课时跟踪检测(十八) 动能定理及其应用(重点高中)

课时跟踪检测（十八）动能定理及其应用[A级——保分题目巧做快做]1．(2018·西安质检)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t＝4 s时停下，其v-t图像如图所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是()A．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B．整个过程中拉力做的功等于零C．t＝2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大D．t＝1 s到t＝3 s这段时间内拉力不做功解析：选A对物块运动全过程应用动能定理得：W F－W f＝0，故A正确，B错误；物块在加速运动过程中受到的拉力最大，故t＝1 s时拉力的瞬时功率为整个过程中拉力功率的最大值，C错误；t＝1 s到t＝3 s这段时间内，拉力与摩擦力平衡，拉力做正功，D错误。

2．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，即选项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，W F－W f＝ΔE k B，即W F＝ΔE k B＋W f，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。

★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mgHB ．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 )D ．小球在泥土中受到的平均阻力为mg ⎝⎛⎭⎫1＋H 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 ＝12m v 02，选项A 错误；设泥的平均阻力为f 0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh －f 0h ＝0－12m v 02，解得f 0h ＝mgh ＋12m v 02，f 0＝mg ⎝⎛⎭⎫1＋H h －fH 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．(2018·吉林三校联考)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/s 2)( )A ．11 JB ．16 JC ．18 JD ．9 J解析：选C A 球向右运动0.1 m 时，v A ＝3 m/s ，OA ′＝0.4 m ，OB ′＝0.3 m ，设此时∠B ′A ′O ＝α，则有tan α＝34。

由运动的合成与分解可得v A cos α＝v B sin α，解得v B ＝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 ＝12m v B 2，解得轻绳的拉力对B 球所做的功为W ＝mgh ＋12m v B 2＝2×10×0.1 J ＋12×2×42 J ＝18 J ，选项C 正确。

5．[多选]质量为1 kg 的物体静止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F 的作用下运动，如图甲所示，外力F 和物体克服摩擦力f 做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2。

下列分析正确的是( )A ．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B ．物体运动的位移为13 mC ．物体在前3 m 运动过程中的加速度为3 m/s 2D ．x ＝9 m 时，物体的速度为3 2 m/s解析：选ACD 由摩擦力做功的图像可知，W ＝μmg ·x ＝20 J ，解得：μ＝0.2，A 正确；由f ＝μmg ＝2 N ，f ·x ＝W f ＝27 J 可得：x ＝13.5 m ，B 错误；又W F ＝F ·x ，可解得：前3 m内，F ＝153 N ＝5 N ，由F －f ＝ma 可得：a ＝3 m/s 2，C 正确；由动能定理可得：W F －fx ＝12m v 2，解得：x ＝9 m 时物体的速度v ＝3 2 m/s ，D 正确。

6．(2018·玉门模拟)如图甲所示，一质量为4 kg 的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F 作用下开始运动，推力F 随位移x 变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动B ．物体在水平地面上运动的最大位移是10 mC ．物体运动的最大速度为215 m/sD ．物体在运动中的加速度先变小后不变解析：选B 当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，选项A 错误；题图乙中图线与x 轴所围面积表示推力对物体做的功，可得推力做的功W ＝12×4×100 J ＝200 J ，根据动能定理有W －μmgx m ＝0，得x m ＝10 m ，选项B 正确；当推力与摩擦力平衡时，加速度为零，速度最大，由题图乙得F ＝100－25x (N)，当F ＝μmg ＝20 N 时x ＝3.2 m ，由动能定理得：12(100＋20)·x －μmg ·x ＝12m v m 2，解得物体运动的最大速度v m ＝8 m/s ，选项C 错误；物体运动中当推力由100 N 减小到20 N 的过程中，加速度逐渐减小，当推力由20 N 减小到0的过程中，加速度又反向增大，此后加速度不变，故D 项错误。

[B 级——拔高题目稳做准做]7．[多选](2018·鸡西模拟)如图所示，内壁光滑半径大小为R 的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m 的小球静止在轨道底部A 点。

现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动。

当小球回到A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。

已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W 1，第二次击打过程中小锤对小球做功W 2。

设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则W 1W 2的值可能是( ) A ．12B ．23C ．34D ．1 解析：选AB 第一次击打后球最高到达与球心O 等高位置，根据动能定理，有：W 1≤mgR ①两次击打后可以到达轨道最高点，根据动能定理，有：W 1＋W 2－2mgR ＝12m v 2 ②在最高点，有：mg ＋N ＝m v 2R ≥mg③ 联立①②③解得：W 1≤mgRW 2≥32mgR 故W 1W 2≤23 故A 、B 正确，C 、D 错误。

★8．[多选](2018·洛阳检测)如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M 的平板A 连接，一个质量为m 的物体B 靠在平板的右侧，A 、B 与斜面的动摩擦因数均为μ。

开始时用手按住物体B 使弹簧处于压缩状态，现放手，使A 和B 一起沿斜面向上运动距离L 时，A 和B 达到最大速度v 。

则以下说法正确的是( )A ．A 和B 达到最大速度v 时，弹簧是自然长度B ．若运动过程中A 和B 能够分离，则A 和B 恰好分离时，二者加速度大小均为g (sin θ＋μcos θ)C ．从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，弹簧对A 所做的功等于12M v 2＋MgL sin θ＋μMgL cos θD ．从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，B 受到的合力对它做的功等于12m v 2 解析：选BD A 和B 达到最大速度v 时，A 和B 的加速度为零。

对AB 整体：由平衡条件知kx ＝(m ＋M )g sin θ＋μ(m ＋M )g cos θ，所以此时弹簧处于压缩状态，故A 错误；A 和B 恰好分离时，A 、B 间的弹力为0，A 、B 的加速度相同，对B 受力分析，由牛顿第二定律知，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，得a ＝g sin θ＋μg cos θ，故B 正确；从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，对AB 整体，根据动能定理得W 弹－(m ＋M )gL sin θ－μ(m ＋M )g cos θ·L ＝12(m ＋M )v 2，所以弹簧对A 所做的功W 弹＝12(m ＋M )v 2＋(m ＋M )gL sin θ＋μ(m ＋M )g cos θ·L ，故C 错误；从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，对于B ，根据动能定理得B受到的合力对它做的功W 合＝ΔE k ＝12m v 2，故D 正确。

9．(2018·晋城调研)如图甲所示，一滑块从平台上A 点以初速度v 0向右滑动，从平台上滑离后落到地面上的落地点离平台的水平距离为s ，多次改变初速度的大小，重复前面的过程，根据测得的多组v 0和s ，作出s 2-v 02图像如图乙所示，滑块与平台间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g ＝10 m/s 2。

(1)求平台离地的高度h 及滑块在平台上滑行的距离d ；(2)若将滑块的质量增大为原来的2倍，滑块从A 点以4 m/s 的初速度向右滑动，求滑块滑离平台后落地时的速度大小v ′及落地点离平台的水平距离s 的大小。

解析：(1)设滑块滑到平台边缘时的速度为v ，根据动能定理得：－μmgd ＝12m v 2－12m v 02 ①滑块离开平台后做平抛运动，则有：h ＝12gt 2 ② s ＝v t ③联立以上三式得：s 2＝2h g v 02－4μhd ④由图像得：图像的斜率等于2h g ，即：2h g ＝222－12＝0.2 ⑤解得：h ＝1 m且当s ＝0时，v 02＝12，代入④式解得：d ＝2 m 。