【文档说明】高考物理一轮复习 精选题辑含答案： 课练15 动能和动能定理.doc，共(12)页，1.081 MB，由MTyang资料小铺上传

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课练15动能和动能定理1．(2018·浙江模拟)如图所示，足球从草皮上的①位置被踢出后落在草皮上③位置，空中到达的最高点为②位置，则()A．②位置足球动能等于0B．①位置到③位置过程只有重力做功C．①位置到②位置的过程足球的动能全部转化为重力势能D

．②位置到③位置过程足球动能的变化量等于合力做的功答案：D解析：由题图可知，足球由②到③过程中具有水平位移，则说明足球在②位置存在速度，故A错误；由图可知，①到②的水平位移大于②到③的水平位移，则说明足球受到空气阻力，故B错误；因存在阻力做功，故①位置到②位置的过程足球的

动能转化为重力势能和内能，故C错误；根据动能定理可得，②位置到③位置过程足球动能的变化量等于合力做的功，故D正确．2．(2018·江西模拟)(多选)质量为m的物块在水平恒力F的推动下，从山坡(粗糙)底部的A处由静止开始运动至高为h的破顶B处．到达B处时物块的速度大小为v，

A、B之间的水平距离为s，重力加速度为g.不计空气阻力，则物块运动过程中()A．重力所做的功是mghB．合外力对物块做的功是12mv2C．推力对物块做的功是12mv2＋mghD．阻力对物块做的功是12mv2＋mgh－Fs答

案：BD解析：重力所做的功是WG＝－mgh，选项A错误；根据动能定理，合外力对物块做的功是W合＝WF－mgh＋Wf＝12mv2，选项B正确；WF＝mgh－Wf＋12mv2，选项C错误；WF＝Fs＝mgh－Wf＋1

2mv2，则Wf＝mgh＋12mv2－Fs，选项D正确．3．(2018·天津五区县联考)(多选)如图所示，竖直平面内有一光滑圆环，半径为R，圆心为O，B为最低点，C为最高点，圆环左下方开一个小口与光滑斜面相切于A点，∠AOB＝37°，小球从斜面上某一点由静止释放，经A点进入圆轨道，

不计小球由D到A的机械能损失，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)则要保证运动过程中小球不离开轨道，小球释放的位置到A点的距离可能是()A．RB．2RC．3RD．4R答案：AD解析：若使小球恰能经过最高点C，则mg＝m

v2CR，根据动能定理有mg(h－2R)＝12mv2C，解得h＝52R，小球释放的位置到A点的距离是x＝h－R－sin37°；若使小球恰能经过与圆心O等高的一点，则释放的高度h′＝R，此时小球释放的位置到A点的距离是x′＝h′－R－sin37°＝43

R；要保证运动过程中小球不离开轨道，小球释放的位置到A点的距离应满足：x≥236R或x′≤43R，A、D正确．4．(2018·辽宁铁岭协作体联考)如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质

量为2kg，在水平力F的作用下，A、B均处于静止状态，此时OA＝0.3m，OB＝0.4m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1m时速度大小为3m/s，则在此过程中绳对B球的拉力所做的功为(g

取10m/s2)()A．11JB．16JC．18JD．9J答案：C解析：A球向右运动0.1m时，由几何关系得，B上升距离h＝0.4m－0.52－0.42m＝0.1m，此时细绳与水平方向夹角的正切值tanθ＝34

，则得cosθ＝45，sinθ＝35，由运动的合成与分解知识可知vBsinθ＝vAcosθ，可得vB＝4m/s；以B球为研究对象，由动能定理得WF－mgh＝12mv2B，代入数据解得WF＝18J，即绳对B球的拉力所做的功为18J．故选C.5．(2018·吉林省实验中学二模)(多选)如图所示，在

竖直平面内两处分别固定A、B两枚钉子，A、B之间的距离为12l，A、B连线与水平方向的夹角为θ.A处的钉子系一根长为l的细线，细线的另一端系一个质量为m的小球，将细线拉直，让小球的初始位置在P点处，P点与A点处于同一高度，

