高中物理 加强练习第六章　60.动能定理的应用(B)

60.动能定理的应用(B)(分值：20分)1~4题每题5分1.如图所示，一物体由固定斜面上的A点以初速度v0下滑到底端B点，它与挡板发生无动能损失的碰撞后又滑回到A点，其速度恰好为零。设A、B两点高度差为h，重力加速度为g，物体可视为质点，挡板厚度不计，则物体与挡板碰前瞬间的速度大小为()A.2gh+C.2gh+答案C解析设整个滑动过程中物体所受摩擦力大小为Ff(此力大小不变，下滑时方向沿斜面向上，上滑时方向沿斜面向下)，斜面长为s，则对物体由A→B→A的整个过程运用动能定理，得-2Ff·s=0-12mv02，同理，对物体由A到B的过程运用动能定理，设物体与挡板碰前瞬间速度为v，则mgh-Ff·s=12mv2-12mv022.(2025·河北省模拟)如图所示，一异形漏斗的母线OA与竖直方向的夹角为30°，母线AB与竖直方向的夹角为45°。小朋友将质量为m的光滑小球放在漏斗中，他先让小球在半径为r的1轨道上做匀速圆周运动，后来通过晃动漏斗让小球在半径为3r的2轨道上做匀速圆周运动，晃动漏斗前后O点位置没有发生变化。已知OA=4r，重力加速度为g。在他晃动漏斗的过程中漏斗对小球做功为()A.5+32mgr B.C.5-32mgr D.答案A解析小球在1轨道上做匀速圆周运动时，对小球受力分析有tan30°=mg由牛顿第二定律有Fn1=mv解得Ek1=12mv12小球离O点竖直方向的距离d1=rtan30°=3小球在2轨道上做匀速圆周运动时，对小球受力分析有tan45°=mg由牛顿第二定律有Fn2=mv解得Ek2=12mv22小球离O点竖直方向的距离d2=OAcos30°+3r-OA在晃动漏斗过程中由动能定理有W-mgd2-d1=E解得W=5+323.(多选)(2025·河南省模拟)如图所示，质量为m的滑块在水平向右的外力F作用下由静止开始沿水平面运动，运动过程中外力F随位移x的变化满足F=F0-kx(k为已知定值，k>0)，已知滑块与桌面间的动摩擦因数μ=2F03mg(g为重力加速度)A.滑块最终能回到出发点B.滑块向右运动的最大位移为2C.滑块运动的最大速度为FD.从开始运动到物块最终静止，滑块与水平桌面因摩擦产生的热量为2答案BC解析由题可作出F-x图像，当F=0时，由F=F0-kx，可得x=F图像如图所示滑动摩擦力大小为Ff=μmg=2若滑块向右运动的位移最大时，滑块动能的变化量为零，由动能定理可知拉力F做功与摩擦力Ff做功相等，由F-x图像知，图线与x轴所围成面积表示拉力F做的功，拉力做的功为WF=F0×F0k×1此时克服滑动摩擦力Ff做功为Wf=μmg×F0k=则Wf>WF，即拉力F未减为0之前，滑块已经停止运动，不能回到出发点，A错误；由F-x图像与x轴所围面积表示拉力F做的功，设最大位移为xm，则有Ff·xm=F代入解得xm=2B正确；当F=Ff时，滑块运动的速度最大，设此时位移为x1，则有F0-kx1=μmg解得x1=F设此时拉力F做功为WF'，滑动摩擦力Ff做功为Wf'，由动能定理知WF'-Wf'=12m即F0-kx1+F解得vm=FC正确；从开始运动到滑块最终静止，滑块与水平桌面因摩擦产生的热量为Q=μmgxm=2F03×2F04.(2025·江西省模拟)如图所示，倾角为60°的光滑斜面上固定着半径R=23m的光滑三分之二圆弧形轨道ABC，以圆心O为原点、沿斜面向下为正方向建立坐标轴Ox，OA、OC与x轴间的夹角均为60°。一质量m=0.1kg的小球(可看成质点)从x轴上的M点沿垂直x轴方向以速度v0抛出，小球恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()A.小球的初速度v0的大小为53m/sB.M点的坐标为-52C.小球对轨道的最大压力为5111D.小球在圆弧BC中间某点脱离轨道答案B解析小球先做类平抛运动，有Rsin60°=v0t，vx=gsin60°·t，tan60°=v解得v0=15m/s故A错误；M点的坐标xM=-12gsin60°·故B正确；小球到达B点时速度最大，对轨道的压力最大，根据动能定理有mgsin60°xM+R=12mv2根据牛顿