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2019届一轮复习物理江苏专版:课时跟踪检测(十七) 动能定理及其应用

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              课时跟踪检测(十七)                   动能定理及其应用


    对点训练:对动能定理的理解

    1.如图所示,一块长木板         B 放在光滑的水平面上,在           B 上放一
A 物体,现以恒定的外力拉           B,使  A、B   间产生相对滑动,如果以地面
为参考系,A、B       都向前移动一段距离。在此过程中(  )
    A.外力    F 做的功等于     A 和 B 动能的增量
    B.B  对  A 的摩擦力所做的功,等于          A 的动能增量
    C.A  对  B 的摩擦力所做的功,等于          B 对 A 的摩擦力所做的功
    D.外力    F 对 B 做的功等于     B 的动能的增量
    解析:选    B 外力    F 做的功等于     A、B  动能的增量与      A、B  间摩擦产生的内能之和,
A 错误;A    物体所受的合外力等于          B 对 A 的摩擦力,对      A 物体运用动能定理,则有          B 对
A 的摩擦力所做的功等于          A 的动能的增量,即        B 正确;A   对  B 的摩擦力与     B 对 A 的摩擦
力是一对作用力与反作用力,大小相等,方向相反,但是由于                          A 在 B 上滑动,A、B      对地

的位移不等,故二者做功不相等,C               错误;对    B 应用动能定理,WF-WFf=ΔEkB,即

WF=ΔEkB+WFf,就是外力        F 对 B 做的功,等于      B 的动能增量与      B 克服摩擦力所做的功
之和,D    错误。
    2.(2018·无锡模拟)如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能
驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板时,光电板中

产生的电流经电动机带动小车前进。若质量为                     m 的小车在平直的水
泥路上从静止开始沿直线加速行驶,经过时间                     t 前进的距离为      x,

且速度达到最大值        vm。设这一过程中电动机的功率恒为                P,小车所
受阻力恒为      F,那么这段时间内(  )
    A.小车做匀加速运动
    B.小车受到的牵引力逐渐增大
    C.小车受到的合外力所做的功为               Pt
                                    1

                                         2
    D.小车受到的牵引力做的功为              Fx+2mvm

    解析:选    D 小车在运动方向上受向前的牵引力                 F1 和向后的阻力      F,因为     v 增大,

P 不变,由      P=F1v,F1-F=ma,得出         F1 逐渐减小,a     也逐渐减小,当       v=vm 时,a=
                                                                      1

                                                                          2
0,故   A、B  项均错误;合外力做的功             W 外=Pt-Fx,由动能定理得         W 牵-Fx=2mvm    ,
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故  C 项错误,D    项正确。
    3.如图所示,质量为        m 的小球,从离地面高         H 处由静止开始释放,落
到地面后继续陷入泥中          h 深度而停止,设小球受到空气阻力为               f,重力加
速度为   g,则下列说法正确的是(  )
    A.小球落地时动能等于          mgH
    B.小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能
    C.整个过程中小球克服阻力做的功等于                 mg(H+h)
                                         H
                                      1+
    D.小球在泥土中受到的平均阻力为               mg(   h)
    解析:选    C 小球从静止开始释放到落到地面的过程,由动能定理得                         mgH-fH=
1

    2
2mv0 ,选项   A 错误;设泥的平均阻力为           f0,小球陷入泥中的过程,由动能定理得                mgh-
       1                    1               H   fH
                                         1+
            2                    2       (    )
f0h=0-2mv0  ,解得    f0h=mgh+2mv0  ,f0=mg     h -  h ,选项  B、D   错误;全过程应
用动能定理可知,整个过程中小球克服阻力做的功等于                       mg(H+h),选项     C 正确。
    4.如图所示,在轻弹簧的下端悬挂一个质量为                  m 的小球   A,若将小球
A 从弹簧原长位置由静止释放,小球               A 能够下降的最大高度为         h。若将小球
A 换为质量为     3m 的小球   B,仍从弹簧原长位置由静止释放,则小球                  B 下降
h 时的速度为(重力加速度为          g,不计空气阻力)(  )
                                          4gh
    A. 2gh                             B.  3
                                          gh
    C. gh                              D. 2

