1、课练15动能和动能定理1.物体以初速度v0从A点出发，沿光滑水平轨道向前滑行，途中经过一小段粗糙程度恒定的轨道并滑离，关于该物体在通过轨道的粗糙部分的前后，下列说法正确的是()A初速度v0越大，物体动能的减少量越大B初速度v0越大，物体动能的减少量越小C初速度v0越大，物体速度的减小量越大D初速度v0越大，物体速度的减小量越小2.(多选)2012年9月25日，中国航母“辽宁舰”正式交付海军，这将极大提高我们中国海军的整体作战实力如图所示是“歼15飞机”在航母“辽宁舰”上的起降示意图已知“歼15飞机”的质量为m，它的发动机额定功率恒定，起飞前在航母上运动过程中所受的摩擦阻力为恒力“歼15飞机”以
2、额定功率从静止开始沿航母做直线运动，到航母一端后起飞设“歼15飞机”经过时间t运动了位移s时，速度达到最大值v，此时刚好离开航母起飞则“歼15飞机”发动机在航母上运动过程所做的功为()A. B.mv2C.mv2 D.3(多选)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
3、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4.如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN，重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为()A.R(FN3mg) B.R(3mgFN)C.R(FNmg) D.R(FN2mg)5.如图所示，木板质量为M，长度为L，小木块质量为m，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳通过定滑轮分别与M和m连接，小木块与木板间的动摩擦因数为.开始时木块静止在木板左端，现用水平向右的力将m拉至右端，拉力至少做的功为()AmgL B2mgLCmgL/2 D(
4、Mm)gL6已知一足够长的传送带与水平面的夹角为，以一定的速度匀速运动某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t0时刻记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取沿传送带向上的运动方向为正方向，其中|v1|v2)已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2，则()A0t1内，物块对传送带做正功B物块与传送带间的动摩擦因数为，4WF1，Wf22Wf1 BWF24WF1，Wf22Wf1CWF24WF1，Wf22Wf1 DWF24WF1，Wf2mgR，质点不能到达Q点CWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离DWmgsin，得tan， 故B
5、错误；0t2内，由vt图线与t轴所围“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得WWGmvmv，则传送带对物块做的功Wmvmv，故C错误；物块的重力势能减小量和动能减小量都转化为系统产生的内能，则由能量守恒定律知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，故D正确7AD物体到达最高点时，机械能为EEpmgh，由图知Ep30 J，得m kg1 kg，故C错误；物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力做的功，Emgcos，得0.5，故B错误；物体上升过程中，由牛顿第二定律得mgsinmgcosma，得agsi
6、ngcos100.6 m/s20.5100.8 m/s210 m/s2，故A正确；由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功为W30 J50 J20 J，在整个过程中由动能定理得2WEkEk0，则有EkEk02W50 J2(20) J10 J，故D正确8BCD如果小球的速度不能使小球做圆周运动，且小球升高竖直高度小于l时，由机械能守恒可得mvmgh，所以最大高度是，所以A错误、C正确；如果小球升高竖直高度大于l小于2l时，由于小球在最大高度处动能不为零，由机械能守恒定律可知，最大高度小于，所以B正确；如果小球的速度能使小球做圆周运动，那么最大高度就是圆周运动的直径2l，所以D正确9C两次物体均做匀加
7、速运动，由于时间相等，两次的末速度之比为12，则由vat可知两次的加速度之比为12，所以，故两次的平均速度分别为、v，两次的位移之比为12，由于两次的摩擦力相等，故由Wffx可知，Wf22Wf1，因为W合WFWf，故WFW合Wf，故WF2W合2Wf24W合12Wf14W合14Wf14WF1，选项C正确10C小物体从A处运动到D处的过程中，克服摩擦力所做的功为Wf1mgh，小物体从D处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，克服摩擦力所做的功Wf2mgh，所以小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低，C正确，A、B错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体可能停在圆
