36、
D．若速度為v2時牽引力恰為，則有v2＝2v1
解析：選ABD 根據(jù)牽引力和速度的關系圖像和功率P＝Fv 得，汽車運動中的最大功率為F1v1，汽車達到最大速度v3時加速度為零，此時阻力等于牽引力，所以阻力f＝，A正確；根據(jù)牛頓第二定律，保持某一恒定加速度時，加速度a＝＝－，加速的時間：t＝＝，則汽車勻加速運動的過程中牽引力的沖量大小為I＝F1t＝，B正確；汽車保持的恒定的牽引功率為F1v1，故速度為v2時的牽引力是，對汽車受力分析，受重力、支持力、牽引力和阻力，根據(jù)牛頓第二定律，可得速度為v2時加速度大小為a′＝－，C錯誤；若速度為v2時牽引力恰為，則＝，則v2＝2v1，D正確。
8．
37、(2016·天津高考)我國高鐵技術處于世界領先水平。和諧號動車組是由動車和拖車編組而成，提供動力的車廂叫動車，不提供動力的車廂叫拖車。假設動車組各車廂質(zhì)量均相等，動車的額定功率都相同，動車組在水平直軌道上運行過程中阻力與車重成正比。某列車組由8節(jié)車廂組成，其中第1、5節(jié)車廂為動車，其余為拖車，則該動車組( )
A．啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動的方向相反
B．做勻加速運動時，第5、6節(jié)與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為3∶2
C．進站時從關閉發(fā)動機到停下來滑行的距離與關閉發(fā)動機時的速度成正比
D．與改為4節(jié)動車帶4節(jié)拖車的動車組最大速度之比為1∶2
解析：選BD 啟動時，乘客
38、的加速度向前，車廂對人的作用力方向向前，與車運動的方向相同，選項A錯誤；以后面的車廂為研究對象，F(xiàn)56＝3ma，F(xiàn)67＝2ma，則5、6節(jié)與6、7節(jié)車間的作用力之比為3∶2，選項B正確；根據(jù)v2＝2ax，車停下來滑行的距離x與速度的二次方成正比，選項C錯誤；若改為4節(jié)動車，則功率變?yōu)樵瓉?倍，由P＝Fv 知，最大速度變?yōu)樵瓉?倍，選項D正確。
9.如圖所示，長為L的輕質(zhì)硬桿A一端固定小球B，另一端固定在水平轉(zhuǎn)軸O上?，F(xiàn)使輕桿A繞轉(zhuǎn)軸 O 在豎直平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，輕桿A與豎直方向的夾角α從0° 增加到180°的過程中，下列說法正確的是( )
A．小球B受到的合力的方向始終沿著輕桿A指向軸O
39、
B．當α＝90°時小球B受到輕桿A的作用力方向豎直向上
C．輕桿A對小球B做負功
D．小球B的重力做功的功率不斷增大
解析：選AC 小球B做勻速圓周運動，由合力提供做圓周運動的向心力，始終指向圓心，所以小球B受到的合力的方向始終沿著輕桿A指向軸O，故A正確；當α＝90°時輕桿A水平，此時水平方向上輕桿A對小球B有向左的拉力，該拉力提供小球B的向心力，豎直方向上輕桿A對小球B的支持力與重力相平衡，所以輕桿A對小球B的作用力方向斜向左上方，則小球B受到輕桿A的作用力方向斜向右下方，故B錯誤；輕桿A與豎直方向的夾角α從0°增加到180°的過程中，小球B的動能不變，重力勢能減小，則小球B的機械
40、能減小，由功能原理知，輕桿A對小球B做負功，故C正確；重力的瞬時功率P＝mgvsin α＝mgvy，vy是豎直分速度，vy先增大后減小，故小球B的重力做功的功率先增大后減小，故D錯誤。
二、非選擇題
10.(2017·蘇錫常一模)如圖所示，一本大字典置于桌面上，一張A4紙(質(zhì)量和厚度均可忽略不計)夾在字典最深處。假設字典的質(zhì)量分布均勻，同一頁紙上的壓力分布也均勻，字典總質(zhì)量M＝1.5 kg，寬L＝16 cm，高H＝6 cm，A4紙上下表面與書頁之間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.3，字典與桌面之間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.4，各接觸面的最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。
