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专题10:动能定理2

发布时间:2021-06-11 20:05:50 浏览数:

专题10:动能及动能定理 题型1:对动能定理的理解及应用 1.如图所示,电梯质量为M,地板上放置一质量为m的物体.钢索拉电梯由静止开始向上加速运动,当上升高度为H时,速度达到v,则(  ) A.地板对物体的支持力做的功等于mv2 B.地板对物体的支持力做的功等于mgH C.钢索的拉力做的功等于Mv2+MgH D.合力对电梯M做的功等于 Mv2 解析:对物体m用动能定理:WN-mgH=mv2,故WN=mgH+mv2,A、B均错,钢索拉力做的功WF拉=(M+m)gH+ (M+m)v2,故C错误,由动能定理知,合力对电梯M做的功应等于电梯动能的变化Mv2,故D正确. 答案:D 2.如图所示,质量为M、长度为L的木板静止在光滑的水平面上,质量为m的小物体(可视为质点)放在木板上最左端,现用一水平恒力F作用在小物体上,使物体从静止开始做匀加速直线运动.已知物体和木板之间的摩擦力为f 当物体滑到木板的最右端时,木板运动的距离为s,则在此过程中(  ) A.物体到达木板最右端时具有的动能为F (L+s) B.物体到达木板最右端时,木板具有的动能为(F-f)s C.物体克服摩擦力所做的功为fL D.物体和木板增加的机械能为F(L+s)-fL 解析:由题意画示意图可知,由动能定理对小物体:(F-f)·(L+x)=mv2,故 A错误.对木板:f·s=Mv2,故B错误.物块克服摩擦力所做的功Ff·(L+s), 故C错.物块和木板增加的机械能mv2+Mv2=F·(L+s)-f·L=(F-f)·L+F·s,故D正确. 答案:D 3. 如图所示,斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的两段,在B处用小圆弧连接.将小铁块(可视为质点)从A处由静止释放后,它沿斜面向下滑行,进入平面,最终静止于P处.若从该板材上再截下一段,搁置在A、P之间,构成一个新的斜面,再将铁块放回A处,并轻推一下使之沿新斜面向下滑动.关于此情况下铁块运动情况的描述,正确的是( ) A.铁块一定不能够到达P点 B.铁块的初速度必须足够大才能到达P点 C.铁块能否到达P点与铁块质量有关 D.铁块能否到达P点与铁块质量无关 【解析】 设动摩擦因数为 由动能定理得:sincos 可得:sincos 设沿AP滑到P的速度为 由动能定理得:sincos 因coscos故得:即铁块恰好沿AP滑到P点与铁块质量无关,故D正确. 【答案】 D 4.一个25 kg的小孩从高度为3.0 m的滑梯顶端由静止开始滑下,滑到底端时的速度为2.0 m/s.取g=10 m/s2,关于力对小孩做的功,以下结果正确的是(  ) A.合外力做功50 J B.阻力做功500 J C.重力做功500 J D.支持力做功50 J 解析:重力做功WG=mgh=25×10×3 J=750 J,C错;
小孩所受支持力方向上的位移为零,故支持力做的功为零,D错;
合外力做的功W合=Ek-0,即W合=mv2=×25×22 J=50 J,A项正确;
WG-W阻=Ek-0,故W阻=mgh-mv2=750 J-50 J=700 J,B项错误. 答案:A 5.如图所示,质量为m的小车在水平恒力F推动下,从山坡(粗糙)底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B,获得速度为v,AB之间的水平距离为s,重力加速度为g.下列说法错误的是(  ) A.小车克服重力所做的功是mgh B.合外力对小车做的功是mv2 C.推力对小车做的功是mv2+mgh D.阻力对小车做的功是mv2+mgh-Fs 解析:小车克服重力做功W=Gh=mgh,A选项正确;
由动能定理小车受到的合力做的功等于小车动能的增加,W合=ΔEk=mv2,B选项正确;
由动能定理,W合=W推+W重+W阻=mv2,所以推力做的功W推=mv2-W阻-W重=mv2+mgh-W阻,C选项错误;
