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2022年高考一轮复习专题13　动能定理
考点梳理
一、动能
1．定义：物体由于运动而具有的能．
2．表达式：Ek＝mv2.
3．物理意义：动能是状态量，是标量(填“矢量”或“标量”)．
二、动能定理
1．内容：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．
2．表达式：W＝mv－mv＝Ek2－Ek1.
3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度．
4．适用条件
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．
方法提炼　利用动能定理求变力功
1．明确题中除变力功外，还有哪些力做功，总功如何表示．
2．明确物体动能的变化．
[考点分析]
考点一　对动能及其变化的理解
1．对动能的理解
(1)动能是物体由于运动而具有的能量，表达式Ek＝mv2.
(2)动能是状态量，和物体的瞬时速度大小(速率)对应．
2．关于动能的变化
动能的变化量为正值，表示物体的动能增加了，对应于合外力对物体做正功；动能的变化量为负值，表示物体的动能减小了，对应于合外力对物体做负功，或者说物体克服合外力做功．
考点二　动能定理及其应用
1．对动能定理的理解
(1)动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化间的两个关系：
①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合外力的功，进而求得某一力的功．
②因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因．
(2)动能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、Ek等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理．
2．运用动能定理需注意的问题
(1)应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无需深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程的功及过程初末的动能．
(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．
[题型训练]
一．选择题（共12小题）
1．（2021?沙坪坝区校级模拟）如图所示为一款“乒乓球训练器”，整个装置由金属底座、支撑杆、高弹性轻质软杆及固定在软杆一端的乒乓球构成，训练时底座保持静止在某次击球后，乒乓球以某一初速度从A点开始运动经最高点B后继续运动。不计空气阻力，关于该过程，下列说法正确的是（　　）
A．从A到B的过程中，软杆对乒乓球的弹力一直做正功
B．运动到B点时，乒乓球所受合力为零
C．地面对金属底座的支持力始终等于整个装置的总重力
D．地面对金属底座的摩擦力始终为零
2．（2021?常熟市校级三模）如图所示，小物块从斜面AB顶端由静止释放，经斜面底端平滑过渡到水平面上最终停在C处。现换更长的斜面AD使物块仍由A处静止释放，若物块与两斜面以及水平面间动摩擦因数均相同，则物块（　　）
A．停在A处不能下滑
B．最终停在斜面上B1与C1之间某位置
C．最终停在斜面上C1处
D．最终停在D点右侧某位置
3．（2021?广州一模）如图，质量为m的滑雪运动员（含滑雪板）从斜面上距离水平面高为h的位置静止滑下，停在水平面上的b处；若从同一位置以初速度v滑下，则停在同一水平面上的c处，且ab与bc相等。已知重力加速度为g，不计空气阻力与通过a处的机械能损失，则该运动员（含滑雪板）在斜面上克服阻力做的功为（　　）
A．mgh B．mv2 C．mghmv2 D．mghmv2
4．（2021?天心区校级一模）物体在水平拉力和恒定摩擦力的作用下，在水平面上沿直线运动的v﹣t关系如图所示，已知第1秒内合外力对物体做功为W1，摩擦力对物体做功为W2，则（　　）
A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W1，摩擦力做功为4W2
B．从第4秒末到第6秒末合外力做功为0，摩擦力做功也为0
C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为W1，摩擦力做功为W2
