課時跟蹤檢測（二十） 動能定理的理解及應用

課時跟蹤檢測（二十）動能定理的理解及應用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，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。4.(多選)如圖所示，長為L＝0.4m的輕桿一端連著質(zhì)量為m＝1kg的小球，另一端用鉸鏈固接于水平地面上的O點，初始時小球靜止于地面上。現(xiàn)在桿中點處施加一大小不變、方向始終垂直于桿的力F，輕桿轉(zhuǎn)動30°時撤去F，則小球恰好能到達最高點。忽略一切摩擦，重力加速度g＝10m/s2，π≈3。下列說法正確的是()A．力F所做的功為4JB．力F的大小約為40NC．小球到達最高點時，輕桿對小球的作用力大小為5ND．撤去F瞬間，小球的速度大小為2m/s解析：選ABD小球恰好能到達最高點，小球到達最高點的速度為0，在整個運動過程中，根據(jù)動能定理得WF－mgL＝0－0，解得WF＝mgL＝4J，A正確；施加的力始終垂直于桿，則WF＝F·eq\f(L,2)·eq\f(π,6)，解得F＝eq\f(WF,\f(πL,12))＝40N，B正確；小球恰好能到達最高點，小球到達最高點的速度為0，根據(jù)平衡條件得輕桿對小球的作用力為FN＝mg＝10N，C錯誤；在力F作用過程中，根據(jù)動能定理得WF－mgLsin30°＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2WF－2mgLsin30°,m))＝2m/s，D正確。5．(多選)如圖所示，固定斜面AC的傾角為30°，其中AB部分光滑，長為5L；BC部分粗糙且足夠長。6個質(zhì)量均為m的相同滑塊(可視為質(zhì)點)相鄰之間用長為L的輕桿相連放置在斜面上，初始時滑塊1恰好位于B點。釋放后滑塊組開始下滑，已知滑塊4進入BC后能做勻速運動，下列說法中正確的是()A．滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),2)B．滑塊組勻速運動時速度的大小為eq\r(\f(2gL,3))C．滑塊4通過B點前的瞬間，滑塊4、5間桿的作用力大小為eq\f(3mg,4)D．滑塊4通過B點后的瞬間，滑塊4、5間桿的作用力大小為eq\f(mg,3)解析：選AC由題意可得6mgsin30°＝μ·4mgcos30°，解得μ＝eq\f(\r(3),2)，故A正確；從釋放滑塊1到滑塊4剛進入BC的過程，由動能定理得6mg·3Lsin30°－μmg·6Lcos30°＝eq\f(1,2)·6mv2－0，解得v＝eq\r(\f(3gL,2))，故B錯誤；滑塊4進入BC前，對整體由牛頓第二定律得6mgsin30°－3μmgcos30°＝6ma，解得a＝eq\f(g,8)，對滑塊5、6有2mgsin30°－F＝2ma，解得F＝eq\f(3mg,4)，故C正確；滑塊4進入BC后瞬間做勻速運動，對滑塊5、6有F′＝2mgsin30°＝mg，故D錯誤。6.(多選)如圖所示，內(nèi)壁光滑的圓軌道豎直固定，小球(視為質(zhì)點)靜止在軌道的最低點A?，F(xiàn)用小錘沿水平方向擊打(擊打后迅速移開小錘)小球，第一次擊打小球后，小球未能到達圓軌道的最高點，當小球回到A點時，再次用小錘沿水平方向擊打小球，第二次擊打后，小球才通過圓軌道的最高點。已知小球在運動過程中始終未脫離軌道，第一次擊打過程中小錘對小球做的功為W，兩次擊打過程中小錘對小球做的功全部用來增加小球的動能，則第二次擊打過程中小錘對小球做的功可能為()A．W B．2WC．3W D．4W解析：選BCD小球在運動過程中未脫離軌道，則第一次擊打后小球最高到達與圓軌道圓心O點等高位置，根據(jù)動能定理可得W≤mgR，第二次擊打后小球能運動到最高點速度最小為vmin，由圓周運動規(guī)律mg＝meq\f(vmin2,R)，設(shè)第二次擊打過程中小錘對小球做的功為W′，根據(jù)動能定理有W＋W′－2mgR≥eq\f(1,2)mvmin2，聯(lián)立解得W′≥1.5mgR，則第二次擊打過程中小錘對小球做的功可能為2W、3W、4W，故A錯誤，B、C、D正確。7.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·