    解析:选    B 小球    A 下降  h 过程小球克服弹簧弹力做功为            W1,根据动能定理,有
                                                    1

                                                        2
mgh-W1=0;小球      B 下降过程,由动能定理有           3mgh-W1=23mv    -0,解得:v= 
 4gh
  3 ,故  B 正确。
    对点训练:动能定理的应用

    5.如图,水平转台上有一个质量为             m 的物块(可视为质点),物块
与竖直转轴间距为        R,物块与转台间动摩擦因数为             μ,且最大静摩擦
力等于滑动摩擦力,现让物块始终随转台一起由静止开始缓慢加速

转动至角速度为       ω 时,(  )
    A.物块受到的向心力为          μmg
    B.物块受到的摩擦力为          mω2R
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                         1
    C.转台对物块做的功为2mω2R2
                             1
    D.转台对物块做的功不小于2μmgR
    解析:选    C 物块与圆盘间是静摩擦力,不能用滑动摩擦力公式计算,故                           A 错误。物

块受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用,摩擦力沿半径方向的分量充当了向心力                                    Ff=
mω2R,因为圆盘加速转动,摩擦力在切向有分力,所以摩擦力大于                           mω2R,故   B 错误。物
块始终随转台一起由静止开始缓慢加速转动至角速度为                       ω 的过程中,重力和支持力不做功,
                                                 1      1
只有摩擦力做功,末速度           v=ωR,根据动能定理,有           W=2mv2=2mω2R2,故     C 正确。物
                                                        vmax2    1

                                                                       2
体即将滑动时,最大静摩擦力提供向心力,由向心力公式                        μmg=m    R  ,得2mvmax   =
1                                 1

                                     2
2μmgR,物体做加速圆周运动过程             Wf=2mv  ,v<vmax,所以转台对物块做的功小于或等
  1
于2μmgR,故    D 错误。
    6.(2018·常州联考)如图所示,竖直平面内放一直角杆                  MON,
OM  水平,ON    竖直且光滑,用不可伸长的轻绳相连的两小球                   A 和
B 分别套在    OM  和 ON  杆上,B   球的质量为     2  kg,在作用于      A 球的水
平力   F 的作用下,A、B      两球均处于静止状态,此时            OA=0.3      m,
OB=0.4  m,改变水平力       F 的大小,使     A 球向右加速运动,已知          A 球向右运动     0.1 m 时速
度大小为    3 m/s,则在此过程中绳的拉力对            B 球所做的功为(取      g=10 m/s2)(  )
    A.11 J                              B.16 J
    C.18 J                              D.9 J

    解析:选    C A  球向右运动      0.1 m 时,vA=3 m/s,OA′=0.4 m,OB′=0.3 m,设此
                         3

时∠BAO=α,则有       tan  α=4。由运动的合成与分解可得             vAcos α=vBsin  α,解得   vB=4 
m/s。以  B 球为研究对象,此过程中           B 球上升高度     h=0.1     m,由动能定理,W-mgh=
1                                             1                   1

     2                                             2                     2
2mvB ,解得轻绳的拉力对         B 球所做的功为      W=mgh+2mvB    =2×10×0.1 J+2×2×4      J=
18 J,选项   C 正确。
    7.[多选]如图所示,一光滑的半径为             R 的半圆形轨道固定在水平面
上,最高点     B 和最低点    A 与圆形轨道的圆心三点在一条竖直线上,最
低点   A 与水平面平滑连接。一质量为            m 的小球以某一速度从水平面上
的  C 点滑向半圆形轨道的最低点           A,再冲上光滑半圆形轨道           AB,当小
球将要从轨道口       B 点飞出时,对轨道的压力恰好为零,最后落至水平面上的                        C 点。若不考
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虑空气阻力,且重力加速度为             g,则(  )
    A.小球在     B 点只受   1 个力的作用
    B.小球在     AB 轨道上运动的过程中,向心力对小球做负功
    C.AC  距离为    2R
    D.轨道上的最低点         A 受到小球的压力为       5mg
    解析:选    AC 小球在     B 点对轨道的压力恰好为零,可知小球在                 B 点仅受重力,故
A 正确。小球在      AB 轨道上运动过程中,由于向心力的方向与速度方向垂直,可知向心力