D．从第3秒末到第4秒末合外力做功为0.75W1，摩擦力做功为1.5W2
5．（2021?武汉模拟）悬崖速降是一种户外运动。如图所示，速降者选择崖面平坦、高度适合的崖壁，用专业的登山绳做保护，由崖壁主体沿绳下跃，通过下降器和一个八字环控制摩擦阻力从而控制下降速度，从崖顶下降到崖底。某次速降中，速降者先从静止开始匀加速至2m/s，接着匀速运动40s，之后匀减速运动，到达地面时速度恰好减为零，总共历时60s。设速降者及装备的总质量为60kg，运动方向始终竖直向下，重力加速度大小g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．在加速下降阶段，速降者及装备的机械能逐渐增大
B．在60s内，速降者下降高度为90m
C．在60s内，速降者及装备克服阻力做功4.8×104J
D．在变速下降的20s内，速降者及装备克服阻力做功1.2×104J
6．（2021?昌平区二模）如图所示，排球比赛中运动员将排球从M点水平击出，排球飞到P点时，被对方运动员垫起，球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点。已知N点与P点等高，轨迹的最高点Q与M等高。不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．排球两次飞行过程中经历的时间相同
B．排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大
C．排球在M点的速率与经过Q点的速率相等
D．排球两次飞行过程中重力对排球做的功相等
7．（2021?海淀区一模）如图所示，甲、乙两运动员在水平冰面上训练滑冰，恰好同时到达虚线PQ，然后分别沿半径为r1和r2（r2＞r1）的滑道做匀速圆周运动，运动半个圆周后匀加速冲向终点线。设甲、乙两运动员质量相等，他们做圆周运动时向心力大小相等，直线冲刺时的加速度大小也相等。下列判断中正确的是（　　）
A．在做圆周运动时，甲的线速度大小比乙的大
B．在做圆周运动时，甲的向心加速度大小比乙的小
C．在直线冲刺阶段，甲所用的时间比乙的长
D．在直线冲刺阶段，甲动能的变化量比乙的大
8．（2021?虹口区二模）如图，一磁铁吸附在铁板AB的下方。现保持铁板与水平面间的夹角θ不变，缓慢推动B端，使AB与磁铁一起水平向左匀速移动，则（　　）
A．合外力对磁铁做正功
B．AB对磁铁的作用力不做功
C．AB对磁铁的弹力不做功
D．AB对磁铁的摩擦力不做功
9．（2021?道里区校级二模）如图所示，木板1、2固定在墙角，一个可视为质点的物块分别从木板1、2的顶端静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均为μ。对这两个过程，下列说法正确的是（　　）
A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小相等
B．沿着1和2下滑到底端时，物块的重力势能变化相同
C．物块沿着1和2下滑到底端的过程，产生的热量相同
D．沿着1和2下滑到底端所用时间相同
10．（2021?湖北模拟）如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为（　　）
A． B． C． D．
11．（2021?辽宁模拟）用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0﹣6s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．0～6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B．0～6s内物体在4s时的速度最大
C．物体在2～4s内速度不变
D．0～4s内合力对物体做的功等于0～6s内合力做的功
12．（2021?山东二模）质量分别为2m和m的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，撤去F1、F2后受摩擦力的作用减速到停止，其V﹣t图象如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．F1和F2大小相等
B．F1和F2对A、B做功之比为2：1
C．A、B所受摩擦力大小相等
D．全过程中摩擦力对A、B做功之比为1：2
二．多选题（共3小题）
