热点 11 动能定理的应用 (建议用时：20 分钟) 1．(多选)(2020·福州市 4 月模拟)如图(a)所示，一质量为 1 kg 的小物块以一定的初速度滑上一固定斜面，其机械能 E 总 等于动能 E k 和重力势能 E p 之和，取斜面底端为重力势能零点，该小物块的 E 总 和 E p 随它离斜面底端的距离 x 的变化如图(b)所示。重力加速度 g 取 10 m/s 2 。由图中数据可得(
)
A．x＝0 时，小物块的速率为 5 m/s B．小物块与斜面间的动摩擦因数为 0.5 C．x＝3 m 时，小物块的动能 E k ＝20 J D．从斜面底端至 x＝5 m，小物块的动能减少 30 J 2．(多选)(2020·雅安市上学期一诊)2019 年 10 月 1 日，在庆祝中华人民共和国成立 70 周年阅兵式上，习近平主席乘“红旗”牌国产轿车依次检阅 15 个徒步方队和 32 个装备方队(如图甲所示)。检阅车在水平路面上的启动过程如图乙所示，其中 Oa 为过原点的倾斜直线，ab 段表示以额定功率 P 行驶时的加速阶段，bc 段是与 ab 段相切的水平直线，若检阅车的质量为 m，行驶过程中所受阻力恒为 f，则下列说法正确的是(
)
A．检阅车在 t 1 时刻的牵引力和功率都是最大值，t 2 ～t 3 时间内其牵引力等于 f B．0～t 1 时间内检阅车做变加速运动 C．0～t 2 时间内的平均速度等于 v22 D．t 1 ～t 2 时间内检阅车克服阻力所做功为 P(t 2 －t 1 )＋ 12 mv21 － 12 mv22
3.(2020·惠州市第三次调研)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小球以速度 v 从轨道下端滑入轨道，并保证从轨道上端水平飞出。则关于小球落地点到轨道下端的水平距离 x 与轨道半径 R 的关系，下列说法正确的是(
) A．R 越大，则 x 越大 B．R 越小，则 x 越大 C．当 R 为某一定值时，x 才有最大值 D．当 R 为某一定值时，x 才有最小值 4.(2020·葫芦岛市上学期质监)如图所示，用长为 L 的轻绳把一个小铁球挂在离水平地面高为 3L 的 O 点，小铁球以 O 为圆心在竖直面内做圆周运动且恰好能到达最高点 A 处，不计空气阻力，重力加速度为 g，若运动到最高点时轻绳被切断，则小铁球落到地面时速度的大小为(
) A. 3gL
B. 6gL
C．4 gL
D．3 gL 5.(2020·吉林市第二次调研)冬季奥运会中有自由式滑雪 U形池比赛项目，其赛道横截面如图所示，为一半径为 R、粗糙程度处处相同的半圆形赛道，赛道竖直固定放置，直径 POQ 水平。一质量为 m 的运动员(按质点处理)自 P 点上方高度 R 处由静止开始下落，恰好从 P 点进入赛道。运动员滑到赛道最低点 N 时，对赛道的压力为 4mg，重力加速度的大小为 g。用 W 表示运动员从 P 点运动到 N 点的过程中克服赛道摩擦力所做的功(不计空气阻力)，则(
) A．W＝ 34 mgR，运动员没能到达 Q 点 B．W＝ 14 mgR，运动员能到达 Q 点并做斜抛运动 C．W＝ 12 mgR，运动员恰好能到达 Q 点 D．W＝ 12 mgR，运动员能到达 Q 点并继续竖直上升一段距离 6．(2020·北京市第二次合格性考试)“复兴号”动车组是我国在“和谐号”动车组基础上研制的新一代高速列车，具有完全自主知识产权，其运营速度可以
达到 350 km/h。假设一列“复兴号”动车组正在某段平直轨道上加速行驶，在时间 t＝100 s 内，速度由 v 0 ＝60 m/s 增加到 v＝80 m/s。
