课时跟踪检测（十六） 动能定理及其应用

PAGE第5页共6页课时跟踪检测（十六）动能定理及其应用一、立足主干知识，注重基础性和综合性1．(2021·广州模拟)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x0，下列情况中物体在x0位置时速度最大的是()解析：选CF­x图线与x轴所围面积表示合外力F所做的功，由动能定理可知，物体在x0位置速度最大的情况一定对应F­x图线与x轴所围面积最大的情况，故选项C正确。2.水平放置的光滑圆环，半径为R，AB是其直径。一质量为m的小球穿在环上并静止于A点。沿AB方向水平向右的风力大小恒为F＝mg。小球受到轻扰而开始运动，则下列说法正确的是()A．小球运动过程中的最大速度为2eq\r(gR)B．小球运动过程中的最大动能为(eq\r(2)＋1)mgRC．运动中小球对环的最大压力为5mgD．运动中小球对环的最大压力为(3eq\r(2)＋2)mg解析：选A小球从A点运动至B点时速度最大，由动能定理得F·2R＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2eq\r(gR)，最大动能为Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m×4gR＝2mgR，故A正确，B错误；在水平面内由牛顿第二定律得FN1－mg＝meq\f(v2,R)，解得FN1＝5mg，竖直面内FN2＝mg，所以小球对环的最大压力FN＝eq\r(FN12＋FN22)＝eq\r(26)mg，故C、D均错误。3.(2021·安徽师大附中测试)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＝0C．W＝μ1mgr D．条件不足，W无法求出解析：选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＝2meq\f(v2,r)；根据动能定理，此过程中转盘对P做的功W＝eq\f(1,2)·2mv2＝μ1mgr，选项B、D错误，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，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是()A．对物体，动能定理的表达式为WN＝eq\f(1,2)mv22，其中WN为支持力的功B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功C．对物体，动能定理的表达式为WN－mgH＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，其中WN为支持力的功D．对电梯，其所受合力做功为eq\f(1,2)(M＋m)v22－eq\f(1,2)(M＋m)v12解析：选C电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功才等于物体动能的增量ΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，故选项A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量eq\f(1,2)Mv22－eq\f(1,2)Mv12，故选项D错误。5.质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用从静止开始做匀加速直线运动。经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止，两物体速度随时间变化的图线如图所示。则下列结论正确的是()A．A、B物体所受摩擦力Ff1∶Ff2＝2∶1B．A、B物体所受摩擦力Ff1∶Ff2＝1∶1C．F1和F2对A、B做的功W1∶W2＝4∶1D．F1和F2对A、B做的功W1∶W2＝12∶5解析：选B从图像可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为a＝eq\f(v0,t0)，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有Ff＝ma，则两物体所受摩擦力相同，故A错误，B正确；图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则A、B的位移之比为6∶5，对全过程运用动能定理得，W1－Ffx1＝0，W2－Ffx2＝0，解得W1＝Ffx1，W2＝Ffx2，所以整个运动过程中F1和F2做功之比为6∶5，故C、D均错误。6．(2018·江苏高考改编)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．在O点的加速度为零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解析：选D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、B均错误。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。7．(2019·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为()A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg解析：选C画出物体运动示意图，设阻力为f，据动能定理知A→B(上升过程)：－(mg＋f)h＝EkB－EkAC→D(下落过程)：(mg－f)h＝EkD－EkC整理以上两式得：mgh＝30J，解得物体的质量m＝1kg。选项C正确。8．如图所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点，另一端自由伸长到A点，OA之间的水平面光滑，固定曲面在B处与水平面平滑连接。AB之间的距离s＝1m。质量m＝0.2kg的小物块开始时静置于水平面上的B点，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4。现给物块一个水平向左的初速度v0＝5m/s，g取10m/s2。(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能Ep；(2)求物块返回B点时的速度大小；(3)若物块能冲上曲面的最大高度h＝0.2m，求物块沿曲面上滑过程所产生的热量。