13．（2021?未央区校级模拟）在足够长的光滑斜面底端，有一质量为m的小滑块（可视为质点），受平行斜面向上的恒力F作用，由静止开始沿斜面向上运动，经过一段时间t，位移为x．撤去恒力，滑块经相同的时间t恰返回至斜面底端，取沿斜面向上的方向为坐标轴x的正方向，斜面底端为坐标原点，滑块运动的位移﹣时间图像如图所示，图中曲线对应抛物线，已知滑块始终在斜面上运动，则（　　）
A．位移最大值xm为
B．与位移最大值xm对应的时刻tm为
C．恒力F对滑块做的功为
D．滑块返回至斜面底端的动能为
14．（2021?重庆模拟）质量为m的汽车从t＝0时刻开始受到水平向前的牵引力F作用，F与作用时间t的关系如题图所示。若汽车在t0时刻开始沿平直公路运动，汽车受到的阻力恒定不变，下列说法正确的是（　　）
A．汽车先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动
B．2t0~4t0，汽车克服阻力做的功为
C．汽车在2t0时刻的速度大小为
D．汽车在3t0时刻牵引力的瞬时功率为
15．（2021?日照二模）如图所示，倾角为θ、半径为R的倾斜圆盘，绕圆心O处的转轴匀速转动（转轴垂直于盘面）。一个质量为m的小物块（可视为质点）放在圆盘的边缘，当小物块与圆盘间的动摩擦因数μ＝2tanθ时，恰好随着圆盘一起匀速转动。图中A、B分别为小物块转动过程中所经过的最高点和最低点，OC与OB的夹角为60°。小物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．小物块在A点时受到的摩擦力最大
B．圆盘转动的角速度为
C．小物块在C点时受到的摩擦力大小为mgsinθ
D．小物块从B运动到A的过程，摩擦力做功为2mgRsinθ
三．解答题（共3小题）
16．（2021?章丘区模拟）如图所示，一质量为m＝0.5kg的小物块静置与水平面上的O点，以O点为坐标原点，沿水平面建立O—x坐标系，在x＝1m处有一由两个内壁光滑的半圆弧管道拼接成的“S”形轨道，轨道内径略大于小物块。现给小物块一水平拉力F，使小物块从静止开始做加速运动，已知拉力F随坐标变化的规律为F＝kx（k＝34N/m，x≤1），小物块与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2重力加速度g＝10m/s2，小物块可视作质点，求：
（1）x＝1m处，小物块的速度；
（2）组成轨道的圆弧半径为多大时，小物块离开轨道后落地点的坐标最大；
（3）若物块落地后与地面发生非弹性碰撞，每次反弹的高度为上一次的80%，求落地后物块在竖直方向运动的总路程。
17．（2021?扬州模拟）如图所示，弹性绳一端系于P点，绕过Q处的小滑轮，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，P、Q、A三点等高，弹性绳的原长恰好等于PQ间距，圆环与杆间的动摩擦因数为0.5。圆环从A点由静止释放，释放瞬间，圆环的加速度大小为g，到达最低点C时AC＝d。重力加速度为g，弹性绳始终遵循胡克定律。求：
（1）释放瞬间弹性绳中拉力大小F；
（2）A到C的过程中，弹性绳对圆环做的功W；
（3）已知QA＝d，圆环下滑过程中的最大速度vm。
18．（2021?合肥三模）如图甲所示，杂技运动员在固定的竖直金属杆上表演。当运动员开始表演时，它与金属杆接触处距离地面8.80m，运动员双腿夹紧金属杆倒立，并通过双腿对金属杆施加不同的压力来控制身体的运动。运动员整个下滑过程的v﹣t图像如图乙所示。已知运动员的质量为60.0kg，身高为1.68m，接触处距离头顶1.00m，身体与杆的夹角始终保持37°，若不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6。求：
（1）运动员下滑的最大速度；
（2）运动员下滑过程克服摩擦力做的功；
（3）运动员加速下滑和减速下滑过程的摩擦力大小之比。

参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
1．【解答】解：A、乒乓球从a到b运动的过程是软杆恢复原状的过程，故a到b过程中软杆对乒乓球的弹力一直做正功，故A正确；
B、乒乓球运动到B点时速度并不为零，乒乓球做变速圆周运动故，合外力不为零，故B错误；
CD、乒乓球从a到b做曲线运动时，其所受合力方向（加速度方向）指向轨迹曲线的内侧，即斜向右下方向，
对系统进行受力分析，如图所示：
根据系统牛顿第二定律可知：
在竖直方向上，地面对金属底座的支持力N小于整个装置的总重力
