课时分层精练(二十八) 动能定理及其应用
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1．[2023·上海卷]一物块爆炸分裂为速率相同、质量不同的三个物块，对三者落地速率大小判断正确的是( )
A．质量大的落地速率大
B．质量小的落地速率大
C．三者落地速率都相同
D．无法判断
2．(多选)如图甲所示，质量为2 kg的物体受水平拉力作用，在粗糙水平面上做初速度为零的加速直线运动，其a t图像如图乙所示，物体与地面之间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．水平拉力随时间的变化关系F＝(0.8t＋8)N
B．t＝5 s时，物体的速度大小为15 m/s
C．在0～5 s内，合力对物体做功为400 J
D．在0～5 s内，拉力F对物体的冲量大小为50 N·s
3.
如图所示，在秦皇岛旅游景点之一的南戴河滑沙场有两个坡度不同的滑道AB和AB′(均可看作斜面)，甲、乙两名游客分别乘两个完全相同的滑沙橇从A点由静止开始分别沿AB和AB′滑下，最后都停在水平沙面BC上．设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处可认为是圆滑的，则下列说法中正确的是( )
A．甲在B点的速率一定等于乙在B′点的速率
B.甲在B点的速率一定小于乙在B′点的速率
C．甲滑行的总路程一定等于乙滑行的总路程
D．甲、乙从A点出发到停下，两人位移的大小相等
4．(多选)[2024·安徽宿州统考一模]如图所示，水平传送带以8 m/s的恒定速率逆时针运转，它与两侧的水平轨道分别相切于A、B两点，物块(视为质点)以初速度v0从B点滑上传送带，与轨道左端的竖直固定挡板P碰撞(无机械能损失)返回到B点．已知物块与传送带、轨道间的动摩擦因数均为0.2，且AB＝6 m，AP＝5 m，取g＝10 m/s2.物块的初速度v0可能是( )
A．6 m/s B．7 m/s
C．8 m/s D．9 m/s
5．[2024·山东济南统考]如图所示，固定的光滑半圆柱面ABCD与粗糙矩形水平桌面OABP相切于AB边，半圆柱面的圆弧半径R＝0.4 m，OA的长为L＝2 m．小物块从O点开始以某一大小不变的初速度v0沿水平面运动，初速度方向与OA方向之间的夹角为θ.若θ＝0°，小物块恰好经过半圆弧轨道的最高点．已知小物块与水平桌面间的滑动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)初速度v0的大小；
(2)若小物块沿半圆弧运动的最大高度为h＝0.4 m，求夹角θ的余弦值．
6．[2024·湖北襄阳校联考二模]如图(a)所示，摩托车与小汽车前后停在同一平直的道路上等交通红灯．摩托车刚好在前面的停车线处，小汽车与停车线相距L＝10 m处．当红灯还有t0＝0.5 s熄灭时，小汽车开始以a1＝5 m/s2的加速度启动，当运动到停车线处即改做匀速运动；摩托车看到红灯熄灭后立即以a2＝4 m/s2的加速度启动做匀加速运动．已知两车在运动过程中可视为质点，在运动时间t内摩托车牵引力的功为W， t图像如图(b)所示．求：
(1)两车在运动过程中的最小距离Δx；
(2)摩托车运动的第2 s内牵引力的平均功率P.
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7．[2024·浙江校联考模拟预测]如图是由弧形轨道、圆轨道、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置．水平轨道AC末端装有一体积不计的理想弹射器，圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变．现将质量m＝2 kg的滑块(可视为质点)从弧形轨道高H＝0.6 m处由静止释放，且将B点置于AC中点处．已知圆轨道半径R＝0.1 m，水平轨道长LAC＝1.0 m，滑块与AC间动摩擦因数μ＝0.2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，求：
(1)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小；
(2)弹射器获得的最大弹性势能；
(3)若H＝6 m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，求满足条件的BC长度LBC.
1．解析：爆炸后的三个物块即从同一高度落地，由动能定律得mgh＝mv2－mv
整理得v2＝v＋2gh，故初始速率相同的三个物块下落高度相同落地的速率也相同，故选C.
答案：C
2．解析：由图乙可知a＝（0.4t＋2） m/s2，对物体受力分析，有F－μmg＝ma，解得F＝（0.8t＋8） N，A正确；0～5 s内图像与坐标轴围成的面积为速度变化量，则v＝ m/s＝15 m/s，B正确；在0～5 s内，根据动能定理得，合力对物体做功为W＝mv2＝×2×152 J＝225 J，C错误；在0～5 s内，根据动量定理得IF－μmgt＝mv，解得IF＝50 N·s，D正确．故选ABD.