41、
(1)水平向右拉動A4紙，要使字典能被拖動，A4紙對字典的總摩擦力至少多大？
(2)上題中，求A4紙夾在字典中離桌面的最大高度h0；
(3)若將A4紙夾在離桌面高度為3 cm處，要將A4紙從字典中水平向右抽出，拉力至少做多少功？
解析：(1)字典恰好能被拉動，A4紙對字典的摩擦力
f＝f桌，又f桌＝μ2Mg，得f＝6 N。
(2)設此時A4紙上方紙張質(zhì)量為m，
則有：2μ1mg＝f
代入數(shù)據(jù)可得m＝1 kg，
此時A4紙的位置離桌面高為：
h0＝H
得h0＝2 cm。
(3)A4紙夾在離桌面的高度為3 cm處，高于2 cm，所以字典不會被拖動。
當A4紙抽出位移為x
42、時，所受上方壓力為：
FN＝
此時A4紙受到拉力大小為：F＝f′＝2μ1FN
即F＝μ1Mg，拉力大小與位移x成線性關系
所以拉力做功為：W＝F0L＝μ1MgL
可得：W＝0.36 J。
答案：(1)6 N (2)2 cm (3)0.36 J
11．(2017·蘇錫常模擬)乒乓球發(fā)球機的簡化模型示意圖如圖所示，發(fā)球機的機頭相當于一個長l＝20 cm 的空心圓柱(內(nèi)徑比乒乓球的直徑略大)，水平固定在球臺邊緣O點上方H＝45 cm處，可繞C軸在水平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，從而改變球的落點。球臺長為L＝3 m，位于球臺中央的球網(wǎng)高h＝25 cm，出球口離盛球容器底部的高度H0＝50 cm，不考慮乒乓
43、球的旋轉(zhuǎn)、空氣阻力和發(fā)球機軌道對球的阻力，已知一只乒乓球的質(zhì)量約為3 g(取重力加速度g＝10 m/s2)。
(1)若發(fā)球機的機頭不轉(zhuǎn)動，且出球點在O點正上方，當發(fā)球機發(fā)出的球能過網(wǎng)且落在球臺上，求發(fā)球機出球的速度大小范圍；
(2)若發(fā)球機機頭以ω＝5 rad/s按俯視圖所示方向轉(zhuǎn)動，且出球時球相對機頭的速度為9 m/s。求出球點轉(zhuǎn)到O點正上方時所發(fā)出球的最后落點位置，結(jié)果用xOy坐標系中的坐標值表示；
(3)在第(2)問情景下，若發(fā)球機每分鐘發(fā)出30只球，求發(fā)球機因發(fā)球而消耗的平均功率。
解析：(1)根據(jù)H－h(huán)＝gt12得：
t1＝ ＝ s＝0.2 s，
則發(fā)球機出球的最小
44、速度為：
v1＝＝ m/s＝7.5 m/s，
根據(jù)H＝gt22
得：t2＝＝ s＝0.3 s，
則發(fā)球機出球的最大速度為：
v2＝＝ m/s＝10 m/s，
發(fā)球機出球的速度大小范圍為：
7．5 m/s＜v＜10 m/s。
(2)機頭轉(zhuǎn)動的線速度為：
v3＝lω＝0.2×5 m/s＝1 m/s，
根據(jù)平行四邊形定則知，球發(fā)出后的速度為：
v＝＝ m/s＝ m/s，
球發(fā)出后做平拋運動，在xOy坐標系中，縱坐標為：
y＝v3t2＝1×0.3 m＝0.3 m，
橫坐標為：x＝v4t2＝9×0.3 m＝2.7 m，
最后落點位置坐標為(2.7 m,0.3 m)。
(3
45、)每個乒乓球的機械能為：
E＝mgH0＋mv2
＝3×10－3×10×0.5＋×3×10－3×82J
＝0.138 J，
發(fā)球機因發(fā)球而消耗的平均功率為：
P＝＝＝ W＝0.069 W。
答案：(1)7.5 m/s＜v＜10 m/s (2)(2.7 m,0.3 m) (3)0.069 W
八、解題利器——“動能定理”的三個應用
[抓牢解題本源]
一、動能定理的“兩點一過程”
1．“兩點”：指初、末狀態(tài)及對應的動能Ek1、Ek2。
2．“一過程”：指從初狀態(tài)到末狀態(tài)的運動過程及合力做的功W合。
二、動能定理的適用條件與解題步驟
1．動能定理既適用于直線運動，也適用于曲
46、線運動。
2．動能定理既適用于恒力做功，也適用于變力做功。
3．力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時作用，也可以分階段作用。