在水平方向上，地面对金属底座的摩擦力方向向右，故CD错误。
故选：A。
2．【解答】解：从A点向地面作垂线交地面与P点，设A距地面高度为h，PB间距为L1，BC间距为L2
小物块从A经B到C的过程中，根据动能定理可得：，
解得：tanβ
在AD斜面上时，小物块的重力沿斜面的分量为mgsinα，小物块与斜面的最大静摩擦力为fm＝μmgcosα＝mgcosα?tanβ
由于tanα＜tanθ，所以mgsinα＜fm＝μmgcosα＝mgcosα?tanβ，所以在斜面AD上由静止释放小物块，小物块会静止在A点，故A正确，BCD错误。
故选：A。
3．【解答】解：设运动员（含滑雪板）在斜面上克服阻力做的功为W，ab＝bc＝s，运动员在水平面上受到的阻力大小为f。
运动员从静止滑下到b处的过程，由动能定理得mgh﹣W﹣fs＝0
运动员从同一位置以初速度v滑下到c处的过程，由动能定理得mgh﹣W﹣f?2s＝0
联立以上两个方程解得W＝mgh，故C正确，ABD错误。
故选：C。
4．【解答】解：A、从第1秒末到第3秒内动能变化为0，根据动能定理知合外力做功为0。根据速度﹣时间图像与时间轴所围的面积大小表示位移，可知，物体在第1秒位移为x1m＝2m，第1秒末到第3秒末位移为x2＝4×2m＝8m，则x2＝4x1，物体在运动过程中摩擦力大小不变，由W＝﹣fs可得：从第1秒末到第3秒末摩擦力做功等于第1秒内的4倍，为4W2，故A错误；
B、物体在第4秒末与第6秒末速度大小相等，则从第4秒末到第6秒末动能变化量为0，由动能定理可知合外力做功为0。从第4秒末到第6秒末物体的路程为s3＝2m＝2m，则s3＝x1，根据W＝﹣fs可知从第4秒末到第6秒末摩擦力做功与第1秒内摩擦力做功相等，为W2，故B错误；
C、设物体的质量为m，第1秒内，根据动能定理得：W1m×42＝8m；从第5秒末到第7秒，合外力做功W合4m×42﹣0＝8m＝W1。
从第5秒末到第7秒末位移大小为x4m＝4m＝2x1，根据W＝﹣fs可知从第5秒末到第7秒末摩擦力做功为2W2，故C错误；
D、根据动能定理得：从第3秒末到第4秒末合外力做功为W合56m＝﹣0.75W1，从第3秒末到第4秒末位移为x51m＝3m＝1.5x1，根据W＝﹣fs可知从第3秒末到第4秒末摩擦力做功为为1.5W2，故D正确。
故选：D。
5．【解答】解：A、在加速下降阶段，阻力对速降者及装备整体做负功，则速降者及装备的机械能逐渐减小，故A错误；
B、速降者匀速运动的速度为v＝2m/s，设加速、匀速和减速的时间分别为t1、t2、t3，则t1+t3＝60s﹣40s＝20s
在60s内，速降者下降高度为
x（t1+t3）+vt220m+2×40m＝100m，故B错误；
C、设在60s内，速降者及装备克服阻力做功为Wf。根据动能定理得mgx﹣Wf＝0，解得Wf＝6×104J，故C错误；
D、在变速下降的20s内，速降者及装备克服阻力做功等于克服阻力总功减去匀速克服阻力做功，为Wf′＝Wf﹣mgvt2，解得Wf′＝1.2×104J，故D正确。
故选：D。
6．【解答】解：A、排球从Q点到N点的运动是平抛运动，将排球由M点运动到P点和由Q点运动到N点的平抛运动比较，由h得t，因下落高度相同，则这两个过程运动时间相同，结合对称性可知，排球从M点运动到P点的时间是从P点运动到N点时间的一半，故A错误；
C、设MN间的高度为h。排球从M点到P点和从Q点到N点都是平抛运动，这两个过程运动时间相同，但xMP＞xQN，由x＝v0t可知排球在M点的速率大于经过Q点的速率，故C错误；
B、排球由M点运动到P点的过程，到达P点的速率为vP1；排球从P点到Q点的逆过程是平抛运动，则排球离开P点时的速率为vP2
因vM＞vQ，则vP1＞vP2，即排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大，故B正确；
D、排球从M点到P点重力做功为mgh，排球从N点到P点重力做功为0，故D错误。
故选：B。
7．【解答】解：A、由于甲、乙两运动员质量相等，他们做圆周运动时向心力大小也相等，且r2＞r1，根据Fn＝m可得v2＞v1，即在做圆周运动时，甲的线速度大小比乙的小，故A错误；
B、由于甲、乙两运动员质量相等，他们做圆周运动时向心力大小也相等，根据F＝ma可得，甲的向心加速度和乙的大小相等，故B错误；
C、由于v2＞v1，且直线冲刺时的加速度大小相等，根据x＝v0tat2可得，甲所用的时间比乙的长，故C正确；
D、动能的变化量
△Ekmv2mm（v2）m×2ax＝max，即在直线冲刺阶段，甲动能的变化量等于乙动能的变化量，故D错误.
