动能定理及其应用

练案[15]第五章机械能第2讲动能定理及其应用一、选择题(本题共8小题，1～4题为单选，5～8题为多选)1．(2018·新疆乌鲁木齐二诊)如图所示，多个完全相同、边长足够小且互不粘连的立方体小物块依次排列，总长度为L。它们一起以某一水平速度在光滑水平面上匀速运动。某时刻开始，小物块滑上粗糙水平面，最后一个小物块恰好全部进入粗糙水平面时速度为零。已知小物块与粗糙水平面间的动摩擦因数均为μ，则小物块在光滑水平面上的速度为(C)A．μgL2B．2μgL2C．μgLD．2μgL[解析]最后一个小物块恰能完全进入粗糙水平面，说明所有小物块完全进入粗糙水平面后的最终速度均为零，根据功的公式有Wf＝fL＝μmg·12L，根据动能定理有－Wf＝0－12mv2，解得v＝μgL，故C正确。2．(2018·湖北重点中学联考)如图所示，在倾角为θ的斜面底端固定一根劲度系数足够大的弹簧(力作用在弹簧上时弹簧形变很小，可以忽略不计)，弹簧的上端与斜面上B点对齐。将一个物块从斜面上的A点由静止释放，物块被弹簧反弹后沿斜面上滑，到最高点时离A点的距离为x。物块的大小不计，A、B间的距离为L，则物块与斜面间的动摩擦因数为(A)A．x2L－xtanθB．xL－xtanθC．LL＋xtanθD．LL＋2xtanθ[解析]物块从A点由静止释放到返回至最高点，重力做正功，摩擦力做负功，弹簧的弹力做功为零，动能的变化量为零，根据动能定理得mgxsinθ－μmgcosθ(2L－x)＝ΔEk＝0，解得μ＝x2L－xtanθ，故A正确，B、C、D错误。3．(2019·云南保山期末)如图所示，粗糙水平面与半径为R的23光滑圆轨道之间由小圆弧平滑连接，一质量为m的小球恰以初速度v0从A点沿切线进入圆轨道。如果小球恰好能够两次经过轨道最高点，已知重力加速度为g，则小球与水平面之间的动摩擦因数是(B)A．μ＝3v206gR－33B．μ＝3v206gR－233C．μ＝3v206gRD．μ＝3v206gR－36[解析]小球第二次恰好经过轨道最高点的速度为v，根据牛顿第二定律可得：mg＝mv2R，全过程根据动能定理可得：－μmg·3R－mgR(1＋12)＝12mv2－12mv20，解得：μ＝3v206gR－233，故B正确，ACD错误。4．(2018·湖南岳阳一中模拟)将三块木板1、2、3分别固定在墙角，构成如图所示的三个斜面，其中1与2底边相同，2和3高度相同。现将一个可以视为质点的物块，分别从三块木板的顶端由静止释放，沿木板下滑到底端。下列说法中正确的是(D)A．若木板均光滑，沿木板2和3下滑到底端时，物块的速度相同B．若木板均光滑，物块沿木板3下滑到底端时，速度最大C．若木板均光滑，物块沿木板3下滑到底端的过程用时最短D．若木板1和2粗糙程度相同，则物块沿木板1和木板2下滑到底端的过程中，克服摩擦力做功相同[解析]若木板光滑，物块从高为h的木板上由静止滑到底端时，根据动能定理有mgh＝12mv2，可知只要物块下降的高度相同，到达底端时的速度大小相同，但方向不同，下降的高度越大，物块沿木板下滑到底端时的速度越大，A、B均错误；设木板与竖直方向的夹角为θ，若木板均光滑，在物块下滑过程中由牛顿第二定律得mgcosθ＝ma，a＝gcosθ，位移为L＝hcosθ，时间为L＝12at2，联立解得物块沿木板下滑到底端的时间为t＝2hgcos2θ，由此可知，当高度相同时，θ越小，运动时间越小，故物块沿木板2下滑到底端的过程用时比物块沿木板3下滑到底端的过程用时短，C错误；若木板1和2粗糙程度相同，设木板与水平方向的夹角为α，物块的水平位移为s，物块所受摩擦力f＝μmgcosα，物块沿木块下滑的位移L＝scosα，摩擦力做功W＝－fL＝－μmgs，故克服摩擦力做功与α大小无关，两次做功相同，D正确。5．(2019·陕西咸阳模拟)如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则(AC)A．a＝2mgR－WmRB．a＝2mgR－WmRC．N＝3mgR－2WRD．N＝2mgR－WR[解析]质点由半球面最高点到最低点的过程中，由动能定理得，mgR－W＝12mv2，又在最低点时，向心加速度大小a＝v2R，两式联立可得a＝2mgR－WmR，A正确，B错误；在最低点时有N－mg＝mv2R，解得N＝3mgR－2WR，C正确，D错误。6．(2019·山西太原模拟)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。则(AB)A．动摩擦因数μ＝67B．载人滑草车最大速度为2gh7C．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g[解析]由题意根据动能定理得，2mgh－Wf＝0，即2mgh－μmgcos45°·hsin45°－μmgcos37°·hsin37°＝0，得动摩擦因数μ＝67，故A正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为Wf＝2mgh，故C错误；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1＝g(sin45°－μcos45°)＝214g，a2＝g(sin37°－μcos37°)＝－335g，则载人滑草车在上下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，则在上段底端时达到最大速度v，由运动学公式有2a1hsin45°＝v2得，v＝2a1hsin45°＝2gh7，故B正确，D错误。7．(2018·北京海淀区模拟)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是(CD)A．