課時跟蹤檢測（二十）動能定理的理解及應(yīng)用一、立足主干知識，注重基礎(chǔ)性和綜合性1．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C正確。2．(2021·山東等級考)如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質(zhì)細(xì)桿，一端可繞豎直光滑軸O轉(zhuǎn)動，另—端與質(zhì)量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度v0出發(fā)，恰好能完成一個完整的圓周運動。在運動過程中，木塊所受摩擦力的大小為()A.eq\f(mv02,2πL) B.eq\f(mv02,4πL)C.eq\f(mv02,8πL) D.eq\f(mv02,16πL)解析：選B對木塊由動能定理得：－Ff·2πL＝0－eq\f(1,2)mv02，解得摩擦力大小為：Ff＝eq\f(mv02,4πL)，故B正確，A、C、D錯誤。3.如圖所示，AB為eq\f(1,4)圓弧軌道，BC為水平直軌道，BC恰好在B點與AB相切，圓弧的半徑為R，BC的長度也是R。一質(zhì)量為m的物體與兩個軌道間的動摩擦因數(shù)都為μ，它由軌道頂端A從靜止開始下滑，恰好運動到C處停止，重力加速度為g，那么物體在AB段克服摩擦力所做的功為()A．eq\f(μmgR,2) B．eq\f(mgR,2)C．mgR D．(1－μ)mgR解析：選D設(shè)物體在AB段克服摩擦力所做的功為WAB，物體從A到C的全過程，根據(jù)動能定理有mgR－WAB－μmgR＝0－0，所以WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正確。4.如圖所示，在輕彈簧的下端懸掛一個質(zhì)量為m的小球A，若將小球A從彈簧的原長位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h。若將小球A換為質(zhì)量為3m的小球B，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，則小球B下降h時的速度為(重力加速度為g，不計空氣阻力)()A.eq\r(2gh) B.eq\r(\f(4gh,3))C.eq\r(gh) D.eq\r(\f(gh,2))解析：選B設(shè)小球A下降h的過程中克服彈簧彈力做功為W1，根據(jù)動能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降過程，由動能定理，有3mgh－W1＝eq\f(1,2)·3mv2－0。聯(lián)立以上兩式解得v＝eq\r(\f(4gh,3))，故B正確。5.(多選)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(dá)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＝6∶5D．F1和F2對A、B做的功W1∶W2＝12∶5解析：選BC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正確，D錯誤。6.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－EkA，C→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。C正確。7．(2022·合肥調(diào)研)(多選)如圖所示，一彈性輕繩(彈力與其伸長量成正比)左端固定在墻上A點，右端穿過一固定的光滑圓環(huán)B連接一個質(zhì)量為m的小球p，小球p在B點時，彈性輕繩處在自然伸長狀態(tài)。小球p穿過豎直固定桿在C處時，彈性輕繩的彈力為mg。將小球p從C點由靜止釋放，到達(dá)D點時速度恰好為0。已知小球與桿間的動摩擦因數(shù)為0.2，A、B、C在一條水平直線上，CD＝h；重力加速度為g，彈性繩始終處在彈性限度內(nèi)。下列說法正確的是()A．小球從C點運動到D點的過程中克服摩擦力做功為0.3mghB．小球從C點運動到D點的過程中克服摩擦力做功為0.2mghC．若僅把小球質(zhì)量變?yōu)?m，則小球到達(dá)D點時的速度大小為eq\r(gh)D．若僅把小球質(zhì)量變?yōu)?m，則小球到達(dá)D點時的速度大小為eq\r(2gh)解析：選BC設(shè)BC的長度為L，根據(jù)胡克定律有mg＝kL，設(shè)BD與豎直方向的夾角為α，則伸長量為eq\f(L,sinα)，故彈力為F＝keq\f(L,sinα)，對小球受力分析，受重力、彈性繩的彈力、摩擦力、支持力，水平方向平衡，故N＝Fsinα＝kL＝mg，由此可知，下降過程中，水平方向的支持力保持不變，且摩擦力f＝μN＝0.2mg，故小球從C點運動到D點的過程中克服摩擦力做功為Wf＝fh＝0.2mgh，故A錯誤，B正確；對小球從C點運動到D點的過程，根據(jù)動能定理有mgh－fh－W彈＝0，解得W彈＝0.8mgh，若僅把小球的質(zhì)量變成2m，小球從C點運動到D點的過程，根據(jù)動能定理，有2mgh－fh－W彈＝eq\f(1,2)×2mvD2，解得vD＝eq\r(gh)，故C正確，D錯誤。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?。?