故选：C。
8．【解答】解：A、由于磁铁做匀速运动，根据动能定理可知，合外力对磁铁不做功，故A错误；
B、磁铁受重力和磁铁的作用力而做匀速运动，根据平衡条件可知，AB对磁铁的作用力大小等于重力，方向竖直向上，与磁铁的运动方向相互垂直，故AB对磁铁的作用力不做功，故B正确；
C、AB对磁铁的弹力垂直接触面，与磁铁的运动方向不垂直，故弹力一定做功，故C错误；
D、AB对磁铁的摩擦力沿接触面，与磁铁的运动方向不垂直，故摩擦力一定做功，故D错误。
故选：B。
9．【解答】解：设任一斜面的底边长为d，斜面的高度为h，斜面的长度为L，斜面的倾角为θ。物块在斜面上下滑的过程，根据动能定理有：
mgh﹣Wfmv2 ①
其中Wf为物块克服摩擦力做的功，因滑动摩擦力大小为：f＝μN＝μmgcosθ，所以物块克服摩擦力做的功为：Wf＝fL＝μmgcosθ×L＝μmgLcosθ＝μmgd ②
将②式代入①式得 mgh﹣μmgdmv2 ③
可得物块到达斜面底端时的速度大小为v④，可知，沿着1下滑到底端时，物块的速度大小较大，故A错误；
B、物块的重力势能变化为大小△EP＝mgh，则沿着1下滑到底端时，物块的重力势能变化较大，故B错误；
C、物块产生的热量为Q＝μmgLcosθ＝μmgd，可知物块沿着1和2下滑到底端的过程，产生的热量相同，故C正确；
D、物块下滑的加速度大小为ag（sinθ﹣μcosθ），由位移﹣时间公式有，得t，则知沿着1和2下滑到底端所用时间不等，故D错误。
故选：C。
10．【解答】解：小物块第一次到达O点，获得的动能Ek1＝mgH，运动的路程s1，小球第一次通过O点损失的动能为0.05mgH，滑上斜面到最高点H1＝0.95H，到第二次到达O点运动的路程s2，小球第二次通过O点损失的动能为0.05mgH1＝（0.05）2mgH，滑上斜面最高点H2＝0.95H1＝0.952H，小球第三次到达O点的路程s3，小球第三次通过O点损失的动能为（0.05）3mgH……设当小球第n次到达O点时刚好静止，第n次损失的动能为（0.05）nmgH＝0，可得n趋于无穷大，则在整个过程中的路程sn，根据等比数列求和公式可得sn，当n趋于无穷大时有sn。故ACD错误，B正确。
故选：B。
11．【解答】解：A、a﹣t图象的“面积”大小等于速度变化量，由图象可知，0﹣6s内速度变化量一直为正，所以一直沿正方向运动，故A错误；
B、根据图象可知，0﹣5s内，加速度方向与速度方向相同，做加速运动，5﹣6s内加速度方向与速度方向相反，做减速运动，则5s末速度最大，故B错误；
C、物体在2﹣4s内加速度不变，物体做匀加速直线运动，故C错误；
D、a﹣t图象的“面积”大小等于速度变化量，根据图象可知，0﹣4s内速度变化量等于0﹣6s内速度变化量，初速度为零，所以4s末和6s末的速度相等，则动能的变化量相等，根据动能定理可知0﹣4s内合力对物体做的功等于0﹣6s内合力做的功。故D正确。
故选：D。
12．【解答】解：由速度与时间图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1：2；由牛顿第二定律可知：A、B的质量关系是2：1，则A、B受摩擦力大小1：1，故C正确；