答案：ABD
3．解析：设斜面的倾角为θ，斜面的长度为s1，两人在斜面上滑下的过程中，根据动能定理得mgh－μmg cos θ·s1＝mv2－0，s1cos θ是斜面底边的长度，因为斜面AB的底边短，则沿AB段到达B点的速率大，A、B错误；设在水平沙面滑行的距离为s2，对全过程运用动能定理得mgh－μmg cos θ·s1－μmg·s2＝0，整理得mgh－μmgs水平＝0，可知两人沿两轨道滑行的水平位移相等，故两人的位移相同，根据几何关系知，甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程，C错误，D正确．
答案：D
4．解析：从A点到返回B点的过程中，假设B点的速度刚好为零，则根据动能定理可得，
－μmg（2AP＋AB）＝0－mv，解得vA＝8 m/s，可得只要第一次通过传送带到达A点的速度等于8 m/s，即能与传送带共速，物块就能返回到B点，
假设物块从B点全程加速到A点，根据动能定理可得
μmg×AB＝mv－mv，解得vmin＝2 m/s
假设物块从B点全程减速到A点，根据动能定理可得
－μmg×AB＝mv－mv，解得vmax＝2 m/s，
初速度v0满足的条件为2 m/s≤v0≤2 m/s
故选BCD.
答案：BCD
5．解析：（1）小物块恰好经过半圆弧轨道的最高点，则＝mg
从O点到最高点，由动能定理可得mv－mv＝－2mgR－μmgL
联立解得v0＝2 m/s
（2）若小物块沿半圆弧运动的最大高度为
h＝0.4 m＝R，小物块在最高点仅有沿AB方向的水平速度vx，竖直方向速度为零，设小物块在圆弧轨道最底端AB上的速度为v2，则vx＝v2sin θ
从O点到圆弧轨道最底端AB过程中，由动能定理可得
－μmg＝mv－mv
从圆弧轨道最底端AB到最高点过程中，由动能定理可得
－mgh＝mv－mv
联立方程，代入数据解得cos θ＝
答案：（1）2 m/s （2）
6．解析：（1）小汽车做匀速运动时速度为v1＝＝10 m/s
小汽车加速运动的时间为t1＝＝2 s
设小汽车匀速运动时间t2两车速度相同，距离最近，有v1＝a2（t1＋t2－t0），Δx＝a2（t1＋t2－t0）2－v1t2
解得Δx＝2.5 m
（2）设摩托车的牵引力大小为F，由W＝Fx＝F·a2t2
得＝Fa2t
由图像可知k＝Fa2＝ W/s
可得F＝750 N
第2 s内摩托车的平均速度为v＝a2t1.5＝6 m/s
则P＝Fv＝4 500 W
答案：（1）2.5 m （2）4 500 W
7．解析：（1）从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理可得mgH－μmgLAB－mg·2R＝mv2
在圆轨道最高点，对滑块，由牛顿第二定律可得mg＋F＝m
联立解得F＝100 N
由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小为100 N.
（2）弹射器第一次压缩时弹性势能有最大值，由能量守恒可知mgH－μmgLAC＝Ep
解得Ep＝8 J
（3）①若滑块恰好到达圆轨道的最高点，有mg＝m
从开始到圆轨道最高点，由动能定理可得mg（H－2R）－μmgs1＝mv
解得AB间的距离s1＝28.75 m
因：s1＝28LAC＋0.75 m，故滑块在水平轨道AC上由A到C或由C到A运动28次后到A点，当LAB＝0.75 m或LBC＝0.25 m时，滑块可以恰好最后一次逆时针通过圆轨道的最高点．设此情况下通过最高点后到达C压缩弹簧后再由B点返回到圆轨道的圆心等高处时的速度为零时，需要BC的长度为xBC，由动能定理可得
mgR－μmg×2xBC＝0－mv
解得xBC＝0.375 m
因： xBC＝0.375 m>LBC＝0.25 m，故在此情况下滑块最后一次返回到圆轨道会超过圆心等高处而脱离圆轨道．
②若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零，由动能定理可得mg（H－R）－μmgs2＝0，解得AB间距离为s2＝29.5 m，LBC＝s2－29LAC＝0.5 m
根据滑块运动的周期性可知，应使LBC≥0.5 m，滑块不脱离轨道；
综上所述，符合条件的BC长度为0.5 m≤LBC≤1 m.
答案：（1）100 N （2）8 J （3）0.5 m≤LBC≤1 m