三、動能定理的應用技巧
1．動能定理往往用于單個物體的運動過程，由于不涉及加速度和時間，比動力學研究方法更簡便。
2．當物體的運動包含多個不同的過程時，可分段應用動能定理求解；當所求解的問題不涉及中間過程的速度時，也可以全過程應用動能定理求解。
3．動能定理中的速度和位移必須是針對同一參考系的，一般以地面為參考系。
[研透?？碱}根]
應用動能定理求解變力做功問題
[例1] 如圖所示，質(zhì)量為m的物塊與水平轉(zhuǎn)臺間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊與轉(zhuǎn)軸
47、相距R，物塊隨轉(zhuǎn)臺由靜止開始轉(zhuǎn)動。當轉(zhuǎn)速增至某一值時，物塊即將在轉(zhuǎn)臺上滑動，此時轉(zhuǎn)臺已開始勻速轉(zhuǎn)動，在這一過程中，摩擦力對物塊做的功是(假設物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)( )
A．0 B．2μmgR
C．2πμmgR D.μmgR
[審題指導]
(1)當轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)速增加時，對物塊做功的力為靜摩擦力。
(2)當轉(zhuǎn)臺勻速轉(zhuǎn)動時，物塊的向心力大小為μmg。
[解析] 物塊即將在轉(zhuǎn)臺上滑動但還未滑動時，轉(zhuǎn)臺對物塊的最大靜摩擦力恰好提供向心力，設此時物塊做圓周運動的線速度為v，則有μmg＝。
在物塊由靜止到獲得速度v的過程中，物塊受到的重力和支持力不做功，只有摩
48、擦力對物塊做功，由動能定理得W＝mv2－0。聯(lián)立解得W＝μmgR。D正確。
[答案] D
本題有同學認為摩擦力充當物塊做圓周運動的向心力，因此摩擦力不做功，錯選為A。但應注意的是題目中求的是物塊從靜止到即將滑動的過程中摩擦力所做的功，而不是求轉(zhuǎn)臺穩(wěn)定轉(zhuǎn)動時摩擦力做的功?！ ?
[即時訓練]
(2017·徐州模擬)如圖所示，在投球游戲中，小明坐在可升降的椅子上，向正前方的圓桶水平拋出籃球。已知某次拋出點的實際高度H0＝2.0 m，桶的高度h0＝0.4 m，到拋出點的水平距離L＝1.6 m，籃球恰好落入桶內(nèi)，小明對籃球做的功約為(g取10 m/s2，空氣阻力不計)( )
A．0.2
49、J B．2 J
C．20 J D．200 J
解析：選B 籃球做平拋運動，因為恰好落入桶中，故在水平方向上有L＝v0t，豎直方向上有h＝H0－h(huán)0＝gt2，由動能定理知，小明對籃球做的功等于籃球拋出時具有的動能，即W＝mv02，一個籃球大概500 g，代入數(shù)據(jù)解得W＝2 J，B正確。
動能定理和圖像的綜合問題
[例2] 泥石流是在雨季由于暴雨、洪水將含有沙石且松軟的土質(zhì)山體經(jīng)飽和稀釋后形成的洪流。泥石流流動的全過程雖然只有很短時間，但由于其高速前進，具有強大的能量，因而破壞性極大。某課題小組對泥石流的威力進行了模擬研究，他們設計了如圖甲的模型：在水平地面上放置一個質(zhì)量為m＝
50、4 kg的物體，讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下從靜止開始運動，推力F隨位移的變化如圖乙所示，已知物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，g＝10 m/s2。則：
(1)物體在運動過程中的最大加速度為多少？
(2)在距出發(fā)點多遠處，物體的速度達到最大？
(3)物體在水平面上運動的最大位移是多少？
[審題指導]
(1)物體加速度最大的條件是F或F合最大。
(2)物體速度最大的條件是F合＝0或a＝0。
(3)物體位移最大的條件是末速度等于0。
(4)在F-x圖像中，面積表示力F做的功。
[解析] (1)當推力F最大時，加速度最大，由牛頓第二定律，得：Fm－μmg＝mam
51、，可解得：am＝15 m/s2。
(2)由圖像可知，F(xiàn)隨x變化的函數(shù)方程為
F＝80－20x，速度最大時，合力為0，即F＝μmg，