                            vB2                      1            4R
                                        gR             2           g
不做功,故     B 错误。根据     mg=m   R 得,vB=      ,根据    2R=2gt 得,t=        ,则  xAC=
                                            1      1

                                                2      2
vBt=2R,故   C 正确。根据动能定理得,-mg·2R=2mvB              -2mvA  ,在  A 点,根据牛顿第
                    vA2

二定律得,FN-mg=m         R ,联立解得     FN=6mg,则轨道上的最低点           A 受到小球的压力为
6mg,故   D 错误。
    8.(2018·宿迁期中)如图所示,质量为          m 的小球套在半径为        R 的固定
光滑圆环上,圆环的圆心为            O,原长为     0.8R 的轻质弹簧一端固定于         O 点,
另一端与小球相连,弹簧与圆环在同一竖直平面内,圆环上                         B 点在  O 点
的正下方,当小球在         A 处受到沿圆环切线方向的恒力             F 作用时,恰好与圆环间无相互作用,
且处于静止状态。已知:R=1.0            m,m=1.0   kg,∠AOB=θ=37°,弹簧处于弹性限度内,
sin 37°=0.6,cos 37 °=0.8,重力加速度     g=10 m/s2。求:
    (1)该弹簧的劲度系数       k;

    (2)撤去恒力,小球从       A 点沿圆环下滑到       B 点时的速度大小       vB;

    (3)小球通过    B 点时,圆环对小球的作用力大小             NB。
    解析:(1)小球在     A 处由平衡知识可知:
    沿半径方向:k(R-0.8R)=mgcos θ
    得:k=40 N/m。
    (2)由 A 到 B 过程由动能定理得:
                  1

                      2
    mgR(1-cos θ)=2mvB  -0
             4R
    得:vB=      =2.0 m/s。
                                    vB2

    (3)在 B 点:k(R-0.8R)+NB-mg=m       R

    得:NB=6.0 N。
    答案:(1)40 N/m (2)2.0 m/s (3)6.0 N
    对点训练:动能定理的图像问题
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    9.用传感器研究质量为        2 kg 的物体由静止开始做直线运动
的规律时,在计算机上得到            0~6 s 内物体的加速度随时间变化
的关系如图所示。下列说法正确的是(  )
    A.0~6 s  内物体先向正方向运动,后向负方向运动
    B.0~6 s  内物体在    4 s 时的速度最大
    C.物体在     2~4 s 内速度不变
    D.0~4 s  内合力对物体做的功等于           0~6 s 内合力做的功
                                                1               1

    解析:选    D 由   a­t 图像可知物体     6 s 末的速度   v6=2×(2+5)×2 m/s-2×1×2 m/s=6 
m/s,则  0~6   s 内物体一直向正方向运动,A           错误;物体在       5 s 末速度最大,B      错误;在
2~4  s 内加速度不变,物体做匀加速直线运动,速度变大,C                      错误;由动能定理可知:0~
                           1                                     1

                               2                                     2
4 s 内合力对物体做的功:W4=2mv4           -0,0~6  s 内合力对物体做的功:W6=2mv6           -0,又

v4=v6,则   W4=W6,D   正确。
    10.[多选]如图甲所示,质量相等的             a、b 两物体,分别从斜面上的同一位置               A 由静止
下滑,经    B 点在水平面上滑行一段距离后停下。不计经过                    B 点时的能量损失,用传感器采
集到它们的速度-时间图像如图乙所示,下列说法正确的是(  )


    A.物体    a 在斜面上滑行的加速度比          b 的大
    B.物体    a 在水平面上滑行的距离比          b 的短
    C.物体    a 与斜面间的动摩擦因数比          b 的小
    D.物体    a 与水平面间的动摩擦因数比           b 的大
    解析:选    AC 由题图乙图像斜率可知物体              a 做加速运动时的加速度比          b 做加速运动

