課時跟蹤檢測（十六） 動能定理及其應(yīng)用

PAGE第5頁共6頁課時跟蹤檢測（十六）動能定理及其應(yīng)用一、立足主干知識，注重基礎(chǔ)性和綜合性1．(2021·廣州模擬)靜止在地面上的物體在不同合外力F的作用下通過了相同的位移x0，下列情況中物體在x0位置時速度最大的是()解析：選CF-x圖線與x軸所圍面積表示合外力F所做的功，由動能定理可知，物體在x0位置速度最大的情況一定對應(yīng)F-x圖線與x軸所圍面積最大的情況，故選項C正確。2.水平放置的光滑圓環(huán)，半徑為R，AB是其直徑。一質(zhì)量為m的小球穿在環(huán)上并靜止于A點。沿AB方向水平向右的風(fēng)力大小恒為F＝mg。小球受到輕擾而開始運動，則下列說法正確的是()A．小球運動過程中的最大速度為2eq\r(gR)B．小球運動過程中的最大動能為(eq\r(2)＋1)mgRC．運動中小球?qū)Νh(huán)的最大壓力為5mgD．運動中小球?qū)Νh(huán)的最大壓力為(3eq\r(2)＋2)mg解析：選A小球從A點運動至B點時速度最大，由動能定理得F·2R＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2eq\r(gR)，最大動能為Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m×4gR＝2mgR，故A正確，B錯誤；在水平面內(nèi)由牛頓第二定律得FN1－mg＝meq\f(v2,R)，解得FN1＝5mg，豎直面內(nèi)FN2＝mg，所以小球?qū)Νh(huán)的最大壓力FN＝eq\r(FN12＋FN22)＝eq\r(26)mg，故C、D均錯誤。3.(2021·安徽師大附中測試)如圖所示，半徑為R的水平轉(zhuǎn)盤上疊放有兩個小物塊P和Q，P的上表面水平，P到轉(zhuǎn)軸的距離為r。轉(zhuǎn)盤的角速度從0開始緩緩增大，直至P恰好能與轉(zhuǎn)盤發(fā)生相對滑動，此時Q受到P的摩擦力設(shè)為f，在此過程中P和Q相對靜止，轉(zhuǎn)盤對P做的功為W。已知P和Q的質(zhì)量均為m，P與轉(zhuǎn)盤間的動摩擦因數(shù)為μ1，P與Q間的動摩擦因數(shù)為μ2，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列判斷正確的是()A．f＝μ2mg B．W＝0C．W＝μ1mgr D．條件不足，W無法求出解析：選C設(shè)剛要發(fā)生相對滑動時P、Q的速度為v，對P、Q整體，摩擦力提供向心力有μ1·2mg＝2meq\f(v2,r)；根據(jù)動能定理，此過程中轉(zhuǎn)盤對P做的功W＝eq\f(1,2)·2mv2＝μ1mgr，選項B、D錯誤，C正確；在此過程中，物塊Q與P之間的摩擦力不一定達到最大靜摩擦力，則此時Q受到P的摩擦力不一定為μ2mg，選項A錯誤。4.如圖所示，電梯質(zhì)量為M，在它的水平地板上放置一質(zhì)量為m的物體。電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運動，當電梯的速度由v1增加到v2時，上升高度為H，則在這個過程中，下列說法或表達式正確的是()A．對物體，動能定理的表達式為WN＝eq\f(1,2)mv22，其中WN為支持力的功B．對物體，動能定理的表達式為W合＝0，其中W合為合力的功C．對物體，動能定理的表達式為WN－mgH＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，其中WN為支持力的功D．對電梯，其所受合力做功為eq\f(1,2)(M＋m)v22－eq\f(1,2)(M＋m)v12解析：選C電梯上升的過程中，對物體做功的有重力mg、支持力FN，這兩個力的總功才等于物體動能的增量ΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，故選項A、B錯誤，C正確；對電梯，無論有幾個力對它做功，由動能定理可知，其合力的功一定等于其動能的增量eq\f(1,2)Mv22－eq\f(1,2)Mv12，故選項D錯誤。5.質(zhì)量相等的A、B兩物體放在同一水平面上，分別受到水平拉力F1、F2的作用從靜止開始做勻加速直線運動。經(jīng)過時間t0和4t0速度分別達到2v0和v0時，分別撤去F1和F2，以后物體繼續(xù)做勻減速直線運動直至停止，兩物體速度隨時間變化的圖線如圖所示。則下列結(jié)論正確的是()A．A、B物體所受摩擦力Ff1∶Ff2＝2∶1B．A、B物體所受摩擦力Ff1∶Ff2＝1∶1C．F1和F2對A、B做的功W1∶W2＝4∶1D．F1和F2對A、B做的功W1∶W2＝12∶5解析：選B從圖像可知，兩物體勻減速運動的加速度大小都為a＝eq\f(v0,t0)，根據(jù)牛頓第二定律，勻減速運動中有Ff＝ma，則兩物體所受摩擦力相同，故A錯誤，B正確；圖線與時間軸所圍成的面積表示運動的位移，則A、B的位移之比為6∶5，對全過程運用動能定理得，W1－Ffx1＝0，W2－Ffx2＝0，解得W1＝Ffx1，W2＝Ffx2，所以整個運動過程中F1和F2做功之比為6∶5，故C、D均錯誤。