8、弧槽上的任何地方，D错误11解题思路：(1)物体P从A下滑经B到C过程中根据动能定理有mgLsin37mgR(1cos37)mgcos37Lmv0，解得vC6 m/s.(2)物体P在C点，根据牛顿第二定律有Nmgm，解得N4.6 N.根据牛顿第三定律，物体P通过C点时对轨道的压力为4.6 N.(3)物体P最后在B和与其等高的圆弧轨道上来回运动时，经C点压力最小，由B到C由动能定理有mgR(1cos37)mv，解得vC2 m/s，则Nminmgm1.4 N.根据牛顿第三定律，物体P对C点处轨道的最小压力为1.4 N.答案：(1)6 m/s(2)4.6 N(3)1.4 N12解题思路：(1)由动能
9、定理有mghmghcotmv2，得v.(2)在水平滑道上由能量守恒定律有mv2Ep，得Epmghmghcot.(3)设物块A能够上升的最大高度为h1，物块A被弹回过程中，由能量守恒定律有Epmgh1cotmgh1，得h1.答案：(1)(2)mghmghcot(3)加餐练1AC由动能定理知，在P从最高点下滑到最低点的过程中mgRWmv2，在最低点的向心加速度a，联立得a，选项A正确；在最低点时有Nmgma，所以N，选项C正确2C质点由静止开始下落到最低点N的过程中由动能定理：mg2RWmv2质点在最低点：FNmg由牛顿第三定律得：FN4mg联立得WmgR，质点由N点到Q点的过程中在等高位置处的速
10、度总小于由P点到N点下滑时的速度，故由N点到Q点过程克服摩擦力做功WW，故质点到达Q点后，会继续上升一段距离，选项C正确3C由动能定理可知Ek1 900 J100 J1 800 J，故A、B均错重力势能的减少量等于重力做的功，故C正确、D错4A设圆盘半径为r，小物块与圆盘间的动摩擦因数为，由题意可知，小物块运动到圆盘另一边缘过程中摩擦力做负功，由动能定理可得，mg2rcosmv2mv，即v2v4grcos，可知v2与cos为线性关系，斜率为负，故A正确，B、C、D错误5BC设小球由B点再上升h到达最高点，由动能定理得，mvmvmgh0.1mg0，解得h3h，所以小球上升的最大高度Hhh4h，B
11、正确；下落过程中小球从B点到C点动能的增加量mvmvmgh0.1mghmgh，C正确6CD因为WFx，则在x0至x3 m过程中，F1 N5 N，由牛顿第二定律有F1mgma1，得a11 m/s2，A错；在x3 m至x9 m过程中，F2 N2 N，由牛顿第二定律有F2mgma2，得a20.2 m/s，则知物体在此过程中做匀减速直线运动，加速度大小为0.2 m/s2，B错，C对；在x0至x9 m过程中，合力做功W合W9mgx4.5 J，D对7D小物块在桌面上克服摩擦力做功WfmgL2 J，C错在水平桌面上滑行，由动能定理得Wfmv2mv，解得v07 m/s，A错小物块飞离桌面后做平抛运动，有xvt
12、、hgt2，解得x0.9 m，B错设小物块落地时动能为Ek，由动能定理得mghEkmv2，解得Ek0.9 J，D正确8BC根据动能定理，抛出时人对物体做的功W1mv50 J，选项A错误；自抛出到落地，重力对物体做功WGmgh100 J，选项B正确；根据动能定理有mghWfEk2Ek1，得物体克服阻力做的功Wfmghmvmv22 J，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，无法求解平抛运动的时间，选项D错误9BCD由物体速度减小到最小值v0，可知恒力F的方向与速度v0的方向间的夹角为钝角，将v0沿F的方向和垂直于F的方向进行分解，可知垂直于F方向的速度大小v
13、xv0，平行于F方向的速度大小vyv0，根据牛顿第二定律可知Fm，A错误；水平恒力作用2t时间，垂直于F方向的速度大小vxv0不变，平行于F方向的速度大小vyv0，物体速度大小为v0，B正确；在t时间内，水平恒力做的功为Wmvmvmv，C正确；若水平恒力大小为2F，方向不变，物体运动过程中的最小速度仍为v0，D正确10A由A点释放恰好能滑动到C点，小物块P受重力、支持力、滑动摩擦力作用设斜面AC长为L，则ABL，BCL.对全过程，根据动能定理有mgLsin1mgcosL2mgcosL0，得tan.11解题思路：(1)小球B被拉到C点过程中，已知拉力为恒力，则拉力做功为：WFFx又xPBPC据勾
14、股定理可知PB0.5 m，而PC0.1 m，解得WF22 J(2)小球B被拉到C点过程中，重力对小球B做负功，则WGmgR6 J(3)小球B被拉到C点时，B球沿绳方向速度为0，则此时A球的速度也为0；(4)小球B被拉到C点时，据动能定理有：WFWGmv2解得：v4 m/s(5)当绳与轨道相切时两球速度相等，由相似三角形知识得，所以h0.3 m0.225 m答案：(1)22 J(2)6 J(3)0(4)4 m/s(5)0.225 m12解题思路：(1)物块滑上长木板的一瞬间，长木板受到的合外力等于滑块对长木板的摩擦力，即Fmg由牛顿第二定律有FMa得a(2)当长木板的速度达到最大时，弹簧的弹力等于滑块对长木板的摩擦力即kxmg得x长木板从开始运动到速度最大的过程中，设最大速度为v，根据动能定理有mgxkx2Mv2得v(3)当弹簧的压缩量最大时，长木板的速度为零，此时木块的速度也为零，设长木板的长为L，根据能量守恒有mvmgEp得L答案：(1)(2)(3)