由速度与时间图象可知，A、B两物体加速与减速的位移相等，且匀加速运动位移之比1：2，匀减速运动的位移之比2：1，由动能定理可得：A物体的拉力与摩擦力的关系，F1?X﹣f1?3X＝0﹣0；B物体的拉力与摩擦力的关系，F2?2X﹣f2?3X＝0﹣0，因此可得：F1＝3f1，，f1＝f2，所以F1＝2F2．全过程中摩擦力对A、B做功相等；F1、F2对A、B做功之大小相等。故A、B、D错误。
故选：C。
二．多选题（共3小题）
13．【解答】解：A、设撤去F时滑块速度为v，由匀变速规律：撤F前，x，撤F后，﹣x＝vt，v＝a1 t，联立解得：a2＝3a1，
撤F前：v2＝2a1 x，撤F后滑块到达最高点位移为x′：v2＝2a2x′，解得：x′，最大位移为：xm＝x+x′
故A正确；
B、撤F后滑块到达最高点用时间为t′：v＝a2 t′，解得：t′，与位移最大值xm对应的时刻为：T＝t，
故B错误；
C、如图1所示，撤F前，由牛顿第二定律：F﹣mgsinθ＝ma1，撤F后如图2所示，mgsinθ＝ma2，得：a2＝gsinθ，又a2＝3a1，联立解得：F，a1，又x，所以gsinθ，
恒力F做功为：W＝Fx，故C错误；
D、滑块从底端出发到再回到底端，由动能定理：W＝Ek﹣0，得：Ek，故D正确。
故选：AD。
14．【解答】解：A、由题目可知，阻力恒定不变，即f不变，在t0时刻开始运动，可得f＝F0在0＜t＜t0时间内，F＜f，汽车保持静止，在t0＜t＜2t0时间内，由牛顿第二定律可得F﹣f＝ma；由于F在增大，所以加速度也在增大，故汽车做加速度增大的变加速直线运动，在2t0＜t＜4t0时间内，力F未发生变化，汽车做匀加速直线运动，故A错误；
BC、设汽车在2t0时的速度为v1，在4t0时的速度为v2，在t0~2t0时间内由动量定理可得；联立方程，解得；在2t0~4t0时间内由动量定理可得2F0?2t0﹣f?2t0＝mv2﹣mv1；联立方程，解得；在2t0~4t0时间内，汽车克服阻力做的功等于动能的变化量，由动能定理可得；故B正确，C错误；
D、设汽车在3t0时的速度为v3，在t0~3t0时间内，由动量定理可得；解得；则牵引力的瞬时功率为P＝2F0?v3；联立方程，解得；故D正确。
故选：BD。
15．【解答】解：A、设圆盘转动的角速度为ω，在A点时，根据牛顿第二定律可得：fA+mgsinθ＝mRω2，解得：fA＝mRω2﹣mgsinθ，在B点时，根据牛顿第二定律可得：fB﹣mgsinθ＝mRω2，解得：fB＝mgsinθ+mRω2，小物块在A点时受到的摩擦力小于在B点时的摩擦力，小物块从B到A运动过程中，摩擦力逐渐减小，所以小物块在B点受到的摩擦力最大，故A错误；
B、当小物块与圆盘间的动摩擦因数μ＝2tanθ时，恰好随着圆盘一起匀速转动，小物块在B点时摩擦力最大，在B点时，根据牛顿第二定律可得：μmgcosθ﹣mgsinθ＝mRω2，解得圆盘转动的角速度ω，故B正确；
C、小物块在C点时，在圆盘平面内，合力方向指向圆心，如图所示，
则摩擦力大小大于mgsinθ，故C错误；
D、设小物块从B运动到A的过程，摩擦力做功为Wf，根据动能定理可得：Wf﹣2mgRsinθ＝0，解得：Wf＝2mgRsinθ，故D正确。
故选：BD。
三．解答题（共3小题）
16．【解答】解：（1）小物块从开始运动到x＝1m处的过程中，由动能定理可得
W﹣μmgx
Wx
联立解得：v1＝8m/s
（2）设圆弧半径为R时，物块落地点坐标有最大值，
物块由最低点运动到最高点的过程中，由动能定理可知：