小球由静止释放，细线与B处钉子接触后，小球继续下降．取B点为参考平面，重力加速度为g，当小球运动到B点正下方的Q点时，下列说法正确的是()A．小球的速率为2glB．小球的动能为12mgl(sinθ＋1)

C．重力对小球的功率为0D．小球对绳的拉力为3mg答案：BC解析：小球从P点到Q点，重力对小球做的功为12mgl(sinθ＋1)，根据动能定理有WG＝WkQ－EkP，所以小球在Q点的动能为12mgl(sinθ＋1)，选项B正确；由1

2mgl(sinθ＋1)＝12mv2可得v＝glθ＋，选项A错误；在Q点小球速度方向是水平的，重力对小球做功的功率为0，选项C正确；根据F－mg＝mv2l2，解得F＝mg(2sinθ＋3)，由牛顿第三定律可知选项D错误．6．(多选)如图所示，斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的两

段，在B处用小圆弧连接．将小铁块(可视为质点)从A处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P处．若从该板材上再截下一段，搁置在A、P之间，构成一个新的斜面，再将铁块放回A处，并轻推一下使之沿新斜面向下滑动

．关于此情况下铁块运动情况的描述，正确的是()A．铁块一定能够到达P点B．铁块的初速度必须足够大才能到达P点C．铁块能否到达P点与铁块质量有关D．铁块能否到达P点与铁块质量无关答案：AD解析：设A距离水平面BC的高度为h，小铁块与该板材间的动摩擦因数为μ.斜面AB

的倾角为α，对全过程运用动能定理有mgh－μmgs1cosα－μmgs2＝0，整理得mgh－μmg(s1cosα＋s2)＝0，而s1cosα＋s2等于OP的长度，即h－μOP＝0，与斜面的倾角无关，故小铁块一定能够到达P点，且与铁块的质量无关．故A、D正确

．7．已知一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t＝0时刻记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系，如图乙所

示(图中取沿传送带向上的运动方向为正方向，其中|v1|>v2)．已知传送带的速度保持不变，g取10m/s2，则()A．0～t1内，物块对传送带做正功B．物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ<tanθC．0～t2内，传送带对物块做的功为W＝12mv22－12m

v21D．系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小答案：D解析：由图知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应沿顺时针.0～t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功，故A

错误；在t1～t2内，物块向上加速运动，则有μmgcosθ>mgsinθ，得μ>tanθ，故B错误；0～t2内，由v—t图线与t轴所围“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得W＋WG＝12mv22－12mv21，则

传送带对物块做的功W≠12mv22－12mv21，故C错误；物块的重力势能减小量和动能减小量都转化为系统产生的内能，则由能量守恒定律知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，故D正确．8．(多选)如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α＝3

7°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化关系如图乙所示．(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.)则()A．物体上升过程的加速度大小a＝10m/s2B．物

体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.4C．物体的质量m＝0.67kgD．物体回到斜面底端时的动能Ek＝10J答案：AD解析：物体到达最高点时，机械能为E＝Ep＝mgh，由图知Ep＝30J，得m＝Egh＝3010×3kg＝1kg，故C错误；物体上升过

程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力做的功，ΔE＝－μmgcosαhsinα，得μ＝0.5，故B错误；物体上升过程中，由牛顿第二定律得mgsinα＋μmgcosα＝ma，得a＝gsinα＋μgcosα

＝10×0.6m/s2＋0.5×10×0.8m/s2＝10m/s2，故A正确；由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功为W＝30J－50J＝－20J，在整个过程中由动能定理得2W＝Ek－Ek0，则有Ek＝Ek0＋2W＝50J＋2×(－20)J＝10J，故D正确．9．(多选)如图所示，小车上有固定

支架，支架上用细线拴一个小球，线长为l(小球可看成质点)，小车与小球一起以速度v0沿水平方向向左匀速运动．当小车突然碰到矮墙后车立即停止运动，此后小球升高的最大高度可能是(线未被拉断，不计空气阻力)()A．大于v202gB．小于v202gC．等于v202gD

