課時跟蹤檢測(十七)動能定理及其應(yīng)用對點訓(xùn)練：對動能定理的理解1．(多選)關(guān)于動能定理的表達式W＝Ek2－Ek1，下列說法正確的是()A．公式中的W為不包含重力的其他力做的總功B．公式中的W為包含重力在內(nèi)的所有力做的功，也可通過以下兩種方式計算：先求每個力的功再求功的代數(shù)和或先求合外力再求合外力的功C．公式中的Ek2－Ek1為動能的增量，當W＞0時動能增加，當W＜0時，動能減少D．動能定理適用于直線運動，但不適用于曲線運動，適用于恒力做功，但不適用于變力做功2.如圖1所示，一塊長木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動，以地面為參考系，A、B都向前移動一段距離。在此過程中()圖1A．外力F做的功等于A和B動能的增量B．B對A的摩擦力所做的功，等于A的動能增量C．A對B的摩擦力所做的功，等于B對A的摩擦力所做的功D．外力F對B做的功等于B的動能的增量3．如圖2所示，質(zhì)量相同的物體分別自斜面AC和BC的頂端由靜止開始下滑，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)都相同，物體滑到斜面底部C點時的動能分別為Ek1和Ek2，下滑過程中克服摩擦力所做的功分別為W1和W2，則()圖2A．Ek1>Ek2W1<W2 B．Ek1>Ek2W1＝W2C．Ek1＝Ek2W1>W2 D．Ek1<Ek2W1>W2對點訓(xùn)練：動能定理的應(yīng)用4．一個質(zhì)量為m的物體靜止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的兩個水平恒力作用下，經(jīng)過一段時間，物體獲得的速度為v，在力的方向上獲得的速度分別為v1、v2，如圖3所示，那么在這段時間內(nèi)，其中一個力做的功為()圖3A．eq\f(1,6)mv2 B．eq\f(1,4)mv2C．eq\f(1,3)mv2 D．eq\f(1,2)mv25．(2015·浙江五校聯(lián)考)用豎直向上大小為30N的力F，將2kg的物體由沙坑表面靜止抬升1m時撤去力F，經(jīng)一段時間后，物體落入沙坑，測得落入沙坑的深度為20cm。若忽略空氣阻力，g取10m/s2。則物體克服沙坑的阻力所做的功為()A．20J B．24JC．34J D．54J6.(2015·杭州名校質(zhì)檢)如圖4所示，已知物體與三塊材料不同的地毯間的動摩擦因數(shù)分別為μ、2μ和3μ，三塊材料不同的地毯長度均為l，并排鋪在水平地面上，該物體以一定的初速度v0從a點滑上第一塊，則物體恰好滑到第三塊的末尾d點停下來，物體在運動中地毯保持靜止，若讓物體從d點以相同的初速度水平向左運動，則物體運動到某一點時的速度大小與該物體向右運動到該位置的速度大小相等，則這一點是()圖4A．a(chǎn)點 B．b點C．c點 D．d點對點訓(xùn)練：動能定理的圖像問題7．(2015·臨沂檢測)物體在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直線滑行直到停止。以a、Ek、s和t分別表示物體運動的加速度大小、動能、位移的大小和運動的時間，則以下各圖像中，能正確反映這一過程的是()圖58.(2015·浙江十校聯(lián)考)用水平力F拉一物體，使物體在水平地面上由靜止開始做勻加速直線運動，t1時刻撤去拉力F，物體做勻減速直線運動，到t2時刻停止，其速度-時間圖像如圖6所示，且α＞β，若拉力F做的功為W1，平均功率為P1；物體克服摩擦阻力Ff做的功為W2，平均功率為P2，則下列選項正確的是()圖6A．W1＞W(wǎng)2，F(xiàn)＝2Ff B．W1＝W2，F(xiàn)＞2FfC．P1＜P2，F(xiàn)＞2Ff D．P1＝P2，F(xiàn)＝2Ff9．(多選)(2015·洛陽模擬)如圖7甲所示，傾角為θ的足夠長的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時針方向運行。t＝0時，將質(zhì)量m＝1kg的物體(可視為質(zhì)點)輕放在傳送帶上，物體相對地面的v-t圖像如圖乙所示。