﹣4mgR
物块离开轨道后做平抛运动
竖直方向上：4R
物块落地的水平位移：△x＝v2t
联立解得：△x
当Rm＝0.4m时，△x有最大值
代入R＝0.4m，解得：△xm＝3.2m
故小物块落地点坐标的最大值为x＝4.2m。
（3）物块落地后与地面发生非弹性碰撞，每次反弹的高度为上一次的80%
则物块第一次落地后反弹的高度为：h1＝4R×80%＝4×0.4×0.8m＝1.28m
第二次落地后反弹的高度为：h2＝h1×80%＝4R×（80%）2
第三次落地后反弹的高度为：h3＝h2×80%＝4R×（80%）3
……
第n次落地后反弹的高度为：hn＝hn﹣1×80%＝4R×（80%）n
在竖直方向运动的总路程为：
s＝2（h1+h2+h3+h4……）
即s12.8m
答：
（1）x＝1m处，小物块的速度为8m/s；
（2）组成轨道的圆弧半径为0.4m时，小物块离开轨道后落地点的坐标最大为4.2m；
（3）落地后物块在竖直方向运动的总路程为12.8m。
17．【解答】解：（1）释放瞬间，对圆环受力分析如图1，受重力、拉力、杆对环的弹力和摩擦力，
由牛顿第二定律得：mg﹣f＝ma，
f＝μFN＝μF，
则有：mg﹣μF＝ma，
解得：F＝mg；
（2）设QA＝L，则有：F＝kL＝mg，
设下滑距离为x，圆环下滑到B点时，QB＝l，受力分析如图2，正交分解，水平方向上有：N＝klcosθ＝kL＝mg，
即下滑过程，杆对圆环弹力不变，则：f，
圆环所受滑动摩擦力f为恒力，从A到C，根据动能定理得：
W+mgd﹣fd＝0，
解得：W。
（3）QA＝d，则F＝kd＝mg，
圆环下滑过程中，加速度为零时，速度最大，有：mg＝klsinθ+f，
此时下滑距离：x1＝lsinθ，
解得：x1，
下滑距离为x时的合外力大小：F合＝mg﹣f﹣kx＝0.5mg﹣kx，
F合与位移大小为线性关系，根据动能定理得：
，
即：，
解得：。
答：（1）释放瞬间弹性绳中拉力大小为mg；
（2）A到C的过程中，弹性绳对圆环做的功为；
（3）已知QA＝d，圆环下滑过程中的最大速度为。
18．【解答】解：（1）根据题意可知运动员下滑的距离x＝H﹣lcos37°＝（8.80﹣1.00×0.8）m＝8.00m
设运动员下滑的最大速度为v。根据v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移，则得
xt
将t＝4s代入上式可得v＝4m/s
（2）由动能定理得
mgx﹣Wf＝0
可得运动员下滑过程克服摩擦力做的功Wf＝4800J
（3）由v﹣t图像可知运动员加速下滑的时间t1＝2.5s，减速下滑的时间t2＝1.5s
则运动员加速下滑的加速度大小a1m/s2＝1.6m/s2
减速下滑的加速度大小a2m/s2m/s2
设运动员加速下滑和减速下滑过程的摩擦力大小分别为f1和f2。根据牛顿第二定律得
加速过程，有mg﹣f1＝ma1
减速过程，有f2﹣mg＝ma2
解得f1＝504N，f2＝760N
则f1：f2＝504：760＝63：95
答：（1）运动员下滑的最大速度是4m/s；
（2）运动员下滑过程克服摩擦力做的功是4800J；
（3）运动员加速下滑和减速下滑过程的摩擦力大小之比是63：95。

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