2015·山东)如图甲所示，物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接.物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l.开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值.现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的60%.不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g.求：(1) 物块的质量.(2) 从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功.甲乙思维轨迹：(1) 分别对开始及夹角为60°进行受力分析→根据共点力平衡条件列式→求得物块的质量(2) 在最低点受力分析→根据牛顿第二定律求出物块的速度→对全程应用动能定理列式→求得小球克服阻力所做的功【解析】(1) 设开始时细绳的拉力大小为T1，传感装置的初始值为F1，物块质量为M，由平衡条件得对小球，T1=mg，对物块，F1+T1=mg.当细绳与竖直方向的夹角为60°时，设细绳的拉力大小为T2，传感装置的示数为F2，据题意可知，F2=1.25F1，由平衡条件得对小球，T2=mgcos60°，对物块，F2+T2=Mg，联立各式，代入数据得 M=3m.(2) 设小球运动至最低位置时速度的大小为v，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为Wf ，由动能定理得mgl(1-cos 60°)-Wf=12mv2，在最低位置，设细绳的拉力大小为T3，传感装置的示数为F3，据题意可知，F 3=0.6F1，对小球，由牛顿第二定律得T3-mg=m2vl，对物块，由平衡条件得 F3+T3= Mg，联立各式，代入数据得Wf=0.1mgl.【答案】(1) 3m (2) 0.1mgl【变式训练3】(2015·新课标Ⅰ)如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平.一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道.质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小.用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功.则()A. W=12mgR ，质点恰好可以到达Q 点 B. W>12mgR ，质点不能到达Q 点C. W=12mgR ，质点到达Q 点后，会继续上升一段距离 D. W<12mgR ，质点到达Q 点后，会继续上升一段距离【解析】 根据动能定理可得P 点动能E kP =mgR ，经过N 点时，半径方向的合力提供向心力，可得4mg-mg=m 2v R ，所以N 点动能为E kN =32mgR，从P 点到N 点根据动能定理可得mgR+W=32mgR -mgR ，即摩擦力做功W=-2mgR.质点运动过程，半径方向的合力提供向心力即F N -mgsin θ=ma=m 2v R ，根据左右对称，在同一高度，由于摩擦力做功导致右半幅的速度小，轨道弹力变小，滑动摩擦力f=μF N 变小，所以摩擦力做功变小，那么从N 到Q ，根据动能定理，Q 点动能E kQ =32mgR -mgR-W'，由于W'<2mgR，所以Q 点速度仍然没有减小到0，仍会继续向上运动一段距离，故选项C 正确.【答案】 C【变式训练4】(2015·苏锡常镇二模)如图所示为仓储公司常采用的“自动化”货物装卸装置，两个相互垂直的斜面固定在地面上，货箱A(含货物)和配重B通过与斜面平行的轻绳跨过光滑滑轮相连. A装载货物后从h=8.0 m高处由静止释放，运动到底端时，A和B同时被锁定，卸货后解除锁定，A在B的牵引下被拉回原高度处，再次被锁定. 已知θ=53°，B的质量M为1.0×103kg，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5，滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，取g=10 m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6.(1) 为使A由静止释放后能沿斜面下滑，其质量m需要满足什么条件?(2) 若A的质量m=4.0×103kg，求它到达底端时的速度v.(3) 为了保证能被安全锁定，A到达底端的速率不能大于12 m/s. 请通过计算判断：当A的质量m不断增加时，该装置能否被安全锁定.【解析】(1) 设左斜面倾角为θ，右斜面倾角为β，货箱由静止释放后能沿斜面下滑，则F合>0，mgsinθ-Mgsinβ-μmgcosθ-μMgcosβ>0，解得m>2.0×103 kg.