第八章 机械能守恒定律 专题强化14　动能定理的应用(二)（含解析）—2023-2024学年高中物理人教版必修二

专题强化14　动能定理的应用(二)
1.如图所示，用平行于斜面的推力F，使质量为m的物体(可视为质点)从倾角为θ的光滑固定斜面的底端，由静止向顶端做匀加速运动。当物体运动到斜面中点时，撤去推力，物体刚好能到达顶端，重力加速度为g，则推力F大小为(　　)
A．2mgsin θ B．mg(1－sin θ)
C．2mgcos θ D．2mg(1＋sin θ)
2．如图所示，一薄木板倾斜搭放在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端置于地板的P处，并与地板平滑连接。将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，滑块沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处。滑块与木板及地板之间的动摩擦因数相同。现将木板截短一半，仍按上述方式放在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放，则滑块最终将停在(　　)
A．P处 B．P、Q之间
C．Q处 D．Q的右侧
3.如图所示，物块(可视为质点)以初速度v0从A点沿不光滑的轨道运动恰好到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的速度大小为(重力加速度为g，水平轨道与斜轨道平滑连接)(　　)
A. B.
C. D.
4.如图所示，水平轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置。质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回。A离开弹簧后，恰好回到P点，物块A与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内。
(1)求物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功；
(2)求O点和O′点间的距离x1。
5．(2023·湖北卷)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：
(1)小物块到达D点的速度大小；
(2)B和D两点的高度差；
(3)小物块在A点的初速度大小。
6．(2023·淮安市高一校考阶段练习)如图甲所示是滑板运动的其中一种场地，可以简化为如图乙所示的模型。AB和CD为光滑的圆弧，半径R＝1 m，BC为粗糙的水平面，长L＝2 m，动摩擦因数μ＝0.1。现有一运动员在BC中点处用力蹬地，立即获得一个初速度v0＝4 m/s向右运动，中途不在蹬地，不计空气阻力，运动员(包括滑板)的质量m＝60 kg，g取10 m/s2。求：
(1)求运动员第一次进入圆弧轨道CD的C点时对场地的压力；
(2)分析判断运动员能否运动到AB圆弧轨道；
(3)求运动员最终停止的位置。
7．科技助力北京冬奥：我国自主研发的“人体高速弹射装置”几秒钟就能将一名滑冰运动员从静止状态加速到指定速度，辅助滑冰运动员训练各种滑行技术。如图所示，某次训练，弹射装置在加速阶段将质量m＝60 kg的滑冰运动员加速到速度v0＝8 m/s后水平向右抛出，运动员恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入光滑圆弧轨道AB。AB圆弧轨道的半径为R＝5 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，滑冰运动员与MN间的动摩擦因数μ＝0.08，水平轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r＝2 m的半圆弧光滑轨道，C点是半圆弧光滑轨道的最高点，半圆弧光滑轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。整个运动过程中将运动员简化为一个质点。
(1)求运动员水平抛出点距A点的竖直高度；
(2)求运动员从A到B经过B点时对轨道的压力大小；
(3)若运动员恰好能通过C点，求MN的长度L。
8．(2023·南京航空航天大学苏州附属中学高一校考阶段练习)如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径r＝4 m，现有一个质量为m＝0.2 kg、可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，D、E两点间的距离h＝16 m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。不计空气阻力。
(1)求物体第一次通过C点时轨道对物体的支持力FN的大小；
(2)要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长；
(3)若斜面已经满足(2)的要求，物体从E点开始下落，求小物块在AB斜面上运动的总路程s。
专题强化练14　动能定理的应用(二)
1．A　[设斜面的长度为2L，对全过程，由动能定理可得FL－2Lmgsin θ＝0，解得F＝
2mgsin θ，故选A。]
2．C　[设木板长为L，在水平地板上滑行位移为x，木板倾角为θ，全过程由动能定理得mgh－(μmgLcos θ＋μmgx)＝0，则滑块总的水平位移s＝Lcos θ＋x＝，与木板长度及倾角无关，改变L与θ，水平位移s不变，滑块最终仍停在Q处，故C选项正确。]
3．B　[物块由A运动到B的过程中，由动能定理可得
－mgh－W克f＝0－mv02①
物块由B运动到A的过程中，由动能定理可得mgh－W克f＝mv12②
联立①②可得v1＝
故选B。]
4．(1)mv02　(2)－x0
解析　(1)设克服摩擦力所做的功为W克f，物块A从P点出发又回到P点的过程，由动能定理得－W克f＝0－mv02，
可得W克f＝mv02。
(2)物块A从P点出发又回到P点的过程，据动能定理可得－μmg·2(x0＋x1)＝0－mv02，
可得x1＝－x0。
5．(1)　(2)0　(3)
解析　(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有
m＝mg
解得vD＝
(2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有cos 60°＝
小物块从C到D的过程中，根据动能定理有－mg(R＋Rcos 60°)＝mvD2－mvC2
则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有mgHBD＝mvD2－mvB2
联立解得vB＝，HBD＝0
(3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有－μmgS＝mvB2－mvA2
S＝π·2R
解得vA＝。
6．(1)1 440 N，方向竖直向下　(2)能　(3)距B点或距C点1 m处
解析　(1)从BC的中点到C点过程中由动能定理可得－μmg＝mvC2－mv02
解得vC＝＝ m/s
在C点根据牛顿第二定律可得FN－mg＝m
联立解得FN＝1 440 N，根据牛顿第三定律，压力大小也为1 440 N，方向竖直向下
(2)若运动员能运动到B点，则从BC的中点到B点的过程根据动能定理可得－μmg＝mvB2－mv02
解得vB＝＝ m/s>0，因此运动员能运动到AB圆弧轨道
(3)由动能定理可得－μmgx＝0－mv02，解得x＝8 m，
恰好回到BC中点，即距B点或距C点1 m处。
7．(1)1.8 m　(2)2 040 N　(3)12.5 m
解析　(1)根据运动的合成与分解可得运动员经过A点时的速度大小为
vA＝＝10 m/s①
设运动员水平抛出点距A点的竖直高度为h，对运动员从抛出点到A点的过程，由动能定理有mgh＝mvA2－mv02②
联立①②解得h＝1.8 m③
(2)设运动员经过B点时的速度大小为vB，对运动员从A点到B点的过程，根据动能定理有
mg(R－Rcos 37°)＝mvB2－mvA2④
设运动员经过B点时所受轨道支持力大小为FN，根据牛顿第二定律及向心力公式有FN－mg＝⑤
联立①④⑤解得FN＝2 040 N⑥
根据牛顿第三定律可知，运动员经过B点时对轨道的压力大小为2 040 N；
(3)设运动员刚好通过C点时的速度大小为vC，根据牛顿第二定律及向心力公式有mg＝⑦
对运动员从B点到C点的过程，根据动能定理有
－μmgL－2mgr＝mvC2－mvB2⑧
联立④⑦⑧解得L＝12.5 m。
8．(1)22 N　(2)19.2 m　(3)48 m
解析　(1)物体从E点到C点由动能定理得mg(h＋r)＝mvC2
解得vC＝20 m/s
物体第一次通过C点时有
FN－mg＝m
解得FN＝22 N
(2)设物体刚好不从斜面顶端飞出，从C到A由动能定理
－mg(r－rcos 37°＋LABsin 37°)－μmgLABcos 37°＝0－mvC2
解得LAB＝19.2 m
(3)由题意可知斜面倾角为37°，因为μmgcos 37°mg(h＋rcos 37°)－μmgcos 37°·s＝0
解得s＝48 m。