下載地址

資源介紹

課時跟蹤檢測(十六)　動能定理及其應用
1．(2018·江蘇高考)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面。忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關系圖像是(　　)

解析：選A　小球做豎直上拋運動，設初速度為v0，則v＝v0－gt，小球的動能Ek＝mv2，把速度v代入得，Ek＝mg2t2－mgv0t＋mv02，Ek與t為二次函數關系。
2．(2021·莆田模擬)如圖所示，在輕彈簧的下端懸掛一個質量為m的小球A，若將小球A從彈簧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．　　　　　　　　B.
C． D.
解析：選B　小球A下降h過程小球克服彈簧彈力做功為W1，根據動能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降過程，由動能定理有3mgh－W1＝·3mv2－0，解得：v＝ ，故B正確。
3.(2021·北京第一六六中模擬)2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會，滑雪是冬奧會常見的體育項目，具有很強的觀賞性。某滑道示意圖如圖所示，圓弧滑道AB與水平滑道BC平滑銜接，O是圓弧滑道AB的圓心。運動員從A點由靜止開始下滑，最后運動員滑到C點停下。不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　)
A．從A到B的過程中，運動員受重力、支持力、摩擦力和向心力
B．從A到B的過程中，運動員所受的合外力始終指向圓心O
C．從A到C的過程中，運動員的機械能保持不變
D．從A到C的過程中，重力所做的功等于克服摩擦力所做的功
解析：選D　從A到B的過程中，運動員僅受重力、支持力和摩擦力共三個力，而向心力是效果力，是由所受的三個力提供，故A錯誤；從A到B的過程中，運動員做變速圓周運動，沿半徑方向的合力提供向心力，而切向合力不為零改變速度的大小，故總的合外力不會始終指向圓心，故B錯誤；從A到C的過程中，因運動員所受的摩擦力一直做負功，則其機械能保持一直減小，故C錯誤；對從A到C的全過程，由動能定理WG－Wf＝0－0，即重力所做的功等于克服摩擦力所做的功，故D正確。
4．(多選)(2021·廣西南寧模擬)在有大風的情況下，一小球自A點豎直上拋，其運動軌跡如圖所示(小球的運動可看做豎直方向的豎直上拋運動和水平方向的初速度為零的勻加速直線運動的合運動)，小球運動軌跡上的A、B兩點在同一水平直線上，M點為軌跡的最高點。若風力的大小恒定，方向水平向右，小球在A點拋出時的動能為4 J，在M點時它的動能為2 J，落回到B點時動能記為EkB，小球上升時間記為t1，下落時間記為t2，不計其他阻力，則(　　)
A．x1∶x2＝1∶3 B．t1 C．EkB＝6 J D．EkB＝12 J
解析：選AD　由小球上升與下落時間相等即t1＝t2得，x1∶(x1＋x2)＝1∶22＝1∶4，即x1∶x2＝1∶3，A正確，B錯誤；A→M應用動能定理得－mgh＋W1＝mvM2－mv2①，豎直方向有v2＝2gh②，①②式聯立得W1＝2 J，A→B風力做功W2＝4W1＝8 J，A→B由動能定理W2＝EkB－EkA，可求得EkB＝12 J，C錯誤，D正確。
5.(2021·黑龍江齊齊哈爾五校聯考)如圖所示，固定在豎直平面內的圓弧軌道與水平軌道相切于最低點B，質量為m的小物塊從圓弧軌道的頂端A由靜止滑下，經過B點后沿水平軌道運動，并停在到B點距離等于圓弧軌道半徑的C點。圓弧軌道粗糙，物塊與水平軌道間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g。物塊到達B點前瞬間對軌道的壓力大小為(　　)
A．2μmg B．3mg
C．(1＋2μ)mg D．(1＋μ)mg
解析：選C　設圓弧軌道的半徑為r，物塊從B到C的過程，由動能定理得－μmgr＝0－mvB2，在B點，由牛頓第二定律得N－mg＝m，聯立解得N＝(1＋2μ)mg，由牛頓第三定律可知，物塊到達B點前瞬間對軌道的壓力大小為N′＝N＝(1＋2μ)mg，C正確。
6．(多選)(2021·遼寧大連五校聯考)在某一粗糙的水平面上，一質量為2 kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運動，當運動一段時間后，拉力逐漸減小，且當拉力減小到零時，物體剛好停止運動，圖中給出了拉力隨位移變化的關系圖像。已知重力加速度g＝10 m/s2。根據以上信息能精確得出或估算得出的物理量有(　　)
A．物體與水平面間的動摩擦因數
B．合外力對物體所做的功
C．物體做勻速運動時的速度
D．物體運動的時間
解析：選ABC　物體做勻速直線運動時，拉力F與滑動摩擦力f大小相等，物體與水平面間的動摩擦因數為μ＝＝0.35，A正確；減速過程由動能定理得WF＋Wf＝0－mv2，根據F-x圖像中圖線與坐標軸圍成的面積可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力對物體所做的功，及物體做勻速運動時的速度v，B、C正確；因為物體做變加速運動，所以運動時間無法求出，D錯誤。
7．(多選)有兩條雪道平行建造，左側相同而右側有差異，一條雪道的右側水平，另一條的右側是斜坡。某滑雪者保持一定姿勢坐在雪橇上不動，從h1高處的A點由靜止開始沿傾角為θ的雪道下滑，最后停在與A點水平距離為s的水平雪道上。接著改用另一條雪道，還從與A點等高的位置由靜止開始下滑，結果能沖上另一條傾角為α的雪道上h2高處的E點停下。若動摩擦因數處處相同，且不考慮雪橇在路徑轉折處的能量損失，則(　　)