(2) 对系统应用动能定理W合=ΔEk，mgh-Mg·sin sin h βθ-(μmgcos θ+μMgcos β)·sin h θ=12(M+m)v 2，解得 m/s.另解：本小题也可用牛顿第二定律求解： 由F 合=ma ，mgsin θ-Mgsin β-μmgcos θ-μMgcos β=(M+m)a ， 得a=2m/s 2.由运动学方程v 2=2aL ，L=sin hθ，得 m/s.(3) 当A 的质量m 与B 的质量M 之间关系满足m ≫M 时，货箱下滑的加速度最大，到达斜面底端的速度也最大，此时有mgsin θ-μmgcos θ=ma m ， a m =5m/s 2， v 2=2a m L ，货箱到达斜面底端的最大速度 v=10m/s<12m/s.所以，当A 的质量m 不断增加时，该运输装置能被安全锁定.【答案】 (1) m>7.0×103 kg m/s (3) 能应用动能定理分析带电体在电场中的运动【例4】 (2015·海安中学)如图所示，虚线PQ 、MN 间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m=2.0×1-110 kg 、电荷量为q=+1.0×10-5 C ，从a 点由静止开始经电压为U=100 V 的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN 的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角.已知PQ 、MN 间距为20 cm ，带电粒子的重力忽略不计.求：(1) 带电粒子刚进入匀强电场时的速率v 1. (2) 水平匀强电场的场强大小. (3) a 、b 两点间的电势差.思维轨迹：(1) 带电粒子在加速电场中→电场力做正功为qU→运用动能定理求解速率v 1 (2) 粒子进入匀强电场中做类平抛运动→将粒子在b 的速度进行分解，竖直方向上做匀速直线运动，水平方向做匀加速直线运动→运用运动学公式和牛顿第二定律求解场强的大小(3) 对粒子运动全程分析→运用动能定理列式求解a 、b 两点间的电势差【解析】 (1) 由动能定理得qU=12m 21v ，代入数据得v 1=104 m/s.(2) 粒子沿初速度方向做匀速运动d=v 1t ， 粒子沿电场方向做匀加速运动v y =at ，由题意得tan 30°=1yv v ，由牛顿第二定律得qE=ma ， 联立以上各式并代入数据得3 N/C=1.732×103 N/C.(3) 由动能定理得qU ab =12m(21v +2yv )-0，联立以上各式并代入数据得U ab =400 V.【答案】 (1) 104 m/s (2) 1.732×103N/C (3) 400 V【变式训练5】 (2015·南师附中)如图所示，虚线左侧空间有一方向水平向右的匀强电场，场强E=5×108 N/C.足够长的光滑水平导轨MN 部分处于匀强电场中，右端N 与水平传送带平滑连接，导轨上放有质量m=1.0 kg 、电荷量q=1×10—8 C 、可视为质点的带正电滑块A ，传送带长L=2.0 m.第一次实验时，使皮带轮沿逆时针方向转动，带动传送带以速率v=3.0 m/s 匀速运动，由静止释放A.A 在电场力作用下向右运动，以速度v A m/s 滑上传送带，并从传送带右端P 点水平飞出落至地面上的Q 点，已知A 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.20，重力加速度取g=10 m/s 2.(1) 求A 到达传送带右端P 点时的速度大小.(2) 第二次实验时，使皮带轮沿顺时针方向转动，带动传送带以速率v=3.0 m/s 匀速运动，调整A 由静止释放的位置，使A 仍从P 点水平飞出落至Q 点.求A 的初始位置距虚线的距离的范围.【解析】 (1) A 在传送带上做匀减速运动，设加速度大小为a ，则μmg=ma ， 代入数据解得a=2 m/s 2.由运动学公式2P v -2A v =-2aL ，代入数据解得v P =3 m/s.(2) 要从P 点飞出后仍落至地面上的Q 点，A 在P 点的速率必为3 m/s.当皮带顺时针转动时，若v A m/s ，则A 在传送带上一直做匀减速运动，到达P 点时速度恰好为3 m/s ，从P 点飞出仍落至地面上的Q 点.若v A m/s ，则A 在传送带上可能先做匀减速运动，达到3 m/s ，后和传送带一起做匀速运动，也可能先加速运动，达到3 m/s 后和传送带一起匀速运动，其中的临界情况是A 在传送带上一直匀加速运动，到达P 点时速度刚好为3 m/s.设这种情况下A 刚好滑上传送带时的速度为v 0，由运动学公式，有2P v -20v =2aL ，代入数据解得v 0=1 m/s.因此，A 刚好滑上传送带时的速度需满足1 m/s≤v A m/s. 设A 的初始位置与虚线间的距离为x ，由动能定理有qEx=12m 2A v -0，代入数据解得0.1m≤x≤1.7m.【答案】 (1) 3 m/s (2) 0.1m≤x≤1.7m趁热打铁，事半功倍.请老师布置同学们根据要求及时完成《配套检测与评估》中的练习第7-8页.