1、动能动能定理 (25分钟60分)一、选择题(本题共6小题,每题5分,共30分)1.关于做功和物体动能变化的关系,下列说法正确的是()A.只要有力对物体做功,物体的动能就增加B.只要物体克服阻力做功,它的动能就减少C.动力和阻力都对物体做功,物体的动能一定变化D.力对物体做功的代数和等于物体的末动能与初动能之差【解析】选D。合力对物体做负功时,物体的动能减少,故A错误;物体克服阻力做功时,还可能有动力做功,所以动能不一定减少,故B错误;动力和阻力都对物体做功,但所做总功可能为零,动能不变,故C错误;根据动能定理可知,力对物体做功的代数和等于物体的末动能与初动能之差,故D正确。2.(多选)在一次冰
2、壶比赛中,运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面抛出,由于摩擦阻力的作用,其动能随位移变化图线如图所示,已知冰壶质量为19 kg,g取10 m/s2,则以下说法正确的是()A.=0.05B.=0.01C.滑行时间t=5 sD.滑行时间t=10 s【解析】选B、D。对冰壶由图像和动能定理得:-mgx=0-Ek0,解得:=0.01,则A错误,B正确;冰壶运动时,a=g=0.1 m/s2,由运动学公式x=at2得:t=10 s,则C错误,D正确。3.(2020济南高一检测)物体在合外力作用下做直线运动的v-t图像如图所示,下列表述正确的是()A.在01 s内,合外力做正功B.在02 s内,合外力总是做负
3、功C.在12 s内,合外力不做功D.在03 s内,合外力总是做正功【解析】选A。由图可知,在01 s内,动能增加,故合外力做正功,故A正确;在02 s内,动能先增大后减小,故合外力先做正功,后做负功,故B错误;在12 s内,动能减小,故合外力做负功,故C错误;在03 s内,动能先增加后减小,故合外力先做正功,后做负功,故D错误。4.(2016全国卷)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动,在时间间隔t内位移为s,动能变为原来的9倍。该质点的加速度为()A.B.C.D.【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析:(1)动能Ek=mv2。(2)位移s=t。(3)加速度a=。【解析】选A。设初、末速度
4、分别为v1、v2,加速度为a,则由Ek=mv2得v2=3v1;代入s=t得v1=,v2=,a=,故选A。【加固训练】质量为m的物体从地面上方H高处无初速度释放,落到地面后出现一个深为h的坑,如图所示,在此过程中()A.重力对物体做功mgHB.物体重力势能减少mg(H-h)C.合力对物体做的总功为零D.地面对物体的平均阻力为【解析】选C。根据重力做功的公式可知:WG=mgh=mg(H+h),故A错误;重力做的功为mg(H+h),且为正功,则物体重力势能减少mg(H+h),故B错误;对全程由动能定理可知,初末动能为零,则合外力做功为零,故C正确;由动能定理得:mg(H+ h)-fh=0,解得:f=
5、,故D错误。5.如图,一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置,轨道两端等高;质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下,滑到最低点Q时,对轨道的正压力为2mg,重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中,克服摩擦力所做的功为()A.mgRB.mgRC.mgRD.mgR【解析】选C。当质点沿着轨道下滑到位置Q时具有的动能为:Ek=mv2,此时质点对轨道压力为N:由牛顿第二定律得:N-mg=,由动能定理得:mgR-Wf=mv2解得:Wf=,故选项C正确。【加固训练】如图所示,AB为圆弧轨道,BC为水平直轨道,圆弧的半径为R,BC的长度也是R。一质量为m的物体,与两个轨道的动摩擦因数都为,当它由轨道顶端A
6、从静止下滑时,恰好运动到C处停止,那么物体在AB段克服摩擦力做功为()A.mgRB.mgRC.mgRD.(1-)mgR【解析】选D。BC段物体受摩擦力f=mg,位移为R,故BC段摩擦力对物体做功W=-fR=-mgR; 对全程由动能定理可知,mgR+W1+W=0,解得W1=mgR-mgR; 故AB段克服摩擦力做功为W克=mgR-mgR=(1-)mgR。故本题选D。6.质点所受的力F随时间变化的规律如图所示,力的方向始终在同一直线上。已知t=0时质点的速度为零。在图中从0时刻开始,哪段时间力对质点做功最大()A.0t1B.0t2C.0t3D.0t4【解题指南】解答本题可按以下思路进行:(1)根据F