阻力对小车做的功W阻=mv2-W推-W重=mv2+mgh-Fs,D选项正确. 答案:C 6.质量为2 kg的物体,放在动摩擦因数.1的水平面上,在水平拉力的作用下由静止开始运动,水平拉力做的功W和物体发生的位移s之间的关系如图所示,重力加速度g取10 m/s则此物体( ) A.在位移为s=9 m时的速度是 m/s B.在位移为s=9 m时的速度是6 m/s C.在OA段运动的加速度是2.5 m/s D.在OA段运动的加速度是1.5 m/s 【解析】 W-s图线斜率表示水平拉力的大小, 由图可得: N N, 因 由可得.5 m/sD正确,C错误; 由可得在位移s=9 m时的速度为v=3 m/s,A、B均错误. 【答案】 D 7.如图,卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱,使之沿斜面加速向上移动.在移动过程中,下列说法正确的是(  ) A.F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和 B.F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和 C.木箱克服重力做的功等于木箱克服摩擦力做的功 D.F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和 解析:木箱加速上滑的过程中,拉力F做正功,重力和摩擦力做负功.支持力不做功,由动能定理得:WF-WG-Wf=mv2-0.即WF=WG+Wf+mv2.A、B错误,又因克服重力做功WG等于物体重力势能的增加,所以WF=ΔEp+ΔEk+Wf,故C错误,D正确.答案:D 8.一个木块静止于光滑水平面上,现有一个水平飞来的子弹射入此木块并深入2 cm而相对于木块静止,同时间内木块被带动前移了1 cm,则子弹损失的动能、木块获得动能以及子弹和木块共同损失的动能三者之比为(  ) A.3∶1∶2 B.3∶2∶1 C.2∶1∶3 D.2∶3∶1 解析:设子弹深入木块深度为d,木块移动s,则子弹对地位移为d+s;
设子弹与木块的相互作用力为f,由动能定理,子弹损失的动能等于子弹克服木块阻力所做的功,即ΔE1=f(d+s),木块所获得的动能等于子弹对木块作用力所做的功,即ΔE2=fs,子弹和木块共同损失的动能为ΔE3=ΔE1-ΔE2=fd,即三者之比为(d+s)∶s∶d=3∶1∶2. 答案:A 9.右端连有光滑弧形槽的水平桌面AB长L=1.5 m,如图所示.将一个质量为m=0.5 kg的木块在F=1.5 N的水平拉力作用下,从桌面上的A端由静止开始向右运动,木块到达B端时撤去拉力F,木块与水平桌面间的动摩擦因数.2,取g=10 m/s.求: (1)木块沿弧形槽上升的最大高度; (2)木块沿弧形槽滑回B端后,在水平桌面上滑动的最大距离. 【解析】 (1)由动能定理得: 其中.. N=1.0 N 所以.15 m. (2)由动能定理得: 所以m=0.75 m. 【答案】 (1)0.15 m (2)0.75 m 10.质量为m的物体从高为h的斜面顶端自静止起下滑,最后停在平面上的B点,如图所示,若该物体从斜面顶端以初速度沿斜面滑下,则停在平面上的C点,已知AB=BC,AB段与AC段的是完全一样的平面,则物体在斜面上克服摩擦力所做的功为多少? 【解析】 物体从斜面顶端滑下至停在B点:从斜面顶端滑下至停在C点:,由两式解得. 【答案】 11.如图所示,倾角斜面上,轻弹簧一端固定在A点,自然状态时另一端位于B点,斜面上方有一半径R=1 m、圆心角等于143的竖直圆弧形光滑轨道与斜面相切于D处,圆弧轨道的最高点为M.现有一小物块将弹簧缓慢压缩到C点后释放,物块经过B点后的位移与时间关系为x=8t-4.的单位是m,t的单位是s),若物块经过D点后恰能到达M点,取g=10 m/,sin37=0.6,cos37=0.8,求: (1)物块与斜面间的动摩擦因数; (2)BD间的距离. 【解析】 (1)由x=8t-4.知,物块在B点的速度8 m/s, (2分) 从B到D过程中加速度大小 a=9 m/ (2分) 由牛顿第二定律得sin37cos37 (3分) 得. (2分) (2)物块在M点的速度满足 (2分) 物块从D到M过程中,有cos37 (3分) 物块在由B到D过程中,有 (2分) 解得 m. (2分) 【答案】 (2)1 m 12.如图所示,半径R=0.8 m的光滑圆弧轨道固定在水平地面上,O为该圆弧的圆心,轨道上方的A处有一个可视为质点的质量m=1 kg的小物块,小物块由静止开始下落后恰好沿切线进入圆弧轨道.此后小物块将沿圆弧轨道下滑,已知AO连线与水平方向的夹角θ=45°,在轨道末端C点紧靠一质量M=3 kg的长木板,木板上表面与圆弧轨道末端的切线相平,木板下表面与水平地面之间光滑,小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3,g取10 m/s2.求:
(1)小物块刚到达C点时的速度大小;