(1)若在上述过程中动车组的运动可视为匀变速直线运动，求动车组在这段时间内加速度的大小 a； (2)动车组运行中载重越大，消耗的能量越多。若动车组所载行李的总质量 m＝1.0×10 4
kg，行李与车厢之间始终保持相对静止。求在这段加速过程中动车组对行李所做的功 W。
热点 11 动能定理的应用 1．解析：选 BC。取斜面底端为重力势能零点，则小物块在斜面底端时的机械能即为动能有 12 ×1×v20 ＝50，解得 v 0 ＝10 m/s，故 A 错误；小物块在 x＝5 m处的重力势能 E p ＝mgxsin θ ＝30 J，则 θ＝37°，由功能关系可知，小物块克服摩擦力做功等于机械能的变化，则有 μmgxcos 37°＝(50－30)J，解得 μ＝0.5，故B 正确；由动能定理得－mgx 1 sin 37°－ μ mgx 1 cos 37°＝E k1 － 12 mv20 ，其中 x 1 ＝3 m，解得 E k1 ＝20 J，故 C 正确；由动能定理得－mgx 2 sin 37°－μmgx 2 cos 37°＝ΔE k2 ，解得ΔE k2 ＝－50 J，即动能减小 50 J，故 D 错误。
2．解析：选 AD。由图象可知，检阅车的运动过程为：Oa 为匀加速直线运动，ab 是恒定功率运动，且加速度在逐渐减小，所以 t 1 时刻牵引力和功率最大，bc 是匀速直线运动，t 2 ～t 3 时间内其牵引力等于 f，故 A 正确；在 0～t 1 时间段，由 v－t 图象知检阅车做匀加速直线运动，故 B 错误；在 0～t 2 时间段，由 v－t 图
象可知，检阅车先做匀加速运动再做变加速运动，故此段时间内平均速度大于 v22，故 C 错误；设时间 t 1 ～t 2 内检阅车克服阻力所做功为 W f ，由动能定理 P(t 2 －t 1 )－W f ＝ 12 mv22 － 12 mv21 ，克服阻力所做功为 W f ＝P(t 2 －t 1 )－ 12 mv22 ＋ 12 mv21 ，故 D 正确。
3．解析：选 C。设半圆的半径为 R，根据动能定理得：－mg·2R＝ 12 mv′2－ 12 mv2 ，离开最高点做平抛运动，有：2R＝ 12 gt2 ，x＝v′t，联立解得：x＝4R（v 2 －4gR）g＝ －16g R－ v28g2＋ v44gg，可知当 R＝ v28g 时，水平位移最大。
4．解析：选 D。小球刚好能沿绳—球模型到达最高点时，绳的拉力为零，只有重力提供向心力，有 mg＝m v21L ，最高点剪断绳后，小球做平抛运动落地，对这一过程由动能定理：mg·4L＝ 12 mv22 － 12 mv21 ，联立可得落地速度：v 2 ＝3 gL，故A、B、C 错误，D 正确。
5．解析：选 D。在 N 点，根据牛顿第二定律有：F N －mg＝m v2NR，解得：v N＝ 3gR，对质点从下落到 N 点的过程运用动能定理得：mg·2R－W＝ 12 mv2N －0，解得：W＝ 12 mgR。由于 PN 段速度大于 NQ 段速度，所以 NQ 段的支持力小于 PN段的支持力，则在 NQ 段克服摩擦力做功小于在 PN 段克服摩擦力做功，对 NQ段运用动能定理得：
－mgR－W′＝ 12 mv2Q － 12 mv2N ，因为 W′< 12 mgR，可知 v Q >0，所以质点到达 Q 点后，继续上升一段距离，A、B、C 错误，D 正确。
6．解析：(1)动车组在这段时间内加速度的大小 a＝ v－v0t＝ 80－60100 m/s 2 ＝0.2 m/s 2 。
(2)根据动能定理，在这段加速过程中动车组对行李所做的功 W＝ 12 mv2 － 12 mv20
解得 W＝1.4×10 7
J。
答案：(1)0.2 m/s 2
(2)1.4×10 7
J
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