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)mv02，W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．(2022·江蘇鹽城質(zhì)檢)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/s2D．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(dāng)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)，A錯誤；動能減少量為ΔEk＝36J，重力勢能增加量為ΔEp＝mgh＝80J，故機械能增加，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＝－4.5N，根據(jù)牛頓第二定律可知F合＝ma，解得a＝－4.5m/s2，C正確；F合＝F－mg，解得F＝5.5N，升力恒定，當(dāng)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，D錯誤。10．(多選)如圖甲所示，長為l、傾角為α的斜面固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的小物塊從斜面頂端由靜止釋放并沿斜面向下滑動，已知小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ與下滑距離x的變化圖像如圖乙所示，則()A．μ0＞tanαB．小物塊下滑的加速度逐漸增大C．小物塊下滑到斜面底端的過程中克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)μ0mglcosαD．小物塊下滑到底端時的速度大小為eq\r(2glsinα－2μ0glcosα)解析：選BC小物塊在斜面頂端靜止釋放能夠下滑，則滿足mgsinα＞μ0mgcosα，即μ0＜tanα，故A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律得a＝eq\f(mgsinα－μmgcosα,m)＝gsinα－μgcosα，下滑過程中μ逐漸減小，則加速度a逐漸增大，故B正確；由題圖乙可知μ＝－eq\f(μ0,l)x＋μ0，則摩擦力Ff＝μmgcosα＝－eq\f(μ0mgcosα,l)x＋μ0mgcosα，可知Ff與x成線性關(guān)系，如圖所示，其中Ff0＝μ0mgcosα，圖線和橫軸所圍成的面積表示克服摩擦力做的功，則小物塊下滑到斜面底端的過程克服摩擦力做功Wf＝eq\f(1,2)Ff0l＝eq\f(1,2)μ0mglcosα，故C正確；下滑過程根據(jù)動能定理得mglsinα－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(2glsinα－μ0glcosα)，故D錯誤。11．(2021年8省聯(lián)考·重慶卷)(多選)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(xì)桿，細(xì)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，則(重力加速度大小為g)()A．當(dāng)樣品1剛進(jìn)入MN段時，樣品的共同加速度大小為eq\f(3,4)gsinθB．當(dāng)樣品1剛進(jìn)入MN段時，樣品1的輕桿受到壓力大小為3mgsinθC．當(dāng)四個樣品均位于MN段時，摩擦力做的總功為9dmgsinθD．當(dāng)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AD當(dāng)樣品1剛進(jìn)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，A正確，B錯誤；當(dāng)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(jìn)入MN段，摩擦力對樣品4不做功，所以當(dāng)四個樣品均位于MN段時，摩擦力做的總功為Wf＝W1＋W2＋W3＝－6mgdsinθ，C錯誤；當(dāng)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)，D正確。12．(2021·全國乙卷)一籃球質(zhì)量為m＝0.60kg，一運動員使其從距地面高度為h1＝1.8m處由靜止自由落下，反彈高度為h2＝1.2m。若使籃球從距地面h3＝1.5m的高度由靜止下落，并在開始下落的同時向下拍球，球落地后反彈的高度也為1.5m。假設(shè)運動員拍球時對球的作用力為恒力，作用時間為t＝0.20s；該籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值不變。重力加速度大小取g＝10m/s2，不計空氣阻力。求：(1)運動員拍球過程中對籃球所做的功；(2)運動員拍球時對籃球的作用力的大小。解析：(1)使籃球從距地面高度為h1處由靜止自由落下時，設(shè)籃球的落地速度大小為v1，根據(jù)自由落體運動的規(guī)律有v12＝2gh1，設(shè)籃球被地面反彈時的速度大小為v2，則有v22＝2gh2，則籃球與地面碰撞前、后的動能之比eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(\f(1,2)mv12,\f(1,2)mv22)＝eq\f(h1,h2)＝eq\f(3,2)。使籃球從距地面h3的高度由靜止下落，并在開始下