23版新高考一轮分层练案(十六)　动能定理及其应用

一轮分层练案(十六)　动能定理及其应用

1．静止在地面上的物体在不同合外力F的作用下通过了相同的位移s0，下列情况中物体在s0位置时速度最大的是(　　)

【答案】C　由于F­s图像与横坐标轴所包围的面积表示力做功的大小，已知物体在不同合外力F的作用下通过的位移相同，C选项中图像包围的面积最大，因此合外力做功最多，根据动能定理W合＝mv2－0，可得C选项物体在s0位置时速度最大，故A、B、D错误，C正确。

2．如图所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，BC恰好在B点与AB相切，圆弧的半径为R，BC的长度也是R。一质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为(　　)

A.　　　　　　　 B.

C．mgR  D．(1－μ)mgR

【答案】D　设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A到C的全过程，根据动能定理有mgR－WAB－μmgR＝0－0，所以WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正确。

3.如图所示，半径为R的水平转盘上叠放有两个小物块P和Q，P的上表面水平，P到转轴的距离为r。转盘的角速度从0开始缓缓增大，直至P恰好能与转盘发生相对滑动，此时Q受到P的摩擦力设为f，在此过程中P和Q相对静止，转盘对P做的功为W。已知P和Q的质量均为m，P与转盘间的动摩擦因数为μ1，P与Q间的动摩擦因数为μ2，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列判断正确的是(　　)

A．f＝μ2mg  B．W＝0

C．W＝μ1mgr  D．条件不足，W无法求出

【答案】C　设刚要发生相对滑动时P、Q的速度为v，对P、Q整体，摩擦力提供向心力有μ1·2mg＝2m，根据动能定理，此过程中转盘对P做的功W＝·2mv2＝μ1mgr，选项B、D错误，选项C正确；在此过程中，物块Q与P之间的摩擦力不一定达到最大静摩擦力，则此时Q受到P的摩擦力不一定为μ2mg，选项A错误。

4.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧的原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)(　　)

A.  B.

C.  D.

【答案】B　设小球A下降h的过程中克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降过程，由动能定理，有3mgh－W1＝·3mv2－0。联立以上两式解得v＝ ，故B正确。

5.如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是(　　)

【答案】A　在斜面上，物块受竖直向下的重力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及垂直斜面向上的支持力。设物块的质量为m，斜面的倾角为θ，物块沿斜面下滑的距离对应的水平位移为x，由动能定理，有mgsin θ·－μ1mgcos θ·＝Ek－0，解得Ek＝(mgtan θ－μ1mg)x，即在斜面上时物块的动能与水平位移成正比，B、D项均错误；在水平地面上，物块受竖直向下的重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦力，由动能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－μ2mg(x－x0)，其中Ek0为物块滑到斜面底端时的动能，x0为物块沿斜面下滑到底端时的距离对应的水平位移，即在水平地面上物块的动能与水平位移为一次函数关系，且为减函数，A项正确，C项错误。

6．如图甲所示，置于水平地面上的质量为m的物体，在竖直拉力F的作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系图像如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是(　　)

A．在0～h0过程中，F大小始终为mg

B．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1

C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加

D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少

【答案】C　0～h0过程中，Ek­h图像为一段直线，由动能定理得(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A错误；由A项分析可知，在0～h0过程中，F做功为2mgh0，在h0～2h0过程中，由动能定理可知，WF－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得WF＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为4∶3，故B错误；在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，C正确；在2h0～3.5h0过程中，由动能定理得WF′－1.5mgh0＝0－1.5mgh0，则WF′＝0，故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误。

7．质量m＝1 kg的物体，在水平拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移为4 m时，拉力F停止作用，运动到位移为8 m时物体停止运动，运动过程中Ek ­x的图像如图所示。取g＝10 m/s2，求：

(1)物体的初速度大小；

(2)物体和水平面间的动摩擦因数；

(3)拉力F的大小。

解析：(1)从题图可知物体初动能为2 J，则

Ek0＝mv2＝2 J，

解得v＝2 m/s。

(2)在位移为4 m处物体的动能为Ek＝10 J，在位移为8 m处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功。