解得x＝3 m。
(3)位移最大時，末速度一定為0
由動能定理可得：WF－μmgx＝0
由圖像可知，力F做的功為
WF＝Fmxm＝×80×4 J＝160 J
所以x＝8 m。
[答案] (1)15 m/s2 (2)3 m (3)8 m
[即時訓練]
如圖所示，上表面水平的圓盤固定在水平地面上，一小物塊從圓盤邊緣上的P點，以大小相同的初速度在圓盤上沿與直徑PQ成θ角的方向開始滑動，設小物塊運動到圓盤另一邊緣時的速度大小為v，則v2-cos θ圖
52、像應為下列圖像中的( )
解析：選A 設圓盤半徑為r，小物塊與圓盤間動摩擦因數(shù)為μ，則對整個過程有－μmg·2rcos θ＝mv2－mv02，即v2＝v02－4μgrcos θ，故A正確。
應用動能定理解決多過程問題
[例3] 如圖所示，光滑水平面AB與半圓形軌道在B點相切，軌道位于豎直平面內(nèi)，其半徑為R。一個質(zhì)量為m的物塊將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，在彈力作用下物塊獲得一向右的速度，然后脫離彈簧，當它經(jīng)過B點進入軌道瞬間對軌道的壓力為其重力的7倍，之后向上運動恰能沿半圓形軌道到達C點。不計空氣阻力，重力加速度為g。
(1)求彈簧彈力對物塊做的功；
(2)求物塊從B點運動
53、到C點克服阻力做的功；
(3)如果半圓形軌道也是光滑的，其他條件不變，物塊由A經(jīng)B運動到C，然后落到水平面上，落點為D(題中D點未標出，且水平面足夠長)，求D點與B點間的距離。
[思路點撥] 本題可按以下思路進行分析：
→→
[解析] (1)物塊在B點時，由牛頓第二定律得
FN－mg＝m
又FN＝7mg
在物塊從A點運動到B點的過程中，只有彈簧彈力做功，根據(jù)動能定理有W＝mvB2，解得W＝3mgR。
(2)由題意可知，物塊到達C點時只有重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有mg＝m
物塊從B點運動到C點只有重力和阻力做功，根據(jù)動能定理有
W阻－mg×2R＝mvC2－mvB2
54、解得W阻＝－mgR
故物塊從B點運動到C點克服阻力做的功為mgR。
(3)若半圓形軌道光滑，則物塊從B點運動到C點的過程中只有重力做功，根據(jù)動能定理有
－mg×2R＝mvC′2－mvB2
解得vC′＝
從C點到D點，物塊做平拋運動，有
水平方向：xBD＝vC′t 豎直方向：2R＝gt2
解得xBD＝2R。
[答案] (1)3mgR (2)mgR (3)2R
[備考錦囊]
應用動能定理求解多過程問題的五個注意事項
(1)弄清物體的運動由哪些過程構(gòu)成。
(2)分析每個過程中物體的受力情況。
(3)各個力做功有何特點，對動能的變化有無貢獻。
(4)從總體上把握全過程，表
55、達出總功，找出初、末狀態(tài)的動能。
(5)對所研究的分過程或全過程運用動能定理列方程。
[即時訓練]
(2017·徐州模擬)如圖所示，水平軌道左端固定一輕質(zhì)彈簧，右端與半徑為R的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，輕質(zhì)彈簧無形變時右端位于O點，物塊(與彈簧不拴接)在外力作用下壓縮彈簧至不同長度時釋放，脫離彈簧時將獲得不同的動能Ek，已知物塊質(zhì)量為m，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，OB＝l1，重力加速度為g，不計空氣阻力，物塊可看成質(zhì)點。
(1)若彈簧的勁度系數(shù)為k，當彈簧被壓縮至A點且OA＝l2時，彈簧的彈力為多大？
(2)物塊在從A點被釋放運動到O點的過程中，加速度大小和
56、速度大小如何變化？
(3)要使物塊在半圓軌道BCD上運動時不與軌道脫離，則物塊在O點的動能Ek應滿足什么條件？
解析：(1)根據(jù)胡克定律知彈簧彈力F＝kx＝kl2。
(2)物塊在從A點被釋放運動到O點的過程中，物塊受到向右的彈簧彈力和向左的滑動摩擦力，彈簧彈力越來越小，所以加速度越來越小，又加速度和速度同向，所以速度越來越大，即做加速度逐漸減小的加速運動。
