5.2动能定理及其应用
1 ?小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上， P球的质量大于 Q球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂 Q球的绳短?将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图 球由静止释放?在各自轨迹的最低点
5 - 2- 22所示?将两
（ ）
图 5-2 -22
A. P球的速度一定大于 Q球的速度 B. P球的动能一定小于 Q球的动能
C. P球所受绳的拉力一定大于 Q球所受绳的拉力 D. P球的向心加速度一定小于 Q球的向心加速度
解析：两个小球在等高的位置由静止释放，
做圆周运动摆动到最低点，小球受到重力和
绳子的拉力作用，拉力不做功，只有重力做功，机械能守恒.
设小球起始位置为零势能参考平面，则有
己=E
初
末
，可知两个小球的机械能相等，则有
H =△ Ek=-A & = mgl,m>nQ , l P<1 Q，无法比较 P、Q的动能；由^\\低=mgl 得出 v低=.2gl ,
1 2 、一
l p V2 T- mg= man=斤,得T= 3mg V 但有 np>mp，则有 TP>TQ;由 a = = 2g,可知 anP= ae 答案：C 2. 向斜面，返回到斜面底端的速度大小为 （多选）一物体从斜面底端以初动能 v, 2 Y E滑 克服摩擦力做的功为I，若物体以初动能 2E滑向斜面，则（ A. B. 返回斜面底端时的动能为 C. D. 的最远距离为 ） 返回斜面底端时的动能为 E 3E 返回斜面底端时的速度大小为 2v 返回斜面底端时的速度大小为 2v 解析：设斜面倾角为0，斜面对物体的摩擦力为 f,物体以初动能E滑向斜面时，在斜 面上上升 Li,则根据动能定理，在物体沿斜面上升的过程中有— GLsin 0-fLi =0 — E,在物体沿斜面下降的过程中有 GLsin 0 — fLi = g联立解得 Qin 0 = 3f.同理，当 物体以初动能2E滑向斜面时，在物体沿斜面上升的过程中有一 GLsin 0 -化2= 0-2E,在物 体沿斜面下降的过程中有 GLsin 0 — fL2= E',联立解得E'= E,故A正确，B错误；由E= 1 2 E'= ^mv 2，得v'= ? 2v,故C错误，D正确. 答案：AD 1 图 5-2-23 3. - 23所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为 （多选）如图5 - 2 m套在粗糙竖直 固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长. 圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速 度最大，到达C处的速度为零，AC= h.圆环在C处获得一竖直向上的速度 v，恰好能回到 A 弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为 g,则圆环（ ） A. 下滑过程中，加速度一直减小 B. 1 2 下滑过程中，克服摩擦力做功为 &mV 1 2 C. 在C处，弹簧的弹性势能为 4mv— mgh D. 上滑经过B的速度大于下滑经过 B的速度 解析：下滑过程，A到B,加速度向下，加速度减小；B到C,加速度向上，加速度增大， A项错误；下滑 A到C,根据动能定理， mgh- W摩擦力一W单力=0① 上滑C到A,根据动能定理， 1 2 —mg- W摩擦力+ W单力=0- qmv② 两式联立，解得 W摩擦力=jmV, B项正确；以上两式联立，还可解得 W弹力=mgh- jmV, 即弹性势能 6c= mgh-^mV，所以C项错误；下滑，A到B,有mghu— W摩擦力AB- W单力AB= gm? —0，上滑, 有— mghB— W摩擦力 AB+ W!单力 AB= 0- #m\\B 上, 项正确. D比较得 VB上＞ VB下， 答案：BD 图 5— 2 — 24 4. （2019年湖北沙市模拟）（多选）如图5 — 2— 24所示，将质量 m= 1 kg的重物B悬挂 在轻绳的一端，并放置在倾角为30°、固定在水平地面的斜面上， 轻绳平行于斜面，重物 B 与斜面间的动摩擦因数 口 =#?轻绳跨过质量不计的光滑定滑轮， 其另一端系一质量 m= 0.5 kg的小圆环 A圆环套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮中心与直杆的距离为 圆环A从与定滑轮等高处由静止释放，不计空气阻力，直杆和斜面足够长， 列判断正确的是（ A. 等于 16 B. 圆环能下降的最大距离为 hm=石m I = 4 m.现将 2 ） 10 N g 取 10 m/s .下 圆环下降的过程中，轻绳的张力大小始终 2 3 C. 圆环速度最大时，轻绳与直杆的夹角为 30° 3
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