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動能定理及其應(yīng)用
1．小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短．將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖5－2－22所示．將兩球由靜止釋放．在各自軌跡的最低點(diǎn)( )
圖5－2－22
A．P球的速度一定大于Q球的速度
B．P球的動能一定小于Q球的動能
C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力
D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
解析：兩個(gè)小球在等高的位置由靜止釋放，做圓周運(yùn)動擺動到最低點(diǎn)，小球受到重力和繩子的拉力作用，拉力不做功，只有重力做功，機(jī)械能守恒．
設(shè)小球起始位置為零勢能參考平面，則有E初＝E末，可知兩個(gè)小球的機(jī)械能相等，則有Ek＝ΔEk＝－ΔEp＝mgl，mP>mQ ，lP
mQ，則有TP>TQ；由an＝＝2g，可知anP＝anQ.
答案：C
2．(多選)一物體從斜面底端以初動能E滑向斜面，返回到斜面底端的速度大小為v，克服摩擦力做的功為，若物體以初動能2E滑向斜面，則( )
A．返回斜面底端時(shí)的動能為E
B．返回斜面底端時(shí)的動能為
C．返回斜面底端時(shí)的速度大小為2v
D．返回斜面底端時(shí)的速度大小為v
解析：設(shè)斜面傾角為θ，斜面對物體的摩擦力為f，物體以初動能E滑向斜面時(shí)，在斜面上上升的最遠(yuǎn)距離為L1，則根據(jù)動能定理，在物體沿斜面上升的過程中有－GL1sinθ－fL1＝0－E，在物體沿斜面下降的過程中有GL1sinθ－fL1＝，聯(lián)立解得Gsinθ＝3f.同理，當(dāng)物體以初動能2E滑向斜面時(shí)，在物體沿斜面上升的過程中有－GL2sinθ－fL2＝0－2E，在物體沿斜面下降的過程中有GL2sinθ－fL2＝E′，聯(lián)立解得E′＝E，故A正確，B錯誤；由＝mv2，E′＝
mv′2，得v′＝v，故C錯誤，D正確．
答案：AD
圖5－2－23
3．(多選)如圖5－2－23所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長．圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零，AC＝h.圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A；彈簧始終在彈性限度之內(nèi)，重力加速度為g，則圓環(huán)( )
A．下滑過程中，加速度一直減小
B．下滑過程中，克服摩擦力做功為mv2
C．在C處，彈簧的彈性勢能為mv2－mgh
D．上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度
解析：下滑過程，A到B，加速度向下，加速度減小；B到C，加速度向上，加速度增大，A項(xiàng)錯誤；下滑A到C，根據(jù)動能定理，mgh－W摩擦力－W彈力＝0①
上滑C到A，根據(jù)動能定理，
－mgh－W摩擦力＋W彈力＝0－mv2②
兩式聯(lián)立，解得W摩擦力＝mv2，B項(xiàng)正確；以上兩式聯(lián)立，還可解得W彈力＝mgh－mv2，即彈性勢能EpC＝mgh－mv2，所以C項(xiàng)錯誤；下滑，A到B，有mghAB－W摩擦力AB－W彈力AB＝mv－0，上滑，B到A，有－mghAB－W摩擦力AB＋W彈力AB＝0－mv，比較得vB上＞vB下，D項(xiàng)正確．
答案：BD
圖5－2－24
4．(2019年湖北沙市模擬)(多選)如圖5－2－24所示，將質(zhì)量m0＝1 kg的重物B懸掛在輕繩的一端，并放置在傾角為30、固定在水平地面的斜面上，輕繩平行于斜面，重物B與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝.輕繩跨過質(zhì)量不計(jì)的光滑定滑輪，其另一端系一質(zhì)量m＝0.5 kg的小圓環(huán)A，圓環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，滑輪中心與直桿的距離為l＝4 m．現(xiàn)將圓環(huán)A從與定滑輪等高處由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力，直桿和斜面足夠長，g取10 m/s2.下列判斷正確的是( )
A．圓環(huán)下降的過程中，輕繩的張力大小始終等于10 N
B．圓環(huán)能下降的最大距離為hm＝ m
C．圓環(huán)速度最大時(shí)，輕繩與直桿的夾角為30
D．若增加圓環(huán)質(zhì)量使m＝1 kg，再重復(fù)題述過程，則圓環(huán)在下降過程中，重力做功的功率一直在增大
解析：由題圖可知，一開始豎直方向圓環(huán)A只受重力，所以圓環(huán)A先向下做加速運(yùn)動，后做減速運(yùn)動，直至停止，重物B也是先加速后減速，而重物B受到的重力、支持力和摩擦力都保持不變，所以繩子對重物B的拉力必定是變化的，故A錯誤；設(shè)圓環(huán)A下降的最大距離為hm，則重物B上升的高度為h1＝(－l)sin30，對圓環(huán)A和重物B組成的系統(tǒng)，由動能定理得mghm－m0gh1－μm0gh1cos30＝0，解得hm＝m，故B正確；當(dāng)圓環(huán)A在下滑過程中受力平衡時(shí)速度最大，則此時(shí)重物B的加速度也是0，繩子的拉力就等于重物B的重力向下的分力與摩擦力的和，即FT＝m0gsin30＋μm0gcos30＝10 N，設(shè)此時(shí)拉圓環(huán)A的繩子與豎直方向的夾角是θ，則在豎直方向上有FTcosθ＝mg，代入數(shù)據(jù)解得θ＝60，故C錯誤；若增加圓環(huán)A的質(zhì)量使m＝1 kg，再重復(fù)題述過程，則圓環(huán)A的重力大于重物B的重力沿斜面向下的分力與摩擦力的和，則圓環(huán)A將一直向下做加速運(yùn)動，其重力做功的功率一直增大，故D正確．
答案：BD
5．如圖5－2－25甲所示，長為4 m的水平軌道AB與半徑為R＝0.6 m的豎直半圓弧軌道BC在B處相連接，有一質(zhì)量為1 kg的滑塊(大小不計(jì))，從A處由靜止開始受水平向右的力F作用，F(xiàn)的大小隨位移變化的關(guān)系如圖5－2－25乙所示，滑塊與AB間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25，與BC間的動摩擦因數(shù)未知，g取10 m/s2.求：
圖5－2－25
(1)滑塊到達(dá)B處時(shí)的速度大小；
(2)滑塊在水平軌道AB上運(yùn)動前2 m過程所用的時(shí)間；
(3)若到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤去力F，滑塊沿半圓弧軌道內(nèi)側(cè)上滑，并恰好能到達(dá)最高點(diǎn)C，則滑塊在半圓弧軌道上克服摩擦力所做的功是多少？
解析：(1)對滑塊從A到B的過程，由動能定理得
F1x1－F3x3－μmgx＝mv
代入數(shù)值解得vB＝2 m/s.
(2)在前2 m內(nèi)，有F1－μmg＝ma，且x1＝at，
解得t1＝ s.
(3)當(dāng)滑塊恰好能到達(dá)最高點(diǎn)C時(shí)，
有：mg＝m
對滑塊從B到C的過程，由動能定理得：
Wf－mg2R＝mv－mv
代入數(shù)值得Wf＝－5 J，
即克服摩擦力做的功為5 J.
答案：(1)2 m/s (2) s (3)5 J
2020屆高考物理總復(fù)習(xí) 5-2 動能定理及其應(yīng)用針對訓(xùn)練（含解析） 新人教版.doc
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