7、-t图像,分析加速度的变化和速度的变化。(2)确定速度最大时刻。(3)根据动能定理得到结论。【解析】选B。质点受到一个变力F的作用,从静止开始运动,在0t1时间内,力F逐渐增大,在t1时刻达到最大值,这一段时间质点做变加速直线运动,它的加速度也是在t1时刻达到最大。而后,力F逐渐变小,至t2时刻减为零,这一段时间质点仍做变加速直线运动,只是加速度在逐渐变小,而速度仍在逐渐增大。从t2t3这段时间,力F变为反向,并且逐渐增大,相应的加速度也将变为反向,数值也是逐渐增大,它做的是变减速直线运动,速度方向仍是向前。在t3t4这段时间,力F逐渐变小,加速度也逐渐变小,质点继续做变减速直线运动,直到t4
8、时刻力F减为零。通过以上分析不难看出,质点在t2时刻速度达到最大值,动能达最大值,根据动能定理知,故B正确。二、非选择题(本题共2小题,共30分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)7.(14分)(2020宜宾高一检测)如图所示是某学习小组设计的“探究做功与速度的关系”的实验装置,将光电门固定在直轨道上的O点,将拉力传感器固定在小车上,用不可伸长的细线通过一个定滑轮将小车与钩码相连,用拉力传感器记录小车所受拉力F的大小,通过光电门记录遮光条通过光电门的时间t,结合遮光条的宽度d计算出小车通过光电门时的速度,该小组提出如下操作方案:用同一钩码通过细线拉同一小车,每次小车从不同位
9、置由静止释放,各位置A、B、C、D、E、F、G(图中只标出了G)与O点间的距离分别为s1、s2、s3、s4、s5、s6、s7。(1)用该实验方案(选填“需要”或“不需要”)平衡摩擦力。(2)利用图像法处理实验数据,若以s为纵轴,以(选填“”或“”)为横轴作出的图像是一条过原点的直线,则可得出做功与速度的关系。(3)若该图像斜率为k,则小车(含传感器)的质量为。【解析】(1)利用小车自身的重力的分力平衡接触面的摩擦力,这样传感器测量的外力即为小车受到的合外力,所以需要平衡摩擦力。(2)平衡摩擦力后,拉力传感器测出的外力F即为小车所受合外力,根据动能定理:Fs=mv2遮光条通过光电门的速度:v=两
10、式联立解得:s=,所以s与成正比。(3)根据上述计算结果可知:=k解得小车(含传感器)的质量为:m=。答案:(1)需要(2)(3) 8.(16分)如图所示,质量为M=0.2 kg的木块放在水平台面上,台面比水平地面高出h=0.20 m,木块离台面的右端L=1.7 m。质量为m=0.02 kg的子弹以v0=180 m/s的速度水平射向木块,当子弹以v=90 m/s的速度水平射出时,木块的速度为v1=9 m/s(此过程作用时间极短,可认为木块的位移为零)。若木块落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离为l=1.6 m,求:(1)木块对子弹所做的功W1和子弹对木块所做的功W2。(2)木块与台面间的
11、动摩擦因数(g取10 m/s2)。【解析】(1)由动能定理得,木块对子弹所做的功为W1=mv2-m=-243 J子弹对木块所做的功为W2=M=8.1 J(2)设木块离开台面时的速度为v2,木块在台面上滑行阶段,对木块由动能定理,有-MgL=M-M木块离开台面后做平抛运动,h=gt2,l=v2t解得=0.5。答案:(1)-243 J8.1 J(2)0.5 (15分钟40分)9.(6分)(多选)如图所示为测定运动员体能的装置,轻绳拴在腰间沿水平线跨过定滑轮(不计滑轮的质量与摩擦),下悬质量为m的物体。设人的重心相对地面不动,人用力向后蹬传送带,使水平传送带以速率v逆时针转动。则()A.人对重物做功
12、,功率为mgvB.人对传送带的摩擦力大小等于mg,方向水平向左C.在时间t内人对传送带做功消耗的能量为mgvtD.若使传送带的速度增大,人对传送带做功的功率不变【解析】选B、C。由题知,物体没有移动,所以人对物体没有做功,功率为0,故A错误。根据人的重心不动知人处于平衡状态,人所受的摩擦力与拉力平衡,传送带对人的摩擦力方向向右,拉力等于物体的重力mg,所以人对传送带的摩擦力大小也等于mg,方向水平向左,故B正确。在时间t内人对传送带做功消耗的能量等于人对传送带做的功,人的重心不动,绳对人的拉力和人与传送带间的摩擦力平衡,而拉力又等于mg。根据W=Fvt,所以人对传送带做功为mgvt,故C正确。
13、由于恒力做功,根据功率P=Fv知:若增大传送带的速度,人对传送带做功的功率增大,故D错误。10.(6分)(多选)某质量m=1 500 kg的“双引擎”小汽车,行驶速度v54 km/h时靠电动机输出动力;行驶速度在54 km/h90 km/h时汽油机和电动机同时工作,这种汽车更节能环保。该小汽车在一条平直的公路上由静止启动,汽车的牵引力F随运动时间t的图线如图所示,所受阻力恒为1 250 N。已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎,以后保持恒定功率行驶至第11 s末。则在前11 s内()A.经过计算t0=6 sB.电动机输出的最大功率为60 kWC.汽油机工作期间牵引力做的功为4.5105 JD.