当x＝h＋2x0时，小球的动能最小B．最低点的坐标x＝h＋2x0C．当x＝h＋2x0时，小球的加速度为－g，且弹力为2mgD．小球动能的最大值为mgh＋mgx02[解析]由图乙可知mg＝kx0，解得x0＝mgk，由F－x图线与横轴所围图形的面积表示弹力所做的功，则有W弹＝12k(x－h)2，由动能定理得mgx－12k(x－h)2＝0，即mgx－mg2x0(x－h)2＝0，解得x＝h＋x0(1＋1＋2hx0)，故最低点坐标不是h＋2x0，且此处动能不是最小，故A、B错误；由图可知，mg＝kx0，由对称性可知当x＝h＋2x0时，小球加速度为－g，且弹力为2mg，故C正确；小球在x＝h＋x0处时，动能有最大值，根据动能定理有mg(h＋x0)＋W弹＝Ekm－0，依题可得W弹＝－12mgx0，所以Ekm＝mgh＋12mgx0，故D正确。8．(2018·安徽徽州中学检测)如图所示，在链球运动中，运动员使链球高速旋转，在水平面内做圆周运动，然后突然松手，由于惯性，链球向远处飞去。链球做圆周运动的半径为R，链球做圆周运动时离地高度为h。设圆心在地面的投影点为O，链球的落地点为P，O、P两点的距离即为运动员的成绩。若运动员某次掷链球的成绩为L，空气阻力不计，重力加速度为g，则(AC)A．运动员松手时链球的速度大小为g2hL2－R2B．运动员使链球高速旋转时链球的动能是mg2h(L2－R2)C．运动员在掷链球的整个过程中对链球做功为mgh＋mg4h(L2－R2)D．链球落地时的动能为mg4h(L2－R2)[解析]链球做圆周运动时离地高度为h，故链球脱手后的运动时间t＝2hg，链球做平抛运动的水平位移为s＝L2－R2，故运动员松手时链球的速度大小v＝L2－R2t＝g2hL2－R2，故A正确；运动员使链球高速旋转时链球的动能Ek＝12mv2＝mg4h(L2－R2)，故B错误；运动员在掷链球的整个过程中对链球做功大小等于链球在抛出瞬间的机械能，故运动员在掷链球的整个过程中对链球做功W＝mgh＋Ek＝mgh＋mg4h(L2－R2)，故C正确；链球抛出后只受重力作用，故机械能守恒，链球落地时的动能为mgh＋mg4h(L2－R2)，故D错误。二、非选择题9．(2019·甘肃宁县期末)如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高。质量m＝1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；(3)若滑块离开C处的速度大小为4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t。[答案](1)0.375(2)23m/s(3)0.2s[解析](1)滑块由A到D过程，根据动能定理，有：mg(2R－R)－μmgcos37°·2Rsin37°＝0－0得μ＝12tan37°＝0.375(2)若滑块能到达C点，根据牛顿第二定律有mg＋FN＝mv2cR则得vc≥Rg＝2m/sA到C的过程：根据动能定理有－μmgcos37°·2Rsin37°＝12mv2c－12mv20联立解得，v0＝v2c＋2gR≥23m/s所以初速度v0的最小值为23m/s。(3)滑块离开C点做平抛运动，则有x＝vcty＝12gt2由几何关系得：tan37°＝2R－yx联立得5t2＋3t－0.8＝0解得t＝0.2s10．(2018·山东济宁一模)如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m＝1kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一水平传送带AB长为L＝12m，与传送带相邻的粗糙水平面BC长为x＝4m，物块与传送带及水平面BC间的动摩擦因数均为μ＝0.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直半圆弧轨道与BC平滑连接，在半圆弧轨道的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带v＝6m/s的速率顺时针匀速转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失。释放物块，当弹簧储存的能量Ep＝8J全部转移给物块时，小物块恰能滑到与圆心O等高的E点，g取10m/s2。(1)求物块被弹簧弹出时的速度大小；(2)求半圆弧轨道的半径R；(3)若传送带的速率可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调范围。[答案](1)4m/s(2)0.6m(3)36m/s≤v≤221m/s[解析](1)物块被弹簧弹出，由能量守恒定律得Ep＝12mv20，解得v0＝4m/s(2)若物块在传送带上一直加速运动，设经过传送带获得的速度为v′，有v′2－v20＝2μgL，解得v′＝222m/s6m/s，所以，物块在传送带上先加速运动后匀速运动，经过传送带获得的速度为v＝6m/s，从B点到E点，由动能定理得－μmgx－mgR＝0－12mv2，解得R＝0.6m(3)设物块在B点的速度为v1时恰能到F点，在F点满足mg＝mv2FR，在B点到F点过程中由动能定理可知－μmgx－mg×2R＝12mv2F－12mv21，解得v1＝36m/s设物块在B点的速度为v2时，物块撞挡板返回后恰好能再次上滑到E点。由动能定理可知－μmg×3x－mgR＝0－12mv22，解得v2＝221m/s，因为物块在传送带上一直加速获得的最大速度为222m/s所以传送带速度的可调范围为36m/s≤v≤221m/s