设摩擦力为Ff，根据动能定理，有

－Ffx2＝0－Ek＝0－10 J＝－10 J，x2＝4 m，

解得Ff＝2.5 N。

因Ff＝μmg，

解得μ＝0.25。

(3)物体从开始运动到位移为4 m这段过程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力为F－Ff，根据动能定理，有

(F－Ff)x1＝Ek－Ek0，

解得F＝4.5 N。

【答案】(1)2 m/s　(2)0.25　(3)4.5 N

8．(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块(　　)

A．加速度先减小后增大

B．经过O点时的速度最大

C．所受弹簧弹力始终做正功

D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功

【答案】AD　小物块由A点开始向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由F弹－Ff＝ma知，a减小；当运动到F弹＝Ff时，a减小为零，此时小物块的速度最大，弹簧仍处于压缩状态；由于惯性，小物块继续向右运动，此时Ff－F弹＝ma，小物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，a逐渐增大；当越过O点后，弹簧开始被拉伸，此时F弹＋Ff＝ma，随着拉伸量增大，a继续增大。综上所述，从A到B的过程中，物块加速度先减小后增大，在O点左侧F弹＝Ff时速度达到最大，故A正确，B错误。在AO段物块所受弹簧弹力做正功，在OB段做负功，故C错误。由动能定理知，从A到B的过程中，弹力做功与摩擦力做功之和为0，故D正确。

9．(多选)如图所示，在倾角为θ的足够长的斜面上，轻质弹簧的一端与斜面底端的固定挡板连接，另一端与质量为M的平板A连接，一质量为m的物体B靠在平板的右侧，A、B与斜面的动摩擦因数均为μ。开始时用手按住B使弹簧处于压缩状态，现释放，使A和B一起沿斜面向上运动，当A和B的运动距离为L时达到最大速度v。则下列说法正确的是(　　)

A．A和B达到最大速度v时，弹簧恢复原长

B．若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为g(sin θ＋μcos θ)

C．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于Mv2＋

MgLsin θ＋μMgLcos θ

D．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，B受到的合力对它做的功等于mv2

【答案】BD　A和B达到最大速度v时，A和B的加速度为零，对A、B整体，由平衡条件知kx＝(m＋M)gsin θ＋μ(m＋M)gcos θ，所以此时弹簧处于压缩状态，故A错误；A和B恰好分离时，A、B间的弹力为0，A、B的加速度大小相同，对B受力分析，由牛顿第二定律知，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，解得a＝g(sin θ＋μcos θ)，故B正确；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对A、B整体，根据动能定理得W弹－(m＋M)·gLsin θ－μ(m＋M)·gLcos θ＝(m＋M)v2，所以弹簧对A所做的功W弹＝(m＋M)v2＋(m＋M)·gLsin θ＋μ(m＋M)gLcos θ，故C错误；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，根据动能定理得，B受到的合力对它做的功W合＝ΔEk＝mv2，故D正确。

10．(多选)如图甲所示，长为l、倾角为α的斜面固定在水平地面上，一质量为m的小物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动，已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变化图像如图乙所示，则(　　)

A．μ0>tan α

B．小物块下滑的加速度逐渐增大

C．小物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做的功为μ0mglcos α

D．小物块下滑到底端时的速度大小为

【答案】BC　小物块在斜面顶端静止释放能够下滑，则满足mgsin α>μ0mgcos α，即μ0<tan α，故A错误；根据牛顿第二定律得a＝＝gsin α－μgcos α，下滑过程中μ逐渐减小，则加速度a逐渐增大，故B正确；由题图乙可知μ＝－x＋μ0，则摩擦力Ff＝μmgcos α＝－x＋μ0mgcos α，可知Ff与x成线性关系，如图所示，其中Ff0＝μ0mgcos α，图线和横轴所围成的面积表示克服摩擦力做的功，则小物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功WFf＝Ff0l＝μ0mglcos α，故C正确；下滑过程根据动能定理得mglsin α－WFf＝mv2－0，解得v＝，故D错误。