．等于2l答案：BCD解析：如果小球的速度不能使小球做圆周运动，且小球升高竖直高度小于l时，由机械能守恒可得12mv20＝mgh，所以最大高度是v202g，所以A错误、C正确；如果小球升高竖直高度大于l小于2l时，由于小球在最大高度处动能不为零，由机械能守恒定律

可知，最大高度小于v202g，所以B正确；如果小球的速度能使小球做圆周运动，那么最大高度就是圆周运动的直径2l，所以D正确．10.(多选)中国航母“辽宁舰\”正式交付海军，这将极大提高我们中国海军的整体作战实力．如图所示是“歼－15飞机

”在航母“辽宁舰”上的起降示意图．已知“歼－15飞机”的质量为m，它的发动机额定功率恒定，起飞前在航母上运动过程中所受的摩擦阻力为恒力．“歼－15飞机”以额定功率从静止开始沿航母做直线运动，到航母一端后起飞．设

“歼－15飞机”经过时间t运动了位移s时，速度达到最大值v，此时刚好离开航母起飞．则“歼－15飞机”发动机在航母上运动过程所做的功为()A.mv3tvt－sB.12mv2C.12mv2＋mv2svt－sD.mv2svt－s答案：AC解析：飞机

以额定功率从静止开始沿航母做直线运动，由动能定理得Pt－fs＝12mv2，速度达到最大值v时，飞机所受合外力为零，即F＝f，所以P＝fv，解得P＝mv3vt－s，代入得f＝Pv＝mv2vt－s，所以飞机在航母上运动过程所做的功为W＝Pt＝mv3tvt－s，又因为Pt＝fs＋12mv2＝12mv

2＋mv2svt－s，所以选项A、C正确．11.如图所示，粗糙的斜面AB下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，整个装置竖直放置，C是最低点，圆心角θ＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1m，斜面长L＝4m，现有一个质量m＝0.1kg的小物体P从斜面AB上端A

点无初速度下滑，物体P与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.25.不计空气阻力，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)物体P第一次通过C点时的速度大小vC；(2)物体P第一次通过C点时对轨道的压力大小；(3)物体P第一次离开D点后在空中做竖

直上抛运动到最高点E，接着从空中又返回到圆弧轨道和斜面，在这样多次反复的整个运动过程中，物体P对C点处轨道的最小压力．答案：(1)6m/s(2)4.6N(3)1.4N解析：(1)物体P从A下滑经B到C过程中根据动能定理有mgL·sin37°＋m

gR(1－cos37°)－μmgcos37°·L＝12mv2C－0，解得vC＝6m/s.(2)物体P在C点，根据牛顿第二定律有N－mg＝mv2CR，解得N＝4.6N.根据牛顿第三定律，物体P通过C点时对轨道的压力为

4.6N.(3)物体P最后在B和与其等高的圆弧轨道上来回运动时，经C点压力最小，由B到C由动能定理有mgR(1－cos37°)＝12mv′2C，解得v′C＝2m/s，则Nmin＝mg＋mv′2CR＝1.4N.根据牛顿第三定律，物

体P对C点处轨道的最小压力为1.4N.12．小物块A的质量为m，物块与坡道间的动摩擦因数为μ，水平面光滑，坡道顶端距水平面高度为h，倾角为θ，物块从坡道进入水平滑道时，在底端O点处无机械能损失，重力加速度为g.将轻弹簧的一端连接在水平滑道M处

并固定在墙上，另一自由端恰位于坡道的底端O点，如图所示．物块A从坡顶由静止滑下，求：(1)物块滑到O点时的速度大小；(2)弹簧为最大压缩量d时的弹性势能；(3)物块A被弹回到坡道上升的最大高度．答案：(1

)2gh－μcotθ(2)mgh－μmghcotθ(3)－μcotθh1＋μcotθ解析：(1)由动能定理有mgh－μmghcotθ＝12mv2，得v＝2gh－μcotθ.(2)在水平滑道上由能量守恒定律有12mv2＝Ep，得Ep＝mgh－μmghcotθ.(3