設(shè)沿傳送帶向下為正方向，取重力加速度g＝10m/s2。則()甲乙圖7A．傳送帶的速率v0＝10m/sB．傳送帶的傾角θ＝30°C．物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5D．0～2.0s內(nèi)摩擦力對物體做功Wf＝－24J對點訓(xùn)練：應(yīng)用動能定理解決平拋運動、圓周運動問題10．(多選)(2015·青島模擬)如圖8所示，一個小球(視為質(zhì)點)從H＝12m高處，由靜止開始沿光滑彎曲軌道AB進入半徑R＝4m的豎直圓環(huán)內(nèi)側(cè)，且與圓環(huán)的動摩擦因數(shù)處處相等，當?shù)竭_圓環(huán)頂點C時，剛好對軌道壓力為零；然后沿CB圓弧滑下，進入光滑弧形軌道BD，到達高度為h的D點時速度為零，則h的值可能為()圖8A．10m B．9.5mC．8.5m D．8m11．(2015·上海靜安區(qū)模擬)在豎直平面內(nèi)固定一軌道ABCO，AB段水平放置，長為4m，BCO段彎曲且光滑；一質(zhì)量為1.0kg、可視作質(zhì)點的圓環(huán)套在軌道上，圓環(huán)與軌道AB段之間的動摩擦因數(shù)為0.5。建立如圖9所示的直角坐標系，圓環(huán)在沿x軸正方向的恒力F作用下，從A(－7,2)點由靜止開始運動，到達原點O時撤去恒力F，圓環(huán)從O(0,0)點水平飛出后經(jīng)過D(6,3)點。重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。求：圖9(1)圓環(huán)到達O點時的速度大?。?2)恒力F的大??；(3)圓環(huán)在AB段運動的時間。12．(2015·江蘇啟東中學(xué)檢測)如圖10所示，傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R＝0.4m的光滑半圓軌道BC平滑相連，O點為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點等高。質(zhì)量m＝1kg的滑塊從A點由靜止開始下滑，恰能滑到與O點等高的D點。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。圖10(1)求滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)若使滑塊能到達C點，求滑塊從A點沿斜面滑下時的初速度v0的最小值；(3)若滑塊離開C處的速度大小為4m/s，求滑塊從C點飛出至落到斜面上所經(jīng)歷的時間t。答案1．選BC公式W＝Ek2－Ek1中的“W”為所有力所做的總功，A錯誤，B正確；若W＞0，則Ek2＞Ek1，若W＜0，則Ek2＜Ek1，C正確；動能定理對直線運動、曲線運動、恒力做功、變力做功均適用，D錯誤。2．選BA物體所受的合外力等于B對A的摩擦力，對A物體運用動能定理，則有B對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量，即B對；A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動，A、B對地的位移不等，故二者做功不相等，C錯；對B應(yīng)用動能定理，WF－WFf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋WFf就是外力F對B做的功，等于B的動能增量與B克服摩擦力所做的功之和，D錯；由前述討論知B克服摩擦力所做的功與A的動能增量(等于B對A的摩擦力所做的功)不等，故A錯。3．選B設(shè)斜面的傾角為θ，斜面的底邊長為x，則下滑過程中克服摩擦力做的功為W＝μmgcosθ·eq\f(x,cosθ)＝μmgx，所以兩種情況下克服摩擦力做的功相等。又由于B的高度比A低，所以由動能定理可知Ek1>Ek2。故選B。4．選B在合力F的方向上，由動能定理得W＝Fl＝eq\f(1,2)mv2，某個分力的功為W1＝F1lcos30°＝eq\f(F,2cos30°)lcos30°＝eq\f(1,2)Fl＝eq\f(1,4)mv2，B正確。