第二节动能定理及其应用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5－2－22所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点()图5－2－22A．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E初＝E末，可知两个小球的机械能相等，则有Ek＝ΔEk＝－ΔEp＝mgl，mP>mQ，lPmQ，则有TP>TQ；由an＝＝2g，可知anP＝anQ.答案：C2．(多选)一物体从斜面底端以初动能E滑向斜面，返回到斜面底端的速度大小为v，克服摩擦力做的功为，若物体以初动能2E滑向斜面，则()A．返回斜面底端时的动能为EB．返回斜面底端时的动能为C．返回斜面底端时的速度大小为2vD．返回斜面底端时的速度大小为v解析：设斜面倾角为θ，斜面对物体的摩擦力为f，物体以初动能E滑向斜面时，在斜面上上升的最远距离为L1，则根据动能定理，在物体沿斜面上升的过程中有－GL1sinθ－fL1＝0－E，在物体沿斜面下降的过程中有GL1sinθ－fL1＝，联立解得Gsinθ＝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－GL2sinθ－fL2＝0－2E，在物体沿斜面下降的过程中有GL2sinθ－fL2＝E′，联立解得E′＝E，故A正确，B错误；由＝mv2，E′＝mv′2，得v′＝v，故C错误，D正确．答案：AD图5－2－233．(多选)如图5－2－23所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为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．下滑过程中，克服摩擦力做功为mv2C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2－mghD．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－W弹力＝0①上滑C到A，根据动能定理，－mgh－W摩擦力＋W弹力＝0－mv2②两式联立，解得W摩擦力＝mv2，B项正确；以上两式联立，还可解得W弹力＝mgh－mv2，即弹性势能EpC＝mgh－mv2，所以C项错误；下滑，A到B，有mghAB－W摩擦力AB－W弹力AB＝mv－0，上滑，B到A，有－mghAB－W摩擦力AB＋W弹力AB＝0－mv，比较得vB上＞vB下，D项正确．答案：BD图5－2－244．(湖北沙市模拟)(多选)如图5－2－24所示，将质量m0＝1kg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μ＝.轻绳跨过质量不计的光滑定滑轮，其另一端系一质量m＝0.5kg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l＝4m．现将圆环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，g取10m/s2.下列判断正确的是()A．圆环下降的过程中，轻绳的张力大小始终等于10NB．圆环能下降的最大距离为hm＝mC．圆环速度最大时，轻绳与直杆的夹角为30°D．若增加圆环质量使m＝1kg，再重复题述过程，则圆环在下降过程中，重力做功的功率一直在增大解析：由题图可知，一开始竖直方向圆环A只受重力，所以圆环A先向下做加速运动，后做减速运动，直至停止，重物B也是先加速后减速，而重物B受到的重力、支持力和摩擦力都保持不变，所以绳子对重物B的拉力必定是变化的，故A错误；设圆环A下降的最大距离为hm，则重物B上升的高度为h1＝(－l)·sin30°，对圆环A和重物B组成的系统，由动能定理得mghm－m0gh1－μm0gh1cos30°＝0，解得hm＝m，故B正确；当圆环A在下滑过程中受力平衡时速度最大，则此时重物B的加速度也是...