(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端C点时对轨道的压力;

(3)要使小物块不滑出长木板,木板长度L至少为多少? 解析:(1)小物块从A到C,根据机械能守恒有 mg×2R=mv,解得vC=4 m/s. (2)小物块刚要到C点,由牛顿第二定律有 FN-mg=mv/R,解得FN=50 N.由牛顿第三定律,小物块对C的压力FN′=50 N,方向竖直向下. (3)设小物块刚滑到木板右端时达到共同速度,大小为v,小物块在长木板上滑行过程中,小物块与长木板的加速度分别为am=μmg/m aM=μmg/M v=vC-amt v=aMt 由能量守恒定律得-μmgL=(M+m)v2-mv 联立解得L=4 m. 答案:(1)4 m/s (2)50 N,方向竖直向下 (3)4 m 题型2:利用动能定理求变力做功的问题 用动能定理求变力的功,是非常方便的,但是必须知道始末两个状态的物体的速度,以及在中间过程中分别有哪些力对物体做功,各做了多少功. 13.如图所示,质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点,与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉,已知OP=L/2,在A点给小球一个水平向左的初速度v0,发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B.则:
(1)小球到达B点时的速率? (2)若不计空气阻力,则初速度v0为多少? (3)若初速度v0=3,则在小球从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功? 解析:(1)小球恰能到达最高点B,有mg=,得vB=. (2)由A→B由动能定理得:,可求出:v0= (3)由动能定理得:
,可求出:WF=mgL. 14质量为m的小球被系在轻绳一端,在竖直平面内做半径为R的圆周运动,如图所示,运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点,此时绳子的张力为7mg,在此后小球继续做圆周运动,经过半个圆周恰好能通过最高点,则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是( ) A. B. C. D.mgR 【解析】 小球通过最低点时,设绳的张力为 则即 ① 小球恰好过最高点,绳子拉力为零,这时 ② 小球从最低点到最高点的过程中, 由动能定理得: ③ 由①②③式解得:. 【答案】 C 15.如图甲所示,一质量为m=1 kg的物块静止在粗糙水平面上的A点,从t=0时刻开始,物块在按如图乙所示规律变化的水平力F的作用下向右运动,第3 s末物块运动到B点且速度刚好为0,第5 s末物块刚好回到A点,已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2,求:
(1)A、B间的距离;

(2)水平力F在5 s时间内对物块所做的功. 解析:(1)由图乙可知在3~5 s内物块在水平恒力作用下由B点匀加速运动到A点,设加速度为a,A、B间的距离为s,则有F-μmg=ma,a== m/s2=2 m/s2,s=at2=4 m. (2)设整个过程中水平力所做功为WF,物块回到A点时的速度为vA,由动能定理得:
WF-2μmgs=mv,v=2as,WF=2μmgs+mas=24 J. 答案:(1)4 m (2)24 J 16.在2008年四川汶川大地震抗震救灾活动中,为转移被困群众动用了直升飞机.设被救人员的质量m=80 kg,所用吊绳的拉力最大值Fm=1 200 N,所用电动机的最大输出功率为Pm=12 kW,为尽快吊起被困群众,操作人员采取的办法是,先让吊绳以最大的拉力工作一段时间,而后电动机又以最大功率工作,被救人员上升h=90 m时恰好达到最大速度(g取10 m/s2),试求:
(1)被救人员刚到达机舱时的速度;