时的加速度大,故        A 正确;物体在水平面上的运动是匀减速运动,物体                     a 从 t1 时刻开始,

物体   b 从 t2 时刻开始。由图像与坐标轴围成的面积表示位移可知,物体                       a 在水平面上做匀
减速运动的位移比        b 在水平面上做匀减速运动的位移大,故                B 错误;物体在斜面上运动的
           mgsin θ-μmgcos θ
加速度为    a=        m       =gsin  θ-μgcos θ,因为物体     a 的加速度大于      b 的加速度,
所以物体    a 与斜面间的动摩擦因数比           b 的小,故   C 正确;物体在水平面上运动的加速度为
     μmg
a′=   m =μg,因为物体       a 的加速度小于     b 的加速度,所以物体         a 与水平面间的动摩擦因
数比   b 的小,故   D 错误。
    11.[多选](2018·丹阳月考)在粗糙的水平面上质量为              4 kg 的物
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体在水平恒定拉力的作用下,以某一速度做匀速直线运动。当运动一段时间后水平拉力逐

渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动。图示为拉力                           F 随位移   x 变化的关系图
像。取   g=10 m/s2,则据此可以求得(  )
    A.物体与水平面间的动摩擦因数为               μ=0.2

    B.物体匀速运动时的速度为            v=2  2 m/s
    C.合外力对物体所做的功为            W=-16 J
    D.摩擦力对物体所做的功为            W=64 J
                                                               f    8
    解析:选    ABC 物体做匀速运动时,受力平衡,则                 f=F=8 N,μ=FN=4     × 10=0.2,

故  A 正确;图像与坐标轴围成的面积表示拉力做的功,减速过程中总功                           W  合=Fx-
         8 × 4                              1
                                                2                  2
μmgx=-    2   J=-16   J;根据动能定理得:0-2mv0          =W   合,解得:v0=2        m/s,故
                                                               1

B 正确;图像与坐标轴围成的面积表示拉力做的功,则由图像可知,WF=2×(4+8)×8 

J=48 J,滑动摩擦力做的功          Wf=-μmgx=-64 J,所以合外力做的功为             W  合=-64 J+48 
J=-16 J,故    C 正确,D   错误。

    12.(2018·漳州模拟)从地面上以初速度          v0=10   m/s 竖直向上抛出
一质量为    m=0.2   kg 的小球,若运动过程中小球受到的空气阻力                  f 与
其速率   v 成正比,其关系为        f=kv,小球运动的速率随时间变化规律

如图所示,t1    时刻到达最高点,再落回地面,落地时速率为                    v1=2  m/s,且落地前已经做匀
速运动(取    g=10 m/s2),则以下说法正确的是(  )
    A.k  的值为   0.1 Ns/m
    B.小球在上升阶段加速度大小为              20 m/s2 时,其速度大小为      1 m/s
    C.小球抛出瞬间的加速度大小为              60 m/s2
    D.小球抛出到落地过程中空气阻力所做的功为                    9.6 J
                                                          mg   2

    解析:选    C 小球落地前以        v1 匀速运动,则有      mg=kv1,即   k=  v1 =2=1  Ns/m,故
                                              ma-g    0.2 × 20-10
A 错误;根据牛顿第二定律得:mg+kv=ma,得                  v=    k    =      1      =2  m/s,
                                     mg+kv0      kv0     1 × 10
故  B 错误;小球抛出瞬间的加速度大小              a=    m   =g+  m  =10+   0.2 =60   m/s2,故
                                                 1      1

                                                     2      2
C 正确;小球抛出到落地过程中,根据动能定理得:Wf=2mv1                       -2mv0  =-9.6  J,故  D 错
误。
    考点综合训练

    13.(2018·苏州期中)如图,一轻弹簧原长为            2R,其一端固定
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在倾角为    37°的固定直轨道      AC 的底端    A 处,另一端位于直轨道上          B 处,弹簧处于自然状
态,直轨道与一半径为          R 的光滑圆弧轨道相切于          C 点,AC=7R,A、B、C、D         均在同一
竖直平面内。质量为         m 的小物块    P 自  C 点由静止开始下滑,最低到达            E 点(未画出),随后
P 沿轨道被弹回,最高到达           F 点,AF=5.5R,已知      P 与直轨道间的动摩擦因数           μ=0.125,
重力加速度大小为        g。(取  sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
    (1)求 P 第一次运动到      B 点时速度的大小。
    (2)求 P 运动到   E 点时弹簧的弹性势能。
    (3)改变物块    P 的质量,将    P 推至   E 点,从静止开始释放,P         恰好能通过圆弧轨道的最
高点   D,求:P   运动到    D 点时速度的大小和改变后           P 的质量。
    解析:(1)根据题意知,B、C          之间的距离     l 为
    l=7R-2R                            ①

