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课时跟踪检测(十六)　动能定理及其应用
1．(2018·江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是(　　)

解析：选A　小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt，小球的动能Ek＝mv2，把速度v代入得，Ek＝mg2t2－mgv0t＋mv02，Ek与t为二次函数关系。
2．(2021·莆田模拟)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)(　　)
A．　　　　　　　　B.
C． D.
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mgh－W1＝0；小球B下降过程，由动能定理有3mgh－W1＝·3mv2－0，解得：v＝ ，故B正确。
3.(2021·北京第一六六中模拟)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，滑雪是冬奥会常见的体育项目，具有很强的观赏性。某滑道示意图如图所示，圆弧滑道AB与水平滑道BC平滑衔接，O是圆弧滑道AB的圆心。运动员从A点由静止开始下滑，最后运动员滑到C点停下。不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A．从A到B的过程中，运动员受重力、支持力、摩擦力和向心力
B．从A到B的过程中，运动员所受的合外力始终指向圆心O
C．从A到C的过程中，运动员的机械能保持不变
D．从A到C的过程中，重力所做的功等于克服摩擦力所做的功
解析：选D　从A到B的过程中，运动员仅受重力、支持力和摩擦力共三个力，而向心力是效果力，是由所受的三个力提供，故A错误；从A到B的过程中，运动员做变速圆周运动，沿半径方向的合力提供向心力，而切向合力不为零改变速度的大小，故总的合外力不会始终指向圆心，故B错误；从A到C的过程中，因运动员所受的摩擦力一直做负功，则其机械能保持一直减小，故C错误；对从A到C的全过程，由动能定理WG－Wf＝0－0，即重力所做的功等于克服摩擦力所做的功，故D正确。
4．(多选)(2021·广西南宁模拟)在有大风的情况下，一小球自A点竖直上抛，其运动轨迹如图所示(小球的运动可看做竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动的合运动)，小球运动轨迹上的A、B两点在同一水平直线上，M点为轨迹的最高点。若风力的大小恒定，方向水平向右，小球在A点抛出时的动能为4 J，在M点时它的动能为2 J，落回到B点时动能记为EkB，小球上升时间记为t1，下落时间记为t2，不计其他阻力，则(　　)
A．x1∶x2＝1∶3 B．t1 C．EkB＝6 J D．EkB＝12 J
解析：选AD　由小球上升与下落时间相等即t1＝t2得，x1∶(x1＋x2)＝1∶22＝1∶4，即x1∶x2＝1∶3，A正确，B错误；A→M应用动能定理得－mgh＋W1＝mvM2－mv2①，竖直方向有v2＝2gh②，①②式联立得W1＝2 J，A→B风力做功W2＝4W1＝8 J，A→B由动能定理W2＝EkB－EkA，可求得EkB＝12 J，C错误，D正确。
5.(2021·黑龙江齐齐哈尔五校联考)如图所示，固定在竖直平面内的圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B，质量为m的小物块从圆弧轨道的顶端A由静止滑下，经过B点后沿水平轨道运动，并停在到B点距离等于圆弧轨道半径的C点。圆弧轨道粗糙，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。物块到达B点前瞬间对轨道的压力大小为(　　)
A．2μmg B．3mg
C．(1＋2μ)mg D．(1＋μ)mg
解析：选C　设圆弧轨道的半径为r，物块从B到C的过程，由动能定理得－μmgr＝0－mvB2，在B点，由牛顿第二定律得N－mg＝m，联立解得N＝(1＋2μ)mg，由牛顿第三定律可知，物块到达B点前瞬间对轨道的压力大小为N′＝N＝(1＋2μ)mg，C正确。
6．(多选)(2021·辽宁大连五校联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g＝10 m/s2。根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有(　　)
A．物体与水平面间的动摩擦因数
B．合外力对物体所做的功
C．物体做匀速运动时的速度
D．物体运动的时间
解析：选ABC　物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力f大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝＝0.35，A正确；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－mv2，根据F­x图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v，B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误。
7．(多选)有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡。某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上。接着改用另一条雪道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为α的雪道上h2高处的E点停下。若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则(　　)

A．动摩擦因数为tan θ B．动摩擦因数为
C．倾角α一定大于θ D．倾角α一定小于θ
解析：选BD　第一次停在BC上的某点，由动能定理得mgh1－μmg cos θ·－μmgs′＝0，mgh1－μmg(＋s′)＝0，mgh1－μmgs＝0，μ＝，A错误，B正确。在AB段由静止下滑，说明μmg cos θθ，则雪橇不能停在E点，所以C错误，D正确。

8.(2021·四川成都月考)如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块从距挡板P的距离为x0处以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：选A　滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理得mgx0sin θ－μmgx cos θ＝0－mv02，解得x＝(＋x0tan θ)，选项A正确。
9．(多选)(2021·江苏启东中学模拟)如图所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后原速率返回。现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，设重力加速度为g，由此可以确定(　　)
A．滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2
B．滑块第1次与挡板碰撞前的速度v1
C．滑块与杆之间的动摩擦因数μ
D．滑块第k次与挡板碰撞到第k＋1次与挡板碰撞的时间间隔Δt
解析：选AC　设AB长为L。对整个过程运用动能定理得：mg sin α·0.5L－μmg cos α(L＋0.5L)＝0，得：μ＝；根据牛顿第二定律得下滑过程：mg sin α－μmg cos α＝ma1；上滑过程：mg sin α＋μmg cos α＝ma2；解得：a1＝g sin α－μg cos α，a2＝g sin α＋μg cos α，所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2，故A、C正确；由于AB间的距离未知，尽管求出加速度，但不能求出滑块到达挡板时的时间以及与挡板碰撞的速度，故B、D错误。
10.(2021·广西桂林质检)如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高，质量m＝1 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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点的速度大小为4 m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t。
解析：(1)滑块恰能滑到D点，则vD＝0
滑块从A→B→D过程中，由动能定理得
mg(2R－R)－μmg cos θ·＝0－0
解得μ＝0.375。
(2)滑块恰能过C点时，vC有最小值，则在C点
mg＝
滑块从A→B→D→C过程，
由动能定理得
－μmg cos θ·＝mvC2－mv02
解得v0＝2 m/s。
(3)滑块离开C点后做平抛运动，设下落的高度为h，
则有h＝gt2
x＝vC′t
＝tan 53°
其中vC′＝4 m/s，
联立解得t＝0.2 s。
答案：(1)0.375　(2)2 m/s　(3)0.2 s
11．(2021·湖南十校联考)如图所示，质量m＝3 kg的小物块以初速度v0＝4 m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R＝3.75 m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r＝0.4 m的半圆弧轨道，C点是半圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

(1)求小物块经过B点时对轨道的压力大小；
(2)若MN的长度为L＝6 m，求小物块通过C点时对轨道的压力大小；
(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L′。

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