5．選C用豎直向上大小為30N的力F，將2kg的物體由沙坑表面靜止抬升1m時，由動能定理，F(xiàn)h－mgh＝eq\f(1,2)mv2，撤去力F后由動能定理，mg(d＋h)－W＝0－eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得W＝mg(d＋h)＋Fh－mgh＝Fh＋mgd＝30×1J＋2×10×0.2J＝34J。選項C正確。6．選C對物體從a運動到c，由動能定理，－μmgl－2μmgl＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02，對物體從d運動到c，由動能定理，－3μmgl＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv02，解得v2＝v1，選項C正確。7．選C物體在恒定阻力作用下運動，其加速度隨時間不變，隨位移不變，選項A、B錯誤；由動能定理，－fs＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－fs，選項C正確D錯誤。8．選B由動能定理可得W1－W2＝0，解得W1＝W2。由圖像可知，撤去拉力F后運動時間大于水平力F作用時間，所以F＞2Ff，選項A、D錯誤B正確；由于摩擦阻力作用時間一定大于水平力F作用時間，所以P1＞P2，選項C錯誤。9．選ACD由v-t圖像可知，物體放上傳送帶開始階段，加速度a1＝10.0m/s2，物體與傳送帶同速后，加速度a2＝eq\f(12.0－10.0,2.0－1.0)m/s2＝2.0m/s2，傳送帶的速率v0＝10m/s，A正確；由mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2可求得：θ＝37°，μ＝0.5，B錯誤，C正確；由動能定理得：mglsinθ＋Wf＝eq\f(1,2)mv2，v＝12.0m/s，l＝eq\f(1,2)×10×1m＋eq\f(10.0＋12.0,2)×1m＝16m，解得Wf＝－24J，D正確。10．選BC小球到達環(huán)頂C時，剛好對軌道壓力為零，在C點，由重力充當向心力，則根據(jù)牛頓第二定律得：mg＝meq\f(v2,R)，因R＝4m，小球在C點時的動能為eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR＝2mg，以B點為零勢能面，小球重力勢能Ep＝2mgR＝8mg，開始小球從H＝12m高處，由靜止開始通過光滑弧形軌道AB，因此在小球上升到頂點時，根據(jù)動能定理得：mg(H－2R)－Wf＝eq\f(1,2)mv2，所以克服摩擦力做功Wf＝2mg，此時機械能等于10mg，之后小球沿軌道下滑，由于機械能有損失，所以下滑速度比上升速度小，因此對軌道壓力變小，受摩擦力變小，所以下滑時，克服摩擦力做功大小小于2mg，機械能有損失，到達底端時小于10mg；此時小球機械能大于10mg－2mg＝8mg，而小于10mg，所以進入光滑弧形軌道BD時，小球機械能的范圍為，8mg＜Ep＜10mg，所以高度范圍為8m＜h＜10m，故B、C正確。11．解析：(1)圓環(huán)從O到D過程中做平拋運動x＝v0ty＝eq\f(1,2)gt2讀圖得x＝6m，y＝3mv0＝eq\r(60)m/s＝7.75m/s。(2)圓環(huán)從A到O過程中，根據(jù)動能定理FxAO－μmgxAB－mgy′＝eq\f(1,2)mv02代入數(shù)據(jù)得F＝10N。(3)圓環(huán)從A到B過程中，根據(jù)牛頓第二定律F－μmg＝maxAB＝eq\f(1,2)at2代入數(shù)據(jù)得t＝eq\r(\f(8,5))s＝1.26s。答案：(1)7.75m/s(2)10N(3)1.26s12．解析：(1)滑塊從A點到D點的過程中，根據(jù)動能定理有mg·(2R－R)－μmgcos37°·eq\f(2R,sin37°)＝0解得μ＝0.375。(2)若滑塊能到達C點，根據(jù)牛頓第二定律有mg＋FN＝eq\f(mvC2