14、汽车的位移为160 m【解析】选A、C。开始阶段,牵引力F1=5 000 N,据牛顿第二定律可得,F1-f=ma,解得:开始阶段加速度a=2.5 m/s2。v1=54 km/h=15 m/s,据t0=,解得t0=6 s,故A项正确。t0时刻,电动机输出的功率最大,且Pm=F1v1=5 00015 W=75 000 W=75 kW,故B项错误。汽油机工作期间,功率P=F2v1=6 00015 W=90 kW,11 s时刻汽车的速度v2= m/s=25 m/s=90 km/h,汽油机工作期间牵引力做的功W=Pt2=90103(11-6) J=4.5105 J,故C项正确。汽车前6 s内的位移x1=
15、a=2.562 m=45 m,后5 s内根据动能定理得:Pt2-fx2=m-m,解得:汽车后5 s内的位移x2=120 m。所以前11 s时间内汽车的位移x=x1+x2=45 m+120 m=165 m,故D项错误。11.(6分)(多选)如图所示为某一传送装置,与水平面夹角=37,传送带以4 m/s的速率顺时针运转。某时刻在传送带上端A处无初速度地放上一质量为1 kg的小物块(可视为质点),物块与传送带间的动摩擦因数为0.25,传送带上端A与下端B距离为3.5 m,则小物块从A到B的过程中(g取10 m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8)()A.运动的时间为2 sB.小物块对传送带
16、做的总功为0C.小物块与传送带相对位移为1.5 mD.小物块与传送带之间因摩擦而产生的内能为3 J【解析】选B、D。开始阶段,由牛顿第二定律得:mgsin+mgcos=ma1,解得:a1=gsin+gcos=8 m/s2,物体加速至与传送带速度相等时需要的时间为:t1= s=0.5 s,通过的位移为:x1=a1=80.52 m=1 m,由于mgsin37 mgcos37,可知物体与传送带不能保持相对静止,速度相等后,物体所受的摩擦力沿斜面向上,根据牛顿第二定律得:mgsin-mgcos=ma2,解得:a2= gsin-gcos=4 m/s2,根据L-x1=vt2+a2,解得t2=0.5 s,故
17、运动的总时间为t=t1+t2=1 s,故A错误;小物块对传送带做的总功即滑动摩擦力对传送带所做的功为:W=-mgcosvt1+mgcosvt2,而t1=t2=0.5 s,故W=0,故B正确;前0.5 s内传送带的速度大于小物块的速度,小物块相对于传送带向后运动,相对位移:x1=vt1-x1=40.5 m-1 m=1 m,后0.5 s内小物块的速度大于传送带的速度,小物块相对于传送带向前运动,相对位移:x2=(L-x1)-vt2=(3.5-1)m-40.5 m=0.5 m,物块相对于传送带的位移:x=x1-x2=1 m-0.5 m=0.5 m,故C错误;小物块相对于传送带的路程:L=x1+x2=
18、1 m+0.5 m=1.5 m,因小物块和传送带之间的摩擦而产生的内能为:Q=fL=mgcosL=3 J,故D正确;故选B、D。12.(22分)如图所示,ABC为竖直面内一固定轨道,AB段是半径为R的光滑圆弧,水平段与圆弧轨道相切于B,水平段BC长度为L,C端固定一竖直挡板。一质量为m的小物块自A端从静止开始沿圆轨道下滑,与挡板共发生了两次碰撞后停止在水平段B、C之间的某处,物块每次与挡板碰撞不损失机械能(即碰撞前、后速率相同)。不计空气阻力,物块与水平段BC间的动摩擦因数为,重力加速度为g。试求:(1)物块第一次与挡板碰撞时的速率。(2)物块在水平轨道上滑行的总路程。(3)物块最后一次滑到圆
19、弧轨道底端B处对圆弧轨道的压力。【解析】(1)对物块第一次从A到C过程,根据动能定理:mgR-mgL=m解得第一次碰撞挡板的速率v1=(2)设物块质量为m,在水平轨道上滑行的总路程为s,对物块从开始下滑到停止在水平轨道上的全过程分析,根据动能定理:mgR-mgs=0解得s=(3)设物块最后一次经过圆弧轨道底端B时的速率为v2,对圆弧轨道的压力为FN,则:FN-mg=m第一种可能情况:物块与挡板第二次碰撞后,向右运动还未到B点时就停下,则: mgR-mg2L=m由解得FN=(3-)mg第二种可能情况:物块与挡板第二次碰撞后,向右可再一次滑上光滑圆弧轨道,则:mgR-mg4L=m由解得FN=(3-)mg答案:(1)(2)(3)(3-)mg或(3-)mg