    设 P 到达   B 点时的速度为     vB,由动能定理得
                       1

                           2
    mglsin θ-μmglcos θ=2mvB           ②
    式中  θ=37°,联立①②式并由题给条件得
         5gR
    vB=     。                          ③

    (2)设 BE=x,P   到达  E 点时速度为零,设此时弹簧的弹性势能为                  Ep。P 由  B 点运动
                                                       1

                                                           2
到  E 点的过程中,由动能定理有           mgxsin θ-μmgxcos θ-Ep=0-2mvB      ④

    E、F  之间的距离     l1 为

    l1=5.5R-2R+x                       ⑤
    P 到达  E 点后反弹,从      E 点运动到    F 点的过程中,由动能定理有

    Ep-mgl1sin θ-μmgl1cos θ=0         ⑥
    联立③④⑤⑥式并由题给条件得

    x=0.25R
        21

    Ep= 8 mgR。

    (3)设改变后    P 的质量为    m1,P 恰好能通过圆弧轨道的最高点             D,由圆周运动规律及牛
顿第二定律,得
          vD2
                    gR
    mg=m   R ,vD=
    P 由 E 点运动到    D 点的过程中,由动能定理有
                                                       1

                                                            2
    Ep-m1g(5R+x)sin θ-μm1g(x+5R)cos θ-m1g(R+Rcos θ)=2m1vD
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             105

    解得  m1=239m。
                    21             105
    答案:(1)   5gR (2) 8 mgR (3) gR 239m
    14.如图所示,一半径        R=1    m 的圆盘水平放置,在其边缘
E 点固定一小桶(可视为质点)。在圆盘直径                DE 的正上方平行放置
一水平滑道     BC,滑道右端      C 点与圆盘圆心      O 在同一竖直线上,
且竖直高度     h=1.25  m。AB   为一竖直面内的光滑四分之一圆弧轨
道,半径    r=0.45 m,且与水平滑道相切与           B 点。一质量     m=0.2 kg 的滑块(可视为质点)从
A 点由静止释放,当滑块经过            B 点时,圆盘从图示位置以一定的角速度                ω 绕通过圆心的竖
直轴匀速转动,最终物块由            C 点水平抛出,恰好落入圆盘边缘的小桶内。已知滑块与滑道
BC 间的摩擦因数      μ=0.2。(取   g=10 m/s2)求:
    (1)滑块到达    B 点时对轨道的压力;
    (2)水平滑道    BC 的长度;
    (3)圆盘转动的角速度       ω 应满足的条件。
    解析:(1)滑块由     A 点运动到     B,由动能定理得:
         1

              2
    mgr=2mvB
               2gr
    解得:vB=       =3 m/s,
                                             vB2
    滑块到达    B 点时,由牛顿第二定律得           F-mg=m    r
    解得:F=6 N,
    由牛顿第三定律得滑块对轨道的压力大小为                  F′=F=6 N,方向竖直向下。
                                     1

                                        2
    (2)滑块离开    C 点后做平抛运动,由        h=2gt1 ,
               2h
               g
    解得:t1=       =0.5 s
                          R

    滑块经过    C 点的速度    vC=t1=2 m/s
    滑块由   B 点运动到由     C 点的过程中,由动能定理得
            1      1

                 2      2
    -μmgx=2mvC    -2mvB  解得:x=1.25 m。
                                             vB+vC

    (3)滑块由   B 点运动到    C 点,由运动学关系:x=            2  t2

    解得:t2=0.5 s,

    滑块从   B 运动到小桶的总时间为          t=t1+t2=1 s
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圆盘转动的角速度        ω 应满足条件:ωt=2nπ
解得  ω=2nπ rad/s(n=1,2,3,4,…)。
答案:(1)6 N,方向,竖直向下 (2)1.25 m
(3)ω=2nπ rad/s(n=1,2,3,4,…)
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