1、微专题36“选好运动过程”应用动能定理1要对研究对象受力分析并分析各力做功情况；分析物体运动过程，明确对哪个过程应用动能定理2列动能定理方程要规范：W1W2W3Ek2Ek1(注意各功的正负号问题)1(2019广东六校联考)北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目将一个冰壶以一定初速度推出后，冰壶运动一段距离停下来换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将()A不变B变小C变大D无法判断2(多选)(2019山东临沂市质检)如图1所示，物体沿斜面由静止开始下滑，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面间和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接，选项
2、图中v、a、f、s、t、Ek分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小、路程、时间和动能，其中可能正确的是()图13如图2为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型物块自左侧斜面上A点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上的B点实验中测量出了三个角度，左、右斜面的倾角和及AB连线与水平面的夹角.物块与各接触面间动摩擦因数相同且为，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是()图2AtanBtanCtanDtan4(2019广东揭阳市期末)某位工人师傅用如图3所示的装置，将重物从地面沿竖直方向拉到楼上，在此过程中，工人师傅沿地面以速度v向右匀速直线运动，当质量为m的重物G上升高度为h
3、时轻绳与水平方向成角，已知重力加速度大小为g，滑轮的质量和摩擦均不计，在此过程中，下列说法正确的是()图3A人的速度比重物的速度小B轻绳对重物的拉力大于重物的重力C重物做匀速直线运动D绳的拉力对重物做的功为mghmv25(2020福建三明市质量检测)如图4所示，一个小球(视为质点)从H11m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R4m的竖直圆环内侧，且与圆环内的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零，然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，取重力加速度g10m/s2，则h的值可能为()图4A10mB9.5mC9mD8.5m6(多选)(20
4、19辽宁大连市五校联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为2kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图5中给出了拉力随位移变化的关系图像已知重力加速度g10m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有()图5A物体与水平面间的动摩擦因数B合外力对物体所做的功C物体做匀速运动时的速度D物体运动的时间7(2019安徽合肥市一模)A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的vt图像如图6所示已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等则下列说法正确的是()图6AF1
5、、F2大小之比为12BF1、F2对A、B做功之比为12CA、B质量之比为21D全过程中A、B克服摩擦力做功之比为218如图7所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离d0.50m盆边缘的高度为h0.30m在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出)已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为()图7A0.50mB0.25mC0.10mD09(多选)(2020广西南宁市模拟)在有大风的情况下，一小球自A点竖直上抛，其运动轨迹如图8所
6、示(小球的运动可看做竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动的合运动)，小球运动轨迹上的A、B两点在同一水平直线上，M点为轨迹的最高点若风力的大小恒定，方向水平向右，小球在A点抛出时的动能为4J，在M点时它的动能为2J，落回到B点时动能记为EkB，小球上升时间记为t1，下落时间记为t2，不计其他阻力，则()图8Ax1x213Bt1t2CEkB6JDEkB12J10(多选)如图9所示，一个滑雪运动员从左侧斜坡距离坡底8m处自由滑下，当下滑到距离坡底s1处时，动能和势能相等(以坡底所在水平面为参考平面)；到坡底后运动员又靠惯性冲上斜坡(不计经过坡底时的机械能损失)，当上滑到距离
7、坡底s2处时，运动员的动能和势能又相等，上滑的最大距离为4m关于这个过程，下列说法中正确的是()图9A摩擦力对运动员所做的功等于运动员动能的变化量B重力和摩擦力对运动员所做的总功等于运动员动能的变化量Cs12mDs14m，s2vG，A错误；人在向右匀速运动的过程中，绳子与水平方向的夹角减小，所以重物的速度增大，重物做加速上升的运动，由牛顿第二定律可知，绳子的拉力大于重物的重力，B正确，C错误；当重物G上升高度为h时，重物的速度vGvcos，重物由地面上升到高度为h的过程中，根据动能定理可知WmghmvG2，解得Wmghm(vcos)2，D错误5B到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零，则mgm，
8、解得vC2m/s；设小球在BC阶段克服摩擦力做功为WBC，小球从A运动到C，根据动能定理得，mg(H2R)WBCmvC2，解得WBC10m；由于从C到B过程中小球对圆轨道的平均压力小于从B到C过程中小球对圆轨道的平均压力，则从C到B过程克服摩擦力做的功小于从B到C过程中克服摩擦力做的功，即0WCB10m；从C到D过程，由动能定理得：mg(2Rh)WCB0mvC2，联立解得9mhs1，即s14m同理，从右侧斜坡s2处滑至s(s4m)处过程中，由动能定理得：mg(ss2)sinWf0mv12因为距坡底s2处动能和势能相等，有mgs2sinmv12由得：mg(ss2)sinWfmgs2sin由式得：
9、ss22m综上所述，C正确，D错误11(1)0.375(2)2m/s(3)0.2s解析(1)滑块恰能滑到D点，则vD0滑块从ABD过程中，由动能定理得mg(2RR)mgcos370解得0.375；(2)当vC为最小值时，v0有最小值滑块恰能过C点时，vC有最小值，则在C点mgm滑块从ABDC过程，由动能定理得mgcosmvC2mv02联立解得v02m/s；(3)滑块离开C点后做平抛运动，设下落的高度为h，则有hgt2，xvCt，tan53其中vC4m/s，联立解得t0.2s.12(1)4m/s(2)0.6m(3)3m/sv2m/s解析(1)物块被弹簧弹出，由能量守恒定律得Epmv02，解得v0
10、4m/s；(2)若物块在传送带上一直加速运动，设经过传送带获得的速度为v，有v2v022gL，解得v2m/s6 m/s，所以，物块在传送带上先加速运动后匀速运动，经过传送带获得的速度为v6m/s，从B点到E点，由动能定理得mgxmgR0mv2，解得R0.6m；(3)设物块在B点的速度为v1时恰能到F点，在F点满足mgm，从B点到F点过程中由动能定理可知mgxmg2RmvF2mv12，解得v13m/s.设物块在B点的速度为v2时，物块撞挡板返回后恰好能再次上滑到E点由动能定理可知mg3xmgR0mv22，解得v22m/s，因为物块在传送带上一直加速获得的最大速度为2m/s，所以传送带速度的可调范围为3m/sv2m/s.