(2)这一过程所用的时间. 解析:(1)第一阶段绳以最大拉力拉着被救人员匀加速上升,当电动机达到最大功率时,功率保持不变,被救人员变加速上升,速度增大,拉力减小,当拉力与重力相等时速度达到最大.由Pm=Tvm=mgvm得vm== m/s=15 m/s (2)a1== m/s2=5 m/s2 匀加速阶段的末速度v1== m/s=10 m/s,时间t1== s=2 s 上升的高度h1=t1=×2 m=10 m 对于以最大功率上升过程,由动能定理得:Pmt2-mg(h-h1)=mv-mv 代入数据解得t2=5.75 s,所以此过程所用总时间为t=t1+t2=(2+5.75) s=7.75 s. 答案:(1)15 m/s (2)7.75 s 题型3:用动能定理求解多过程问题 应用动能定理解题的基本步骤 (1)选取研究对象,明确它的运动过程. (2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况:
(3)明确物体在过程的始末状态的动能Ek1和Ek2. (4)列出动能定理的方程,进行求解. 17.小球由地面竖直上抛,上升的最大高度为H,设所受阻力大小恒定,地面为零势能面.在上升至离地高度h处,小球的动能是势能的2倍,在下落至离地高度h处,小球的势能是动能的2倍,则h等于(  ) A. B. C. D. 解析:设小球上升离地高度h时,速度为v1,地面上抛时速度为v0,下落至离地面高度h处速度为v2,设空气阻力为f 上升阶段:-mgH-fH=-mv,-mgh-fh=mv-mv 又2mgh=mv 下降阶段:mg(H-h)-f(H-h)=mv,mgh=2×mv 由上式联立得:h=H. 答案:D 18如图所示,AB是倾角为θ的粗糙直轨道,BCD是光滑的圆弧轨道,AB恰好在B点与圆弧相切,圆弧的半径为R.一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放,结果它能在两轨道间做往返运动.已知P点与圆弧的圆心O等高,物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ.求:
(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程;

(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时,对圆弧轨道的压力;

(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D,释放点距B点的距离L′应满足什么条件. 解析:(1)因为摩擦始终对物体做负功,所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动. 对整体过程由动能定理得:mgR·cos θ-μmgcos θ·s=0,所以总路程为s=. (2)对B→E过程mgR(1-cos θ)=mv① N-mg=② 由①②得对轨道压力:N=(3-2cos θ)mg. (3)设物体刚好到D点,则mg=③ 对全过程由动能定理得:mgL′sin θ-μmgcos θ·L′-mgR(1+cos θ)=mv④ 由③④得应满足条件:L′=·R. 答案:(1) (2)(3-2cos θ)mg (3)·R 19.如图所示,质量m=0.5 kg的小球从距离地面高H=5 m处自由下落,到达地面时恰能沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动,半圆形槽的半径R=0.4 m,小球到达槽最低点时速率恰好为10 m/s,并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘飞出且沿竖直方向上升、下落,如此反复几次,设摩擦力大小恒定不变,取g=10 m/s2,求:
(1)小球第一次飞出半圆形槽上升到距水平地面的高度h为多少? (2)小球最多能飞出槽外几次? 解析:(1)在小球下落到最低点的过程中,设小球克服摩擦力做功为Wf,由动能定理得:
mg(H+R)-Wf=mv2-0 从小球下落到第一次飞出半圆形槽上升到距水平地面h高度的过程中, 由动能定理得mg(H-h)-2Wf=0-0 联立解得:h=-H-2R= m-5 m-2×0.4 m=4.2 m. (2)设小球最多能飞出槽外n次,则由动能定理得:mgH-2nWf=0-0 解得:n====6.25 故小球最多能飞出槽外6次. 答案:(1)4.2 m (2)6次

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