解析：(1)对小物块从B点至压缩弹簧最短的过程，由动能定理得，－μmgs－W克弹＝0－eq\f(1,2)mv02W克弹＝Ep代入数据解得Ep＝1.7J。(2)对小物块从B点开始运动至返回B点的过程，由动能定理得，－μmg·2s＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv02代入数据解得vB＝3m/s。(3)对小物块沿曲面的上滑过程，由动能定理得－W克f－mgh＝0－eq\f(1,2)mvB2产生的热量Q＝W克f＝0.5J。答案：(1)1.7J(2)3m/s(3)0.5J二、强化迁移能力，突出创新性和应用性9.(2021·蚌埠模拟)如图所示，B、M、N分别为竖直光滑圆弧轨道的右端点、最低点和左端点，B点和圆心等高，N点和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α＝60°。现从B点的正上方某处A点由静止释放一个质量为m的小球，经圆轨道飞出后以水平方向上的速度v通过C点，已知圆弧轨道半径为R，v＝eq\r(gR)，重力加速度为g，则以下结论正确的是()A．C、N的水平距离为eq\r(3)RB．C、N的水平距离为2RC．小球在M点对轨道的压力为5mgD．小球在M点对轨道的压力为4mg解析：选A采用逆向思维，C到N做平抛运动，即沿N点切线方向进入，根据平行四边形定则知，小球在N点的竖直分速度vyN＝vtan60°＝eq\r(3)v＝eq\r(3gR)，则N到C的时间t＝eq\f(vyN,g)＝eq\f(\r(3gR),g)，C、N的水平距离x＝vt＝eq\r(3)R，故A正确，B错误；小球运动到N点的速度vN＝eq\r(v2＋vyN2)＝2eq\r(gR)，根据动能定理得，mgR(1－cosα)＝eq\f(1,2)mvM2－eq\f(1,2)mvN2，在M点，根据牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(vM2,R)，联立解得FN＝6mg，根据牛顿第三定律可知小球对轨道的压力为6mg，故C、D均错误。10.(2021·无锡一模)在一次航模比赛中，某同学遥控航模飞机竖直上升，某段过程中其动能Ek随位移x变化的关系如图所示。已知飞机质量为1kg，重力加速度g＝10m/s2，此过程中飞机()A．处于超重状态 B．机械能减少C．加速度大小为4.5m/s2 D．输出功率最大值为27W解析：选C由题图可知，飞机动能逐渐减小，由Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，初速度v0＝eq\r(\f(2Ek,m))＝6eq\r(2)m/s，当飞机上升8m时，动能为零，速度为零，故飞机在向上运动的过程中，飞机做减速运动，处于失重状态，故选项A错误；动能减少量为ΔEk＝36J，重力势能增加量为ΔEp＝mgh＝80J，故机械能的增加量ΔE＝44J，故选项B错误；在升力F作用下，飞机向上运动，根据动能定理可得(F－mg)x＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0＋(F－mg)x，故图线斜率表示飞机所受到的合力，故F合＝eq\f(0－36,8－0)N＝－4.5N，根据牛顿第二定律可知F合＝ma，解得a＝－4.5m/s2，故选项C正确；F合＝F－mg，解得F＝5.5N，升力恒定，当速度最大时，输出功率最大，即刚开始起飞时，输出功率最大，Pm＝Fv0＝33eq\r(2)W，故选项D错误。11．(2021年1月新高考8省联考·重庆卷改编)如图所示，倾角为θ的斜面MN段粗糙，其余段光滑，PM、MN长度均为3d。四个质量均为m的相同样品1、2、3、4放在斜面上，每个样品(可视为质点)左侧固定有长度为d的轻质细杆，细杆与斜面平行，且与其左侧的样品接触但不粘连，样品与MN间的动摩擦因数为tanθ。若样品1在P处时，四个样品由静止一起释放，以下结论错误的是(重力加速度大小为g)()A．当样品1刚进入MN段时，样品的共同加速度大小为eq\f(3,4)gsinθB．当样品1刚进入MN段时，样品1的轻杆受到压力大小为3mgsinθC．当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为－6dmgsinθD．当四个样品均位于MN段时，样品的共同速度大小为3eq\r(gdsinθ)解析：选B当样品1刚进入MN段时，以四个样品整体为研究对象，根据牛顿第二定律得4mgsinθ－μmgcosθ＝4ma1，解得样品的共同加速度大小为a1＝eq\f(3,4)gsinθ，以样品1为研究对象，根据牛顿第二定律得F1＋mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，解得样品1的轻杆受到压力大小为F1＝eq\f(3,4)mgsinθ，故A正确，B错误；当四个样品均位于MN段时，摩擦力对样品1做功W1＝－μmgcosθ·3d＝－3mgdsinθ，摩擦力对样品2做功W2＝－μmgcosθ·2d＝－2mgdsinθ，摩擦力对样品3做功W3＝－μmgcosθ·d＝－mgdsinθ，此时样品4刚进入MN段，摩擦力对样品4不做功，所以当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为Wf＝W1＋W2＋W3＝－6mgdsinθ，故C正确；当四个样品均位于MN时，由动能定理得：4mg·6d·sinθ＋Wf＝eq\f(1,2)×4mv2，可解得v＝3eq\r(gdsinθ)，选项D正确。12．(2021·苏州六校联考)如图所示，质量为m＝0.3kg的小物块以初速度v0＝4m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入光滑圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R＝3.75m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r＝0.4m的光滑半圆弧轨道，C点是半圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求小物块经过A点时速度大小；(2)求小物块经过B点时对轨道的压力大小；(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L。解析：(1)根据平抛运动的规律有v0＝vAcos37°得小物块经过A点时的速度大小vA＝5m/s。