)设物块A能够上升的最大高度为h1，物块A被弹回过程中，由能量守恒定律有Ep＝μmgh1cotθ＋mgh1，得h1＝－μcotθh1＋μcotθ.刷题加餐练刷高考真题——找规律1．(2017·新课标全国卷Ⅱ，17)如图，半圆形光滑轨道固

定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)()A.v216gB.v28g

C.v24gD.v22g答案：B解析：设小物块的质量为m，滑到轨道上端时的速度为v1.小物块上滑过程中，机械能守恒，有12mv2＝12mv21＋2mgR①小物块从轨道上端水平飞出，做平抛运动，设水平位移为x，下落时间为t，有2R＝12gt2②x＝v1t③联立①②③式整理得x2＝v22

g2－4R－v22g2可得x有最大值v22g，对应的轨道半径R＝v28g.故选B.2．(2016·新课标全国卷Ⅱ，21)(多选)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过

了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<π2.在小球从M点运动到N点的过程中()A．弹力对小球先做正功后做负功B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C．弹簧长度最短时，弹力对

小球做功的功率为零D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差答案：BCD解析：小球在从M点运动到N点的过程中，弹簧的压缩量先增大，后减小，到某一位置时，弹簧处于原长，再继续向下运动到N点的过程中，弹簧

又伸长．弹簧的弹力方向与小球速度的方向的夹角先大于90°，再小于90°，最后又大于90°，因此弹力先做负功，再做正功，最后又做负功，A项错误；弹簧与杆垂直时，小球的加速度等于重力加速度，当弹簧的弹力为零时，小球的加速度

也等于重力加速度，B项正确；弹簧长度最短时，弹力与小球的速度方向垂直，这时弹力对小球做功的功率为零，C项正确；由于在M、N两点处，弹簧的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，根据动能定理可知，小球从M点到N点的过程中，弹簧的弹力做功

为零，重力做功等于动能的增量，即小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差，D项正确．3．(2016·四川卷，6)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同

一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J．韩晓鹏在此过程中()A．动能增加了1900JB．动能增加了2000JC．重力势能减小了1900JD．重力势能减小了2000J答案：C解析：由动能定理

可知，ΔEk＝1900J－100J＝1800J，故A、B均错．重力势能的减少量等于重力做的功，故C正确、D错．4．(2016·浙江卷，18)(多选)如图所示为一滑草场．某条滑道由上、下两段高均为h，与水平面倾角分别为4

5°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．则()A．动摩

擦因数μ＝67B．载人滑草车最大速度为2gh7C．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g答案：AB解析：本题考查运动与力的关系问题，意在考查学生对动能定理、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律的理解和综合应用能力．由题意根

据动能定理有，2mgh－Wf＝0，即2mgh－μmgcos45°·hsin45°－μmgcos37°·hsin37°＝0，得动摩擦因数μ＝67，则A项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为Wf＝2mgh，则C项错误；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1＝g(sin45°－μc

os45°)＝214g，a2＝g(sin37°－μcos37°)＝－335g，则载人滑草车在上下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，则在上段底端时达到最大速度v，由运动学公式有2a1·hsin45°＝v2，得v＝2a1·hsin45°＝27gh，故B项正确，D项错误．刷仿

真模拟——明趋向5．(2018·山东潍坊模拟)如图所示，固定斜面AE分成等长四部分AB、BC、CD、DE，小物块与AB、CD间的动摩擦因数均为μ1；与BC、DE间的动摩擦因数均为μ2，且μ1＝2μ2.当物块以速度v0从A点沿斜面向上滑

动时，刚好能到达E点．当物块以速度v02从A点沿斜面向上滑动时，则能到达的最高点()A．刚好为B点B．刚好为C点C．介于A、B之间D．介于B、C之间答案：C解析：设斜面的倾角为θ，AB＝BC＝CD＝DE＝s，μ1＝2μ2＝2μ，则μ2＝