6．(2018·江蘇高考改編)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠到達B點。在從A到B的過程中，物塊()A．在O點的加速度為零B．經(jīng)過O點時的速度最大C．所受彈簧彈力始終做正功D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功解析：選D小物塊由A點開始向右加速運動，彈簧壓縮量逐漸減小，F(xiàn)彈減小，由F彈－Ff＝ma知，a減小；當運動到F彈＝Ff時，a減小為零，此時小物塊速度最大，彈簧仍處于壓縮狀態(tài)；由于慣性，小物塊繼續(xù)向右運動，此時Ff－F彈＝ma，小物塊做減速運動，且隨著壓縮量繼續(xù)減小，a逐漸增大；當越過O點后，彈簧開始被拉伸，此時F彈＋Ff＝ma，隨著拉伸量增大，a繼續(xù)增大，綜上所述，從A到B過程中，物塊加速度先減小后增大，在O點左側(cè)F彈＝Ff時速度達到最大，故A、B均錯誤。在AO段物塊所受彈簧彈力做正功，在OB段做負功，故C錯誤。由動能定理知，從A到B的過程中，彈力做功與摩擦力做功之和為0，故D正確。7．(2019·全國卷Ⅲ)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質(zhì)量為()A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg解析：選C畫出物體運動示意圖，設(shè)阻力為f，據(jù)動能定理知A→B(上升過程)：－(mg＋f)h＝EkB－EkAC→D(下落過程)：(mg－f)h＝EkD－EkC整理以上兩式得：mgh＝30J，解得物體的質(zhì)量m＝1kg。選項C正確。8．如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定在墻壁上的O點，另一端自由伸長到A點，OA之間的水平面光滑，固定曲面在B處與水平面平滑連接。AB之間的距離s＝1m。質(zhì)量m＝0.2kg的小物塊開始時靜置于水平面上的B點，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4?，F(xiàn)給物塊一個水平向左的初速度v0＝5m/s，g取10m/s2。(1)求彈簧被壓縮到最短時所具有的彈性勢能Ep；(2)求物塊返回B點時的速度大小；(3)若物塊能沖上曲面的最大高度h＝0.2m，求物塊沿曲面上滑過程所產(chǎn)生的熱量。解析：(1)對小物塊從B點至壓縮彈簧最短的過程，由動能定理得，－μmgs－W克彈＝0－eq\f(1,2)mv02W克彈＝Ep代入數(shù)據(jù)解得Ep＝1.7J。(2)對小物塊從B點開始運動至返回B點的過程，由動能定理得，－μmg·2s＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv02代入數(shù)據(jù)解得vB＝3m/s。(3)對小物塊沿曲面的上滑過程，由動能定理得－W克f－mgh＝0－eq\f(1,2)mvB2產(chǎn)生的熱量Q＝W克f＝0.5J。答案：(1)1.7J(2)3m/s(3)0.5J二、強化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應(yīng)用性9.(2021·蚌埠模擬)如圖所示，B、M、N分別為豎直光滑圓弧軌道的右端點、最低點和左端點，B點和圓心等高，N點和圓心O的連線與豎直方向的夾角為α＝60°?，F(xiàn)從B點的正上方某處A點由靜止釋放一個質(zhì)量為m的小球，經(jīng)圓軌道飛出后以水平方向上的速度v通過C點，已知圓弧軌道半徑為R，v＝eq\r(gR)，重力加速度為g，則以下結(jié)論正確的是()A．C、N的水平距離為eq\r(3)RB．C、N的水平距離為2RC．小球在M點對軌道的壓力為5mgD．小球在M點對軌道的壓力為4mg解析：選A采用逆向思維，C到N做平拋運動，即沿N點切線方向進入，根據(jù)平行四邊形定則知，小球在N點的豎直分速度vyN＝vtan60°＝eq\r(3)v＝eq\r(3gR)，則N到C的時間t＝eq\f(vyN,g)＝eq\f(\r(3gR),g)，C、N的水平距離x＝vt＝eq\r(3)R，故A正確，B錯誤；小球運動到N點的速度vN＝eq\r(v2＋vyN2)＝2eq\r(gR)，根據(jù)動能定理得，mgR(1－cosα)＝eq\f(1,2)mvM2－eq\f(1,2)mvN2，在M點，根據(jù)牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(vM2,R)，聯(lián)立解得FN＝6mg，根據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)壍赖膲毫?mg，故C、D均錯誤。