【检测与评估】专题四 动能定理的综合应用1. (2015·福建)如图所示，在竖直平面内，滑道ABC 关于B 点对称，且A 、B 、C 三点在同一水平线上.若小滑块第一次由A 滑到C ，所用的时间为t 1，第二次由C 滑到A ，所用时间为t 2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( )A. t 1<t 2B. t 1=t 2C. t 1>t 2D. 无法比较t 1、t 2的大小2. (2015·宿迁三校联考)如图甲所示，静止在水平地面上的物块受到水平拉力F 的作用，F 与时间t 的关系如图乙所示，设物块与地面之间的最大静摩擦力f m 大小与滑动摩擦力大小相等，则( )甲乙A. 0~t 1时间内所受摩擦力大小不变B. t 1~t 2时间内物块做加速度减小的加速运动C. t 2时刻物块的速度最大D. t 2~t 3时间内物块克服摩擦力做功的功率增大3. (2015·新课标Ⅱ)一汽车在平直公路上行驶.从某时刻开始计时，发动机的功率P 随时间t 的变化如图所示.假定汽车所受阻力的大小f 恒定不变.下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图象中可能正确的是( )A BCD4. (2015·南通一模)如图所示，AB 、AC 两光滑细杆组成的直角支架固定在竖直平面内，AB 与水平面的夹角为30°，两细杆上分别套有带孔的a 、b 两小球，在细线作用下处于静止状态，细线恰好水平.某时刻剪断细线，在两球下滑到底端的过程中，下列说法中正确的是( )A. a 、b 两球滑到底端时速度相同B. a 、b 两球重力做功相同C. 小球a 下滑的时间大于小球b 下滑的时间D. 小球a 受到的弹力小于小球b 受到的弹力5. (2015·淮安模拟)如图所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h 的A 点由静止释放，运动至B 点时速度为v 1.现将倾斜轨道的倾角调为θ2，仍将物块从轨道上高度为h 的A 点由静止释放，运动至B 点时速度为v 2.已知θ2<θ1，不计物块在轨道接触处的机械能损失.则( )A. v 1<v 2B. v 1>v 2C. v 1=v 2D. 由于不知道θ1、θ2的具体数值，v 1、v 2关系无法判定6. (多选)(2015·泰州二模)如图所示，水平转台上有一个质量为m 的物块，用长为L 的细绳将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为θ角，此时绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为μ(μ<tan θ)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则( )A. 当绳中出现拉力时，转台对物块做的功为2πμmgLsin θB. 当绳中出现拉力时，转台对物块做的功为12μmgLsin θC. 当转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功为2sin 2cos mgL θθD.时，物块机械能增量为34cos mgLθ7. (2015·盐城三模)如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O 点质量为m=1 kg 的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变.现对小物块施加F=10 N 水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动.小物块在向左运动到A 点前某处速度最大时，弹簧的弹力为 6 N ，运动到A 点时撤去推力F ，小物块最终运动到B 点静止.图中OA=0.8 m ，OB=0.2 m ，重力加速度取g=10 m/s 2.求小物块： (1) 与桌面间的动摩擦因数μ. (2) 向右运动过程中经过O 点的速度. (3) 向左运动的过程中弹簧的最大压缩量.8. (2015·江苏)一转动装置如图所示，四根轻杆OA 、OC 、AB 和CB 与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l ，球和环的质量均为m ，O 端固定在竖直的轻质转轴上. 套在转轴上的轻质弹簧连接在O 与小环之间，原长为L. 装置静止时，弹簧长为32L. 转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升.弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g.求：(1) 弹簧的劲度系数k.(2) AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω.(3) 弹簧长度从32L缓慢缩短为12L的过程中，外界对转动装置所做的功W.