μ，物块以速度v0上滑过程中，由动能定理得，－mg·sinθ·4s－μmgcosθ·2s－2μmgcosθ·2s＝0－12mv20，则12mv20＝4mgssinθ＋6μmgscosθ，当初速度为v02时，12m(v02)2＝14×12mv20＝mgssinθ＋32μmgscosθ<m

gssinθ＋2μmgscosθ，则物块能到达的最高点在B点以下，即A、B之间某点，故选C.6．(2018·广西玉林模拟)有两个物体a和b，其质量分别为ma和mb，且ma>mb，它们的初动能相同，若a和b分别受到不变的阻力Fa和Fb的作用，经过相

同的时间停下来，它们的位移分别为sa和sb，则()A．Fa<Fb且sa>sbB．Fa>Fb且sa>sbC．Fa>Fb且sa<sbD．Fa<Fb且sa<sb答案：C解析：设物体的初速度为v，初动能为Ek，所受的阻力为F，通过的位移为s，物体的速度

与动能的关系为Ek＝12mv2，得v＝2Ekm，由s＝v＋02t得，s＝Ek2mt，由题意可知物体a、b运动时间和初动能相同，则质量越大，位移越小，ma>mb，所以sa<sb；由动能定理得，－Fs＝0－Ek，因初动能相同，F与s成反比，则Fa>Fb，故选C.7．(2018·湖北名校联考)如图所示，

一个可视为质点的滑块从高H＝12m处的A点由静止沿光滑的轨道AB滑下，进入半径为r＝4m的竖直圆环，圆环内轨道与滑块间的动摩擦因数处处相同，当滑块到达圆环顶点C时，滑块对轨道的压力恰好为零，滑块继续沿CFB滑下，进入光滑轨道BD，且到达高度为h的D点时速度为

零，则h的值可能为(重力加速度大小g＝10m/s2)()A．8mB．9mC．10mD．11m答案：B解析：滑块到达圆环顶点C时对轨道压力为零，则mg＝mv2Cr，得速度vC＝gr，滑块在BEC段上克服摩擦力做的功W1＝mg(H－2r)－12mv2C＝mg(H－52r)，滑块在CFB段克服摩擦力

做的功W2满足0<W2<W1，从C到D，12mv2C－W2＝mg(h－2r)，代入得8m<h<10m，B正确．刷最新原创——抓重点8．(多选)如图是某缓冲装置，劲度系数足够大的轻质弹簧与直杆相连，直杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f，直杆

质量不可忽略．一质量为m的小车以速度v0撞击弹簧，最终以速度v弹回．直杆足够长，且直杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面间的摩擦．则()A．小车被弹回时速度v一定小于v0B．直杆在槽内移动的距离等于1f

12mv20－12mv2C．直杆在槽内向右运动时，小车与直杆始终保持相对静止D．弹簧的弹力可能大于直杆与槽间的最大静摩擦力答案：BD解析：小车在向右运动的过程中，弹簧的形变量若始终小于fk时，直杆和槽间无相对运动，小车被弹回时速度v一定等于v0；若形变量大于fk时，杆和槽间出现相对运动，克服摩擦

力做功，小车的动能减小，所以小车被弹回时速度v一定小于v0，A错误；对整个过程应用动能定理得fs＝ΔEk，直杆在槽内移动的距离s＝1f12mv20－12mv2，B正确；直杆在槽内向右运动时，开始小

车速度比杆的大，所以不可能与直杆始终保持相对静止，C错误；当弹力等于最大静摩擦力时，直杆开始运动，此时小车的速度大于直杆的速度，弹簧进一步被压缩，弹簧的弱力大于最大静摩擦力，D正确．9．(多选)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某

一物体每次以不变的初速度沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据图象可求出()A．物体的初

速率为3m/sB．物体与斜面间的动摩擦因数为0.75C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值为1.44mD．当θ＝45°时，物体达到最大位移后将停在斜面上答案：BC解析：由题图乙可知，当

夹角θ＝0°时，位移为2.40m，而当夹角为90°时，位移为1.80m，则由竖直上抛运动规律可知v20＝2gh，解得v0＝2gh＝6m/s，故A错误；当夹角为0°时，由动能定理可得μmgx＝12mv20，解得μ＝0.75，故B正确；－mgxsinθ－μmgxcosθ＝0－12mv20，解得

x＝v202gθ＋μcosθ＝18θ＋34cosθ(m)＝1810×54θ＋α(m)，当θ＋α＝90°时，sin(θ＋α)＝1，此时位移最小，x＝1.44m，故C正确；若θ＝45°时，物体受到重力的分力为mgsin45°＝22mg

