1、课时跟踪检测（二十八） 动能定理1将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略。a为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a点时的动能分别为Ek1和Ek2。从抛出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W1，从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2。下列选项正确的是()AEk1Ek2，W1W2BEk1Ek2，W1W2CEk1Ek2，W1W2 DEk1Ek2，W1W2解析：选B从抛出开始到第一次经过a点和从抛出开始到第二次经过a点，上升的高度相等，可知重力做功相等，即W1W2。对两次经过a点的过程运用动能定理得，WfEk2Ek1，可知Ek1Ek2，故B正确，A、C、
2、D错误。2.(2020江苏高考)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是()解析：选A在斜面上，物块受竖直向下的重力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及垂直斜面向上的支持力，设物块的质量为m，斜面的倾角为，物块沿斜面下滑的距离对应的水平位移为x，由动能定理有mgsin 1mgcos Ek0，解得Ek(mgtan 1mg)x，即物块在斜面上下滑时物块的动能与水平位移成正比，B、D项均错误；在水平面上，物块受竖直向下的重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦力，由
3、动能定理有2mg(xx0)EkEk0，解得EkEk02mg(xx0)，其中Ek0为物块滑到斜面底端时的动能，x0为物块沿斜面下滑到底端时的距离对应的水平位移，即在水平面上物块的动能与水平位移为一次函数关系，且为减函数，A项正确，C项错误。3如图所示，水平平台上放置一长为L、质量为m的匀质木板，木板的右端距离平台边缘为s，木板与台面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。现对木板施加水平推力，要使木板脱离平台，推力做功的最小值为()Amg(Ls) BmgCmg(Ls) Dmg解析：选B由题意可知，应缓慢将木板推至木板的重心离开平台，故推动的位移为s；摩擦力做功Wfmg，则对全程由动能定理可知Wmg0，
4、解得：Wmg，故B项正确。4(多选)如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为L，若木块对子弹的阻力F视为恒力，则下列关系式中正确的是()AFLMv2BFLmv2CFLmv02(Mm)v2DF(LL)mv02mv2解析：选ACD根据动能定理，对子弹：F(LL)mv2mv02，选项D正确；对木块：FLMv2，A正确；由以上两式整理可得FLmv02(Mm)v2，C正确。5如图所示，平直木板AB倾斜放置，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B均匀增大，小物块
5、从A点由静止释放，恰好可以到达B点，小物块的速度v、加速度a、动能Ek和机械能E机(取地面为零势能面)随下滑位移x变化的图像可能正确的是()解析：选C设木板的倾角为，据题有kx，k是常数。小物块所受的滑动摩擦力大小为 fmgcos kxmgcos ，知fx。根据动能定理得mgxsin xmv20，得v22gxsin kx2gcos ，知vx图像为曲线，故A错误；根据牛顿第二定律得mgsin mgcos ma，结合kx，得 agsin kxgcos ，a随x的增大先均匀减小后反向均匀增大，加速度先正后负，故B错误；根据动能定理得mgxsin xEk0，得Ekmgxsin kx2mgcos ，知E
6、kx是开口向下的抛物线，故C正确；设小物块在A点的机械能为E机，根据功能关系知E机E机WfE机xE机kx2mgcos ，随着x的增大，E机x图像斜率绝对值增大，故D错误。6质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用。设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是()A.mgR B3mgRC7mgR D.mgR解析：选D在最低点，由牛顿第二定律得：7mgmgm，在最高点，有：mgm，由动能定理得：2mgRWfmv22mv12，解得
7、WfmgR，故克服空气阻力做功为mgR。7(多选)如图所示，两块竖直木板夹着一物块，物块在木板内静止，两板因弹簧作用对物块有一恒定压力并保持两板之间的距离不变(图中未画出弹簧)。让木板从离地高度为h位置自由下落，落地后木板静止，物块在木板中下滑了l长度。已知物块与木板间的动摩擦因数不变，以下说法正确的是(以下各选项中物块均未触地)()A如果仅改变木板下落的高度，使其从2h高度落下，物块下滑的长度将为2lB如果仅改变木板对物块的压力，使其变为原来一半，物块下滑的长度将大于2lC如果仅改变物块的质量，使其变为原来2倍，物块下滑的距离将为2lD如果仅改变木板的质量，使其变为原来一半，物块下滑距离将大
8、于2l解析：选AB设物块受到的滑动摩擦力为f，根据动能定理，有mg(hl)fl0，解得l。仅改变木板下落的高度，使其从2h高度落下，物块下滑的长度将为2l，故A正确；如果仅改变木板对物块的压力，使其变为原来一半，物块受到的滑动摩擦力为原来的一半，物块下滑的长度将大于2l，故B正确；如果仅改变物块的质量，使其变为原来2倍，物块下滑的距离将大于2l，故C错误；如果仅改变木板的质量，物块下滑的距离仍为l，故D错误。8(多选)如图所示，一固定竖直轨道由半径为R的四分之一圆弧AB、长度为L的水平直轨道BC和半径为r的四分之一圆弧CD构成，BC与两圆弧分别相切于B点和C点。质量为m的质点物块从A点由静止释
