基础课2 动能 动能定理.docx
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基础课2动能动能定理
基础课2 动能 动能定理
一、选择题(1~5题为单项选择题,6~9题为多项选择题)
1.(2015·四川理综)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出,不计空气阻力,则落在同一水平地面时的速度大小( )
A.一样大B.水平抛的最大
C.斜向上抛的最大D.斜向下抛的最大
解析 由动能定理mgh=
mv
-
mv
知,落地时速度v2的大小相等,故A正确。
答案 A
2.关于运动物体所受的合力、合力做的功、物体动能的变化,下列说法正确的是( )
A.运动物体所受的合力不为零,合力必做功,物体的动能肯定要变化
B.运动物体所受的合力为零,则物体的动能肯定不变
C.运动物体的动能保持不变,则该物体所受合力一定为零
D.运动物体所受合力不为零,则该物体一定做变速运动,其动能要变化
解析 关于运动物体所受的合力、合力做的功、物体动能的变化三者之间的关系有下列三个要点。
(1)若运动物体所受合力为零,则合力不做功(或物体所受外力做功的代数和必为零),物体的动能绝对不会发生变化。
(2)物体所受合力不为零,物体必做变速运动,但合力不一定做功,合力不做功,则物体动能不变化。
(3)物体的动能不变,一方面表明物体所受的合力不做功;同时表明物体的速率不变(速度的方向可以不断改变,此时物体所受的合力只是用来改变速度方向,产生向心加速度,如匀速圆周运动)。
根据上述三个要点不难判断,本题只有选项B是正确的。
答案 B
3.(2016·西安质检)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动,t=4s时停下,其v-t图象如图1所示,已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同,则下列判断正确的是( )
图1
A.整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功
B.整个过程中拉力做的功等于零
C.t=2s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大
D.t=1s到t=3s这段时间内拉力不做功
解析 对物块运动的整个过程运用动能定理得WF-Wf=0,即拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功,选项A正确,B错误;在0~1s时间内,拉力恒定且大于摩擦力,物块做匀加速运动,速度增大,t=1s时,速度最大,拉力的瞬时功率最大;t=2s时,物块匀速运动,拉力等于摩擦力,所以t=2s时刻拉力的瞬时功率不是最大的,选项C错误;t=1s到t=3s这段时间,物块匀速运动,拉力做正功,摩擦力做负功,合外力做功为零,选项D错误。
答案 A
4.质量为2kg的物体以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上滑行,在向上滑行的过程中,其动能随位移的变化关系如图2所示,则物体返回到出发点时的动能为(取g=10m/s2)( )
图2
A.34JB.56JC.92JD.196J
解析 物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功,由动能定理得-mgx·sin30°-Ffx=0-E0,下滑的过程中重力做正功,摩擦力做负功,得mgx·sin30°-Ffx=E-0,代入数据得E=34J,故选A。
答案 A
5.(2015·全国卷Ⅰ,17)如图3,一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平。
一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道。
质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小。
用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。
则( )
图3
A.W=
mgR,质点恰好可以到达Q点
B.W>
mgR,质点不能到达Q点
C.W=
mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离
D.W<
mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离
解析 根据动能定理得P点动能EkP=mgR,经过N点时,由牛顿第二定律和向心力公式可得4mg-mg=m
,所以N点动能为EkN=
,从P点到N点根据动能定理可得mgR-W=
-mgR,即克服摩擦力做功W=
。
质点运动过程,半径方向的合力提供向心力即FN-mgcosθ=ma=m
,根据左右对称,在同一高度处,由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小,轨道弹力变小,滑动摩擦力Ff=μFN变小,所以摩擦力做功变小,那么从N到Q,根据动能定理,Q点动能EkQ=
-mgR-W′=
mgR-W′,由于W′<
,所以Q点速度仍然没有减小到0,会继续向上运动一段距离,对照选项,C正确。
答案 C
6.关于动能定理的表达式W=Ek2-Ek1,下列说法正确的是( )
A.公式中的W为不包含重力的其他力做的总功
B.公式中的W为包含重力在内的所有力做的功,也可通过以下两种方式计算:
先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功
C.公式中的Ek2-Ek1为动能的增量,当W>0时动能增加,当W<0时,动能减少
D.动能定理适用于直线运动,但不适用于曲线运动,适用于恒力做功,但不适用于变力做功
解析 公式中W指总功,求总功的方法有两种,先求每个力做的功再求功的代数和或先求合力再求合外力的功,故选项B正确,A错误;当W>0时,末动能大于初动能,动能增加,当W<0时,末动能小于初动能,动能减少,故C正确;动能定理不仅适用于直线运动,也适用于曲线运动,不仅适用于恒力做功,也适用于变力做功,故D错误。