10.(2021·無錫一模)在一次航模比賽中，某同學(xué)遙控航模飛機豎直上升，某段過程中其動能Ek隨位移x變化的關(guān)系如圖所示。已知飛機質(zhì)量為1kg，重力加速度g＝10m/s2，此過程中飛機()A．處于超重狀態(tài) B．機械能減少C．加速度大小為4.5m/s2 D．輸出功率最大值為27W解析：選C由題圖可知，飛機動能逐漸減小，由Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，初速度v0＝eq\r(\f(2Ek,m))＝6eq\r(2)m/s，當飛機上升8m時，動能為零，速度為零，故飛機在向上運動的過程中，飛機做減速運動，處于失重狀態(tài)，故選項A錯誤；動能減少量為ΔEk＝36J，重力勢能增加量為ΔEp＝mgh＝80J，故機械能的增加量ΔE＝44J，故選項B錯誤；在升力F作用下，飛機向上運動，根據(jù)動能定理可得(F－mg)x＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0＋(F－mg)x，故圖線斜率表示飛機所受到的合力，故F合＝eq\f(0－36,8－0)N＝－4.5N，根據(jù)牛頓第二定律可知F合＝ma，解得a＝－4.5m/s2，故選項C正確；F合＝F－mg，解得F＝5.5N，升力恒定，當速度最大時，輸出功率最大，即剛開始起飛時，輸出功率最大，Pm＝Fv0＝33eq\r(2)W，故選項D錯誤。11．(2021年1月新高考8省聯(lián)考·重慶卷改編)如圖所示，傾角為θ的斜面MN段粗糙，其余段光滑，PM、MN長度均為3d。四個質(zhì)量均為m的相同樣品1、2、3、4放在斜面上，每個樣品(可視為質(zhì)點)左側(cè)固定有長度為d的輕質(zhì)細桿，細桿與斜面平行，且與其左側(cè)的樣品接觸但不粘連，樣品與MN間的動摩擦因數(shù)為tanθ。若樣品1在P處時，四個樣品由靜止一起釋放，以下結(jié)論錯誤的是(重力加速度大小為g)()A．當樣品1剛進入MN段時，樣品的共同加速度大小為eq\f(3,4)gsinθB．當樣品1剛進入MN段時，樣品1的輕桿受到壓力大小為3mgsinθC．當四個樣品均位于MN段時，摩擦力做的總功為－6dmgsinθD．當四個樣品均位于MN段時，樣品的共同速度大小為3eq\r(gdsinθ)解析：選B當樣品1剛進入MN段時，以四個樣品整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得4mgsinθ－μmgcosθ＝4ma1，解得樣品的共同加速度大小為a1＝eq\f(3,4)gsinθ，以樣品1為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得F1＋mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，解得樣品1的輕桿受到壓力大小為F1＝eq\f(3,4)mgsinθ，故A正確，B錯誤；當四個樣品均位于MN段時，摩擦力對樣品1做功W1＝－μmgcosθ·3d＝－3mgdsinθ，摩擦力對樣品2做功W2＝－μmgcosθ·2d＝－2mgdsinθ，摩擦力對樣品3做功W3＝－μmgcosθ·d＝－mgdsinθ，此時樣品4剛進入MN段，摩擦力對樣品4不做功，所以當四個樣品均位于MN段時，摩擦力做的總功為Wf＝W1＋W2＋W3＝－6mgdsinθ，故C正確；當四個樣品均位于MN時，由動能定理得：4mg·6d·sinθ＋Wf＝eq\f(1,2)×4mv2，可解得v＝3eq\r(gdsinθ)，選項D正確。12．(2021·蘇州六校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為m＝0.3kg的小物塊以初速度v0＝4m/s水平向右拋出，恰好從A點沿著圓弧的切線方向進入光滑圓弧軌道。圓弧軌道的半徑為R＝3.75m，B點是圓弧軌道的最低點，圓弧軌道與水平軌道BD平滑連接，A與圓心O的連線與豎直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平軌道，小物塊與MN間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，軌道其他部分光滑。最右側(cè)是一個半徑為r＝0.4m的光滑半圓弧軌道，C點是半圓弧軌道的最高點，半圓弧軌道與水平軌道BD在D點平滑連接。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求小物塊經(jīng)過A點時速度大?。?2)求小物塊經(jīng)過B點時對軌道的壓力大小；(3)若小物塊恰好能通過C點，求MN的長度L。解析：(1)根據(jù)平拋運動的規(guī)律有v0＝vAcos37°得小物塊經(jīng)過A點時的速度大小vA＝5m/s。