(3)物塊在半圓軌道BCD上運動時不與軌道脫離，則有兩種情況：
①能通過最高點，則臨界狀態(tài)是在最高點物塊對軌道的壓力為0，
設物塊在最高點D時的速度為v，對最高點臨界狀態(tài)受力分析有：mg＝m，
解得：v＝
對物塊從O到D由動
57、能定理得：
－μmgl1－2mgR＝mv2－Ek
解得：Ek＝μmgl1＋mgR。
所以要使物塊在半圓軌道BCD上運動時不與軌道脫離，則Ek≥μmgl1＋mgR。
②在半圓軌道BCD上滑的高度不超過C點所在高度，臨界狀態(tài)為到達C點速度剛好為0，
對物塊從O到C由動能定理得：
－μmgl1－mgR＝－Ek
解得：Ek＝μmgl1＋mgR
又因為物塊要能到達半圓軌道BCD上運動，所以Ek＞μmgl1
所以要使物塊在半圓軌道BCD上運動時不與軌道脫離，則μmgl1＜Ek≤μmgl1＋mgR。
答案：(1)kl2 (2)加速度逐漸減小的加速運動 速度越來越大 (3)Ek≥μmgl1
58、＋mgR或μmgl1＜Ek≤μmgl1＋mgR
[課余自查小練]
1.(2017·金壇區(qū)期末)如圖所示，可視為質(zhì)點的物體，分別沿AB、DB從斜面頂端由靜止下滑到底端，已知兩斜面底邊長度相等，該物體與斜面AB、DB間的動摩擦因數(shù)相同。下列說法正確的是( )
A．物體沿斜面DB滑動到底端時動能較大
B．物體沿兩斜面滑動到底端時動能一樣大
C．物體沿斜面DB滑動到底端過程中克服摩擦力做的功較少
D．物體沿兩斜面滑動到底端過程中克服摩擦力做的功一樣多
解析：選D 設斜面的傾角為θ，斜面的高度為h，根據(jù)動能定理得：mgh－μmgcos θ·＝Ek－0，即：Ek＝mgh－μmghcot
59、 θ，根據(jù)數(shù)學知識知，hcot θ等于斜面底邊的長度，兩個斜面的底邊長度相等，所以可得，h越大，Ek越大，物體沿斜面AB滑動到底端時動能較大，故A、B錯誤；克服摩擦力做的功 Wf＝μmghcot θ，可知兩種情況Wf一樣大，故C錯誤，D正確。
2．張山同學在校運動會上獲得100米賽跑的冠軍，他采用蹲踞式起跑，在發(fā)令槍響后，左腳迅速蹬離起跑器，在向前加速的同時提升身體重心，如圖所示。假設張山同學的質(zhì)量為m，在起跑前進的距離s內(nèi)，重心升高h，獲得的速度為v，克服阻力做功為Wf，則在此過程中( )
A．地面的支持力對張山同學做功為mgh
B．張山同學自身做功為mgh＋mv2＋Wf
C．
60、張山同學的重力勢能增加量為mv2＋Wf
D．張山同學的動能增加量為mgh＋Wf
解析：選B 地面支持力對張山同學作用時，由于張山同學的腳并沒有離開地面，故地面的支持力對張山同學并不做功，故A錯誤；根據(jù)動能定理，有：W人－Wf－mgh＝mv2，故W人＝mv2＋mgh＋Wf，故B正確；重心上升h，張山同學的重力勢能增加量為ΔEp＝mgh＝W人－mv2－Wf，故C錯誤；張山同學的動能增加量為ΔEk＝mv2＝W人－mgh－Wf，故D錯誤。
3．如圖甲所示，傾角為30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸長的輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面底端的擋板上。一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端一定距離的位置由靜止釋放，接
61、觸彈簧后繼續(xù)向下運動。小球運動的v t圖像如圖乙所示，其中OA段為直線，AB段是與OA相切于A點的平滑曲線，BC是平滑曲線，不考慮空氣阻力，重力加速度為g。關于小球的運動過程，下列說法正確的是( )
A．小球在tB時刻所受彈簧彈力大于mg
B．小球在tC時刻的加速度大于g
C．小球從tC時刻所在的位置由靜止釋放后，不能回到出發(fā)點
D．小球從tA時刻到tC時刻的過程中，重力勢能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量
解析：選B 由題圖乙可知，小球在tB時刻加速度大小為零，此時F彈＝mgsin 30°＝mg，選項A錯誤；小球在tC時刻到達最低點，彈力達到最大值，小球在A點的加速度大小為