11．如图所示，一段长度为L1＝3 m的水平静止的传送带，右侧为与它等高的台面BC，长度为L2＝1 m，右边是半径R＝0.5 m的光滑半圆轨道CDE，物块以v0＝2 m/s的初速度从传送带A点向右运动，物块与传送带及水平面之间的动摩擦因数均为μ＝0.25，物块的质量为1 kg，则：

(1)物块到达圆轨道最低点C时对轨道的压力值；

(2)通过计算判断，物块能否到达圆轨道的最高点E；

(3)若传送带可以转动，请判断物块能否恰好到达D点，若能请计算出传送带的速度，若不能请说明理由。

解析：(1)A到C的过程，由动能定理得－μmg(L1＋L2)＝mvC2－mv02

解得vC＝ m/s

在C处，由牛顿第二定律得FN－mg＝m

解得FN＝50 N

由牛顿第三定律知，支持力和压力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，所以物块到达圆轨道最低点C时对轨道的压力值为50 N。

(2)到达E点，最小速度需要满足mg＝m

所以vE＝

从C到E，mvC2＜mg2R＋mvE2

所以不能到达。

(3)假设物块恰好到达D点，根据动能定理，物块离开传送带的速度满足mvB2＝μmgL2＋mgR

解得vB＝ m/s

所以物块在传送带上必须从v0＝2 m/s减速到 m/s才能满足要求，则必须要有

2ax＝v02－vB2

解得x＝5 m＞L1＝3 m

所以物块不能恰好到达D点。

【答案】(1)50 N　(2)不能到达　(3)见解析

12．儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一的能力。某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内OABCD透明玻璃管道，管道的半径较小。为研究方便建立平面直角坐标系，O点为抛物口，下方接一满足方程y＝x2的光滑抛物线形状管道OA；AB、BC是半径相同的光滑圆弧管道，弹珠与粗糙管道CD之间的动摩擦因数为μ＝0.8；各部分管道的连接处均相切。A、B、C、D的横坐标分别为xA＝1.20 m、xB＝2.00 m、xC＝2.65 m、xD＝3.40 m。已知，弹珠的质量m＝100 g，直径略小于管道内径。E为BC管道的最高点，在D处有一反弹膜能无能量损失地反弹弹珠，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，g＝10 m/s2，求：

(1)若要使弹珠不与管道OA触碰，在O点抛射速度v0应该多大；

(2)若要使弹珠第一次到达E点时对轨道压力等于弹珠重力的3倍，在O点抛射速度v0应该多大；

(3)游戏设置3次通过E点获得最高分，若要获得最高分在O点抛射速度v0的范围。

解析：(1)由y＝x2得A点坐标

(1.20 m,0.80 m)，

由平抛运动规律得xA＝v0t，yA＝gt2，

代入数据，解得t＝0.4 s，v0＝3 m/s。

(2)vAy＝gt＝4 m/s，tan θ＝，可得θ＝53°，

由几何关系可得AB、BC圆弧的半径R＝0.5 m，

从O到E过程由动能定理得

mgyA－mgR(1－cos 53°)＝mvE2－mv02，

解得v0＝2 m/s。

(3)设∠EO″C为α，则sin α＝＝0.5，α＝30°，

则CD与水平面的夹角也为α＝30°，

设3次通过E点的抛射速度的最小值为v1。由动能定理得

mgyA－mgR(1－cos 53°)－2μmgxCD·cos 30°＝0－mv12，

解得v1＝2 m/s。

设3次通过E点的抛射速度的最大值为v2，由动能定理得

mgyA－mgR(1－cos 53°)－4μmgxCD·cos 30°＝0－mv22，

解得v2＝6 m/s。

考虑2次经过E点后不从O点离开，有－2μmgxC Dcos 30°＝0－mv32，

解得v3＝2 m/s，

故2 m/s＜v0＜2 m/s。

【答案】(1)3 m/s　(2)2 m/s

(3)2 m/s＜v0＜2 m/s