，摩擦力f＝μmgcos45°＝328mg，故物体达到最大位移后会下滑，故D错误．刷易错易误——排难点易错点1不熟悉滑动摩擦力做功的特点10．(2018·广东佛山一中段考)如图，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点上方高为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，继续上升一段距离D．W<12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离答案：C解析：在N点，根据牛顿第二定律有N－mg＝mv2NR，解得vN

＝3gR，对质点从开始下落至到达N点的过程运用动能定理得mg·2R－W＝12mv2N－0，解得W＝12mgR.由于质点在PN段的速度大于质点在NQ段的速度，所以质点在NQ段受到的支持力小于PN段受到的支持力，则质点在NQ段克服摩

擦力做的功小于在PN段克服摩擦力做的功，小球在NQ段运动时由动能定理得－mgR－W′＝12mv2Q－12mv2N，因为W′<12mgR，可知vQ>0，所以质点到达Q点后，继续上升一段距离．故C正确，A、B

、D错误．易错点2不能确定物体受力方向及物体运动的具体形式11．(多选)(2018·陕西渭南模拟)一质量为m的物体以速度v0在足够大的光滑水平面上运动，从零时刻起，对该物体施加一水平恒力F，经过时间t，物体的速度减小到

最小值35v0，此后速度不断增大．则()A．水平恒力F大小为2mv05tB．水平恒力作用2t时间，物体速度大小为v0C．在t时间内，水平恒力做的功为－825mv20D．若水平恒力大小为2F，方向不变，物体运动过程中的最小速度仍为35v0答案：BCD解析：由物体速度减小到最

小值35v0，可知恒力F的方向与速度v0的方向间的夹角为钝角，将v0沿F的方向和垂直于F的方向进行分解，可知垂直于F方向的速度大小vx＝35v0，平行于F方向的速度大小vy＝45v0，根据牛顿第二定律可知F＝mvyt＝4mv05t，A错误；水平恒力作用2t时间，垂直于F方向的速度大小vx＝35v0

不变，平行于F方向的速度大小vy＝45v0，物体速度大小为v0，B正确；在t时间内，水平恒力做的功为W＝12mv2x－12mv20＝－825mv20，C正确；若水平恒力大小为2F，方向不变，物体运动过程中的最小速度仍为35v0，D正确．刷综合大题——提能力12.(2018·河北邢台质检)

如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m＝2kg的小球A.半径R＝0.3m的光滑半圆形细轨道，竖直地固定在地面上，其圆心O

在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m＝2kg的小球B.用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看做质点，且不计滑轮大小的影响，g取10m/s2.现给小球A一个水平向右的恒

力F＝55N．求：(1)把小球B从地面拉到P点正下方C点过程中，力F做的功；(2)把小球B从地面拉到P点正下方C点过程中，重力对小球B做的功；(3)把小球B从地面拉到P点正下方C点时，小球A速度的大小；(4)把小球B

从地面拉到P点正下方C点时，小球B速度的大小；(5)小球B被拉到离地多高时与小球A速度大小相等．答案：(1)22J(2)－6J(3)0(4)4m/s(5)0.225m解析：(1)小球B被拉到C点过程中，已知拉力为恒力，则拉力做功为：WF＝Fx又x＝PB－PC据勾股定理可知

PB＝0.5m，而PC＝0.1m，解得WF＝22J(2)小球B被拉到C点过程中，重力对小球B做负功，则WG＝－mgR＝－6J(3)小球B被拉到C点时，B球沿绳方向速度为0，则此时A球的速度也为0；(4)小球B被拉到C点时，

据动能定理有：WF＋WG＝12mv2解得：v＝4m/s(5)当绳与轨道相切时两球速度相等，由相似三角形知识得，POR＝Rh所以h＝0.3×0.30.4m＝0.225m