62、gsin 30°＝g，C點的切線斜率的大小大于A點的切線斜率的大小，即小球在tC時刻的加速度大于g，選項B正確；由能量守恒定律可知，小球從tC時刻所在的位置由靜止釋放后，能回到出發(fā)點，選項C錯誤；小球從tA時刻到tC時刻的過程中，重力勢能與動能減少量之和等于彈簧彈性勢能的增加量，選項D錯誤。
4．(2017·南寧一模)如圖所示，AB是傾角為θ＝30°的粗糙直軌道，BCD是光滑的圓弧軌道，AB恰好在B點與圓弧相切，圓弧的半徑為R。一個質(zhì)量為m的物體(可以視為質(zhì)點)從直軌道上的P點由靜止釋放，結(jié)果它能在兩軌道上做往返運動。已知P點與圓弧的圓心O等高，物體與軌道AB間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為
63、g，求：
(1)物體對圓弧軌道的最大壓力大??；
(2)物體滑回到軌道AB上距B點的最大距離；
(3)釋放點距B點的距離L′應滿足什么條件，才能使物體順利通過圓弧軌道的最高點D。
解析：(1)根據(jù)幾何關系：PB＝＝R
從P點到E點根據(jù)動能定理，有：
mgR－μmgcos θ·PB＝mvE2－0
解得：vE＝
在E點，根據(jù)向心力公式有：FN－mg＝m
解得：FN＝3mg－3μmg。
(2)設物體滑回到軌道AB上距B點的最大距離x，
根據(jù)動能定理，有
mg(BP－x)sin θ－μmgcos θ(BP＋x)＝0－0
解得：x＝R。
(3)物體剛好到達最高點D時，有mg
64、＝m
解得：v＝
根據(jù)動能定理，有
mg(L′sin θ－R－Rcos θ)－μmgcos θ·L′＝mv2－0
解得：L′＝
所以滿足L′≥時，物體才能順利通過圓弧軌道的最高點D。
答案：(1)3mg－3μmg (2)R (3)L′≥
[專題跟蹤檢測]
一、選擇題(第1～5題為單項選擇題，第6～9題為多項選擇題)
1.(2017·南通模擬)彈弓是中國非物質(zhì)文化遺產(chǎn)，《吳越春秋》中就有相關記載：“弩生于弓，弓生于彈…”。某同學利用一個“Y”形彈弓(如圖所示)，將一顆質(zhì)量約為20 g的石頭斜向上射出約30 m遠，最高點離地約10 m，空氣阻力不計，g取10 m/s2。則該同學對
65、彈弓做功約為( )
A．1 J B．2 J
C．3 J D．4 J
解析：選C 設石頭到達最高點時的速度為v，從最高點到落地石頭做平拋運動，則有：x＝vt，h＝gt2，由石頭運動路徑的過稱性可得：v＝x＝× m/s＝ m/s，根據(jù)功能關系得該同學對彈弓做功為：W＝mgh＋mv2＝0.02×10×10 J＋×0.02×2 J＝3.125 J≈3 J，C正確。
2.一人用恒定的力F，通過圖示裝置拉著物體沿光滑水平面運動，A、B、C是其運動路徑上的三個點，且AC＝BC。若物體從A到C、從C到B的過程中，人拉繩做的功分別為WFA、WFB，物體動能的增量分別為ΔEA、ΔEB，不計滑輪
66、質(zhì)量和摩擦，下列判斷正確的是( )
A．WFA＝WFB ΔEA＝ΔEB
B．WFA>WFB ΔEA>ΔEB
C．WFAWFB ΔEA<ΔEB
解析：選B 如圖，F(xiàn)做的功等于F1做的功，物體由A向B運動的過程中，F(xiàn)1逐漸減小，又因為AC＝BC，由W＝F1l知WFA>WFB；對物體只有F做功，由動能定理知ΔEA>ΔEB，故B正確。
3.將一傾角為θ的斜面體固定在水平面上，在最高點A與最低點C之間有一點B，滿足AB＝2BC。將一小滑塊從最高點由靜止釋放，經(jīng)過一段時間后到達C點，且此時滑塊的速度為零。已知滑塊與AB、BC間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2。由以上條件判斷下列關系式中正確的是( )
A．tan θ＝ B．tan θ＝
C．tan θ＝2μ1－μ2 D．tan θ＝2μ2－μ1
解析：選B 滑塊從最高點由靜止釋放，恰好能滑動到斜面體的最低點，對滑塊受力分析可知滑塊受重力、支持力和滑動摩擦力作用。設斜面的總長為L，從A到C，由動能定理得mgLsin θ－μ1mgcos θ·L－μ2mgcos θ·L＝0，解得tan θ＝，B
（江蘇選考）2018版高考物理二輪復習 第一部分 專題二 功和能學案