A．動摩擦因數為tan θ B．動摩擦因數為
C．傾角α一定大于θ D．傾角α一定小于θ
解析：選BD　第一次停在BC上的某點，由動能定理得mgh1－μmg cos θ·－μmgs′＝0，mgh1－μmg(＋s′)＝0，mgh1－μmgs＝0，μ＝，A錯誤，B正確。在AB段由靜止下滑，說明μmg cos θθ，則雪橇不能停在E點，所以C錯誤，D正確。

8.(2021·四川成都月考)如圖所示，斜面的傾角為θ，質量為m的滑塊從距擋板P的距離為x0處以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無機械能損失，則滑塊經過的總路程是(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：選A　滑塊最終要停在斜面底部，設滑塊經過的總路程為x，對滑塊運動的全程應用動能定理得mgx0sin θ－μmgx cos θ＝0－mv02，解得x＝(＋x0tan θ)，選項A正確。
9．(多選)(2021·江蘇啟東中學模擬)如圖所示，直桿AB與水平面成α角固定，在桿上套一質量為m的小滑塊，桿底端B點處有一彈性擋板，桿與板面垂直，滑塊與擋板碰撞后原速率返回?，F將滑塊拉到A點由靜止釋放，與擋板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中點，設重力加速度為g，由此可以確定(　　)
A．滑塊下滑和上滑過程加速度的大小a1、a2
B．滑塊第1次與擋板碰撞前的速度v1
C．滑塊與桿之間的動摩擦因數μ
D．滑塊第k次與擋板碰撞到第k＋1次與擋板碰撞的時間間隔Δt
解析：選AC　設AB長為L。對整個過程運用動能定理得：mg sin α·0.5L－μmg cos α(L＋0.5L)＝0，得：μ＝；根據牛頓第二定律得下滑過程：mg sin α－μmg cos α＝ma1；上滑過程：mg sin α＋μmg cos α＝ma2；解得：a1＝g sin α－μg cos α，a2＝g sin α＋μg cos α，所以可求得滑塊下滑和上滑過程加速度的大小a1、a2，故A、C正確；由于AB間的距離未知，盡管求出加速度，但不能求出滑塊到達擋板時的時間以及與擋板碰撞的速度，故B、D錯誤。
10.(2021·廣西桂林質檢)如圖所示，傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R＝0.4 m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，質量m＝1 kg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10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求滑塊與斜面間的動摩擦因數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點的速度大小為4 m/s，求滑塊從C點飛出至落到斜面上所經歷的時間t。
解析：(1)滑塊恰能滑到D點，則vD＝0
滑塊從A→B→D過程中，由動能定理得
mg(2R－R)－μmg cos θ·＝0－0
解得μ＝0.375。
(2)滑塊恰能過C點時，vC有最小值，則在C點
mg＝
滑塊從A→B→D→C過程，
由動能定理得
－μmg cos θ·＝mvC2－mv02
解得v0＝2 m/s。
(3)滑塊離開C點后做平拋運動，設下落的高度為h，
則有h＝gt2
x＝vC′t
＝tan 53°
其中vC′＝4 m/s，
聯立解得t＝0.2 s。
答案：(1)0.375　(2)2 m/s　(3)0.2 s
11．(2021·湖南十校聯考)如圖所示，質量m＝3 kg的小物塊以初速度v0＝4 m/s水平向右拋出，恰好從A點沿著圓弧的切線方向進入圓弧軌道。圓弧軌道的半徑為R＝3.75 m，B點是圓弧軌道的最低點，圓弧軌道與水平軌道BD平滑連接，A與圓心O的連線與豎直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平軌道，小物塊與MN間的動摩擦因數μ＝0.1，軌道其他部分光滑。最右側是一個半徑為r＝0.4 m的半圓弧軌道，C點是半圓弧軌道的最高點，半圓弧軌道與水平軌道BD在D點平滑連接。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

(1)求小物塊經過B點時對軌道的壓力大小；
(2)若MN的長度為L＝6 m，求小物塊通過C點時對軌道的壓力大小；
(3)若小物塊恰好能通過C點，求MN的長度L′。

發表評論