【检测与评估答案】专题四动能定理的综合应用1. A 【解析】在AB段，根据牛顿第二定律mg-FN =m2vR，速度越大，滑块受支持力越小，摩擦力就越小，在BC段，根据牛顿第二定律FN -mg=m2vR，速度越大，滑块受支持力越大，摩擦力就越大，由题意知从A运动到C相比从C到A，在AB段速度较大，在BC段速度较小，所以从A到C运动过程受摩擦力较小，用时短，所以A正确.2. D 【解析】在0~t1时间内水平拉力小于最大静摩擦力，物体保持不动，摩擦力大小逐渐增大，故A错误；t1~t2时间内，拉力逐渐增大，摩擦力不变，根据牛顿第二定律可知，加速度逐渐增大，故B错误；t2~t3时间内，合力向前，物体一直加速前进，t 3时刻后合力反向，要做减速运动，所以t 3时刻速度最大，故C 错误；t 2~t 3时间内速度逐渐增大，摩擦力大小不变，根据P=fv 可知物块克服摩擦力做功的功率增大，故D 正确.3. A 【解析】 由图可知，汽车先以恒定功率P 1启动，所以刚开始做加速度减小的加速运动，后以更大功率P 2运动，所以再次做加速度减小的加速运动，故A 正确，B 、C 、D 错误.4. C 【解析】 剪断细线前设线中拉力为T ，分别对两小球受力分析tan30°=a T m g ，tan60°=b Tm g ，联立解得a b m m =3.剪断细线后滑到底端对应的竖直高度h，但方向不同，A 项错误；由于两球质量不同，重力做功不同，B 项错误；a 沿细杆下滑的加速度小，位移大，时间长，C 项正确；球a 受到的弹力为F a =m a gcos 30°=3m bgcos 30°=m b g>m b gcos 60°，D 项错误.5. C 【解析】 设小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数为μ，水平轨道与倾斜轨道交点为D 点，从A 到B 的过程中，根据动能定理得12m 2B v -0=mgh-μmgcos θ·sin hθ-μmgx BD ， 则12m 2B v =mgh-μmgh·1tan θ-μmgx BD ， 而μmgh·1tan θ=μmgx CD ，所以12m 2B v =mgh-μmgx BC ，由此可以看出到达B 点的速度与倾斜轨道的倾角无关，所以v 1=v 2，故C 正确.6. BCD 【解析】绳中出现拉力前，物块的摩擦力提供向心力，取最大静摩擦力提供向心力计算，有μmg=m2sinvLθ.至绳中出现拉力时，根据动能定理得转台对物块做的功为W=12mv2=12μmgLsin θ，A项错误，B项正确；转台对物块支持力为零时，绳子拉力和重力的合力提供向心力，根据几何关系有mgtan θ=m2'sinvLθ，根据动能定理得转台对物块做的功为W'=12mv'2=2sin2cosmgLθθ，C项正确；转台对物块支持力为零时，对应的角速度满足mgtan θ=m2ω临Lsin θ，得出ω临α，根据几何关系有tan α=2sinm Lmgωα，把ωcos α=23cos θ.物块机械能的增量为增加的重力势能和动能之和，有ΔE=mg(Lcos θ-Lcosα)+12m(ωLsin α)2=34cosmgLθ，D项正确.7. (1) 小物块速度达到最大时，加速度为零. F-μmg-F弹=0，μ=-F Fmg弹=0.4.(2) 设向右运动通过O点时的速度为v，由动能定理列出-f·xOB =0-12m20v，f=μmg=4 N，解得 vm/s.(3) 设撤去F推力后，小物块继续向左运动x的距离，弹簧的压缩量最大值为xmax.取小物块运动的全过程，根据动能定理列出F×0.8-f(2x+1.8)=0，x=0.1 m，则xmax=0.8 m+x=0.9 m.8. (1) 装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1，OA杆与转轴的夹角为θ1.小环受到弹簧的弹力F弹1=k·2L，小环受力平衡F弹1=mg+2T1cosθ1，小球受力平衡F1cosθ1+T1cosθ1=mg；F1sinθ1=T1sinθ1，解得k=4mg L.(2) 设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2，OA杆与转轴的夹角为θ2，弹簧长度为x.小环受到弹簧的弹力F弹2=k(x-L)，小环受力平衡F弹2=mg，得x=54L.对小球F2cosθ2=mg；F2sinθ2=m2lsinθ2且cosθ2=2xl，解得ω.(3) 弹簧长度为12L时，设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3，OA杆与弹簧的夹角为θ3.小环受到弹簧的弹力F弹3=12kL，小环受力平衡2T3cosθ3=mg+F弹3且cosθ3=4Ll，对小球F3cosθ3=T3cosθ3+mg；F3sinθ3+T3sinθ3=m23ωlsinθ3，解得ω3整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理W-mg3-22L L⎛⎫ ⎪⎝⎭-2mg3-44L L⎛⎫⎪⎝⎭=2×12m(ω3lsinθ3)2，解得W=mgL+2 16mglL.。