9、放，恰好能到达D点，已知物块在圆弧AB上克服摩擦力做的功为W1，在圆弧CD上克服摩擦力做的功为W2，重力加速度大小为g，则()A物块在水平直轨上的动摩擦因数为B物块在水平直轨上的动摩擦因数为C物块在C点的向心加速度的大小为2gD物块在C点的向心加速度的大小为2g解析：选BC设物块在水平直轨道上克服摩擦力做的功为W3，对于ABCD整个过程，由动能定理得：mg(Rr)(W1W2W3)0，又因为W3mgL，由以上两式联立可解得：，故A项错误，B项正确；由动能定理，对于ABCD整个过程有：mg(Rr)(W1W2W3)0，对于ABC过程有：mgR(W1W3)mvC20，由向心加速度公式得：a，由以上各式
10、可解得：a2g，故C项正确，D项错误。9如图所示为某水上乐园急速滑道的简化示意图，内壁光滑的水平半圆形管道BC分别与倾角37的倾斜管道AB和水平直管道CD顺滑连接，管道AB的A端离管道BC所在平面的高度h16 m，管道BC的直径d10 m，离水面EF的高度h21.8 m。质量m60 kg的游客(可视为质点)从A端静止滑下，游客与管道AB间的动摩擦因数10.125，与管道CD间的动摩擦因数20.5，整个运动过程空气阻力不计。(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)(1)求游客经过B点时的速度大小；(2)求游客受到BC管道的作用力大小；(3)要使游客落到水中且落水的速度不超过
11、8 m/s，求管道CD的长度。解析：(1)游客从A运动到B过程，根据动能定理有：mgh11mgcos mvB2解得：vB 10 m/s。(2)游客在管道BC中做匀速圆周运动，竖直方向有：Fymg水平方向有：FxmFN 600 N。(3)若游客从管道CD恰好滑出，从C到D，根据动能定理有：2mgL10mvB2解得：L110 m若游客落水的速度恰好为8 m/s，根据动能定理有：mgh22mgL2mv2mvB2解得：L2(v2vB2)7.2 m管道CD的长度7.2 mL10 m。答案：(1)10 m/s(2)600 N(3)7.2 mL10 m潜能激发10A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下
12、沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的vt图像如图所示。已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等。下列说法正确的是()AF1、F2大小之比为12BF1、F2对A、B做功之比为12CA、B质量之比为21D全过程中A、B克服摩擦力做功之比为21解析：选C由速度与时间图像可知，两物体做匀减速运动的加速度之比为12，A、B受摩擦力大小相等，由牛顿第二定律可知：A、B的质量之比是21；由速度与时间图像可知，A、B两物体运动的位移相等，且匀加速运动的位移之比为12，匀减速运动的位移之比为21，由动能定理可得：A物体的拉力与摩擦力的关系，F1xf13x00；B物体的拉力与摩擦力的关系，F
13、22xf23x00，因此可得：F13f1，F2f2，f1f2，所以F12F2。全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功大小相等。故A、B、D错误，C正确。11.(2021年1月新高考8省联考重庆卷)(多选)如图所示，倾角为的斜面MN段粗糙，其余段光滑，PM、MN长度均为3d。四个质量均为m的相同样品1、2、3、4放在斜面上，每个样品(可视为质点)左侧固定有长度为d的轻质细杆，细杆与斜面平行，且与其左侧的样品接触但不粘连，样品与MN间的动摩擦因数为tan 。若样品1在P处时，四个样品由静止一起释放，则(重力加速度大小为g)()A当样品1刚进入MN段时，样品的共同加速度大小为gsin
14、 B当样品1刚进入MN段时，样品1的轻杆受到压力大小为3mgsin C当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为9dmgsin D当四个样品均位于MN段时，样品的共同速度大小为3解析：选AD当样品1刚进入MN段时，以四个样品整体为研究对象，根据牛顿第二定律得4mgsin mgcos 4ma1，解得样品的共同加速度大小为a1gsin ，以样品1为研究对象，根据牛顿第二定律得F1mgsin mgcos ma1，解得样品1的轻杆受到压力大小为F1mgsin ，故A正确，B错误；当四个样品均位于MN段时，摩擦力对样品1做功W1mgcos 3d3mgdsin ，摩擦力对样品2做功W2mgcos 2d2m
15、gdsin ，摩擦力对样品3做功W3mgcos dmgdsin ，此时样品4刚进入MN段，摩擦力对样品4不做功，所以当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为WfW1W2W36mgdsin ，故C错误；当四个样品均位于MN时，由动能定理得：4mg6dsin Wf4mv2，可解得v3，选项D正确。12冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图所示。比赛时，运动员脚蹬起蹬器，身体成跪式，手推冰壶从本垒圆心O向前滑行，至前卫线时放开冰壶使其沿直线OO滑向营垒圆心O，为使冰壶能在冰面上滑的更远，运动员可用毛刷刷冰面以减小冰壶与冰面间的动摩擦因数。已知O点到前卫线的距离d4 m，O、O之间
16、的距离L30.0 m，冰壶的质量为20 kg，冰壶与冰面间的动摩擦因数10.008，用毛刷刷过冰面后动摩擦因数减小到20.004，营垒的半径R1 m，g取10 m/s2。(1)若不刷冰面，要使冰壶恰好滑到O点，运动员对冰壶的推力多大？(2)若运动员对冰壶的推力为10 N，要使冰壶滑到营垒内，用毛刷刷冰面的距离是多少？解析：(1)设运动员对冰壶的推力大小为F，由动能定理得：Fd1mgL0代入数据，解得F12 N。(2)设冰壶运动到营垒的最左边时，用毛刷刷冰面的距离是x1，冰壶运动到营垒的最右边时，用毛刷刷冰面的距离是x2，则由动能定理得：Fd1mg(LRx1)2mgx10代入数据，解得x18 m由动能定理得：Fd1mg(LRx2)2mgx20代入数据，解得x212 m所以用毛刷刷冰面的距离为8 mx12 m。答案：(1)12 N(2)见解析