答案 BC
7.(2016·中山二模)在距水平地面10m高处,以10m/s的速度水平抛出一质量为1kg的物体,已知物体落地时的速度为16m/s,取g=10m/s2,则下列说法正确的是( )
A.抛出时人对物体做功为150J
B.自抛出到落地,重力对物体做功为100J
C.飞行过程中物体克服阻力做功22J
D.物体自抛出到落地时间为
s
解析 根据动能定理,抛出时人对物体做的功W1=
mv
=50J,选项A错误;自抛出到落地,重力对物体做功WG=mgh=100J,选项B正确;根据动能定理有mgh-Wf=Ek2-Ek1,得物体克服阻力做的功Wf=mgh-
mv
+
mv
=22J,选项C正确;由于空气阻力的影响,物体不做平抛运动,竖直分运动不是自由落体运动,无法求解物体运动的时间,选项D错误。
答案 BC
8.如图4所示,AB为半径R=0.50m的四分之一圆弧轨道,B端距水平地面的高度h=0.45m。
一质量m=1.0kg的小滑块从圆弧道A端由静止释放,到达轨道B端的速度v=2.0m/s。
忽略空气的阻力。
取g=10m/s2。
则下列说法正确的是( )
图4
A.小滑块在圆弧轨道B端受到的支持力大小FN=16N
B.小滑块由A端到B端的过程中,克服摩擦力所做的功W=3J
C.小滑块的落地点与B点的水平距离x=0.6m
D.小滑块的落地点与B点的水平距离x=0.3m
解析 小滑块在B端时,根据牛顿第二定律有FN-mg=m
,解得FN=18N,A错误;根据动能定理有mgR-W=
mv2,解得W=mgR-
mv2=3J,B正确;小滑块从B点做平抛运动,水平方向上x=vt,竖直方向上h=
gt2,解得x=v·
=0.6m,C正确,D错误。
答案 BC
9.在倾角为30°的斜面上,某人用平行于斜面的力把原来静止于斜面上的质量为2kg的物体沿斜面向下推了2m的距离,并使物体获得1m/s的速度,已知物体与斜面间的动摩擦因数为
,g取10m/s2,如图5所示,则在这个过程中( )
图5
A.人对物体做功21J
B.合外力对物体做功1J
C.物体克服摩擦力做功21J
D.物体重力势能减小20J
解析 根据动能定理可知,合外力对物体做的功等于物体动能的变化量,即W合=
mv2=
×2×1J=1J,所以B项正确;物体克服摩擦力做功Wf=μmgxcosθ,代入数据可得Wf=20J,所以C项错误;物体重力势能的减小量等于重力做的功WG=mgxsinθ=20J,D项正确;设人对物体做功为W,则应满足W人+WG-Wf=W合,代入数据可得W人=1J,即人对物体做功1J,A项错误。
答案 BD
二、非选择题
10.(2016·广州模拟)质量m=1kg的物体,在与物体初速度方向相同的水平拉力的作用下,沿水平面运动过程中动能—位移的图线如图6所示。
(g取10m/s2)求:
图6
(1)物体的初速度;
(2)物体和水平面间的动摩擦因数;
(3)拉力F的大小。
解析
(1)由题图可知初动能为2J,
Ek0=
mv
=2J
v0=2m/s
(2)在位移4m处物体的动能为10J,在位移8m处物体的动能为零,这段过程中物体克服摩擦力做功
设摩擦力为Ff,则
-Ffx2=0-10J=-10J
Ff=
N=2.5N
因Ff=μmg
故μ=
=
=0.25
(3)物体从开始到移动4m这段过程中,受拉力F和摩擦力Ff的作用,合力为F-Ff,根据动能定理有
(F-Ff)·x1=ΔEk
解得F=4.5N
答案
(1)2m/s
(2)0.25 (3)4.5N
11.(2016·郑州质量预测)如图7所示,固定在水平地面上的工件,由AB和BD两部分组成。
其中AB部分为光滑的圆弧,∠AOB=37°,圆弧的半径R=0.5m,圆心O点在B点正上方,BD部分水平,长度为l=0.2m,C为BD的中点。
现有一质量m=1kg的物块(可视为质点),从A端由静止释放,恰好能运动到D点。
为使物块运动到C点时速度为零,可先将BD部分以B为轴向上转动一锐角θ,求:
图7
(1)该锐角θ(假设物块经过B点时没有能量损失);
(2)物块在BD板上运动的总路程。
(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)
解析
(1)设动摩擦因数为μ,当BD水平时,研究物块的运动,根据动能定理得W总=ΔEk
从A到D的过程中mgR(1-cos37°)-μmgl=0
代入数据联立解得μ=0.5
当BD以B为轴向上转动一个锐角θ时,从A到C的过程中,根据动能定理
mgR(1-cos37°)-mg
sinθ-μFN
=0
其中FN=mgcosθ
联立解得θ=37°。
(2)物块在C处速度减为零后,由于mgsinθ>μmgcosθ物块将会下滑,而AB段光滑,故物块将做往复运动,直到停止在B点。
根据能量守恒定律mgR(1-cos37°)=Q
而摩擦产生的热量Q=fs,f=μmgcosθ
代入数据解得,物块在BD板上的总路程s=0.25m。
答案
(1)37°
(2)0.25m
12.如图8所示,传送带A、B之间的距离为L=3.2m,与水平面间的夹角θ=37°,传送带沿顺时针方向转动,速度恒为v=2m/s,在上端A点无初速度地放置一个质量为m=1kg、大小可视为质点的金属块,它与传送带的动摩擦因数为μ=0.5,金属块滑离传送带后,经过弯道,沿半径为R=0.4m的光滑圆轨道做圆周运动,刚好能通过最高点E。
已知B、D两点的竖直高度差h=0.5m(g取10m/s2)求:
图8
(1)金属块经过D点时的速度;
(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功。
解析
(1)金属块在E点时,mg=m
,
解得vE=2m/s,在从D到E过程中由动能定理得
-mg·2R=
mv
-
mv
,
解得vD=2
m/s。
(2)金属块刚刚放上传送带时,
mgsinθ+μmgcosθ=ma1,
解得a1=10m/s2,
设经位移x1达到共同速度,则
v2=2a1x1,
解得x1=0.2m<3.2m,
继续加速过程中,mgsinθ-μmgcosθ=ma2,
解得a2=2m/s2,
由x2=L-x1=3m,v
-v2=2a2x2,
解得vB=4m/s,
在从B到D过程中由动能定理得
mgh-W=
mv
-
mv
,
解得W=3J。
答案
(1)2
m/s
(2)3J