1、小题必练9：动能和动能定理(1)动能及动能定理；(2)应用动能定理求解多过程问题；(3)应用动能定理求解多物体的运动问题。例1(2019全国III卷17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为( )A2 kg B1.5 kg C1 kg D0.5 kg【答案】C【解析】设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，当h3 m时，由动能定理结合题图可得(mgF)h(3672
2、) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，当h3 m时，再由动能定理结合题图可得(mgF)h(4824) J，联立解得m1 kg、F2 N，选项C正确，A、B、D均错误。【点睛】本题考查动能定理，体现了模型建构素养。物体受到大小不变的外力，方向始终与速度方向相反，即上升时外力方向向下，下落时外力方向向上，这是解答此题的关键。1(多选)如图是利用太阳能驱动的小车，若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离s，速度达到最大值vm，在这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为F，那么这段时间内()A小车做匀加速运动B电动机所做的功为PtC电动机所做
3、的功为mvD电动机所做的功为Fsmv【答案】BD【解析】对小车由牛顿第二定律得Fma，由于小车的速度逐渐增大，故小车加速度逐渐减小，小车做加速度逐渐减小的加速运动，A项错误；电动机对小车所做的功WPt，B项正确；对小车由动能定理得WFsmv，解得WFsmv，C项错误，D项正确。2(多选)在工厂的流水线上安装有足够长的水平传送带，用水平传送带传送工件，可以大大提高工作效率，如图所示，水平传送带以恒定的速率v运送质量为m的工件，工件以v0(v0v)的初速度从A位置滑上传送带，工件与传送带间的动摩擦因数为，已知重力加速度为g，则()A工件滑上传送带到与传送带相对静止所需时间为B因传送工件电动机多做的
4、功为m(v2v)C传送带的摩擦力对工件所做的功为m(vv0)2D工件与传送带的相对位移为【答案】AD【解析】工件滑上传送带后先做匀加速运动，mgma，ag，相对滑动时间为t，A项正确；因传送工件电动机多做的功Wmgvtmv(vv0)，B项错误；根据动能定理传送带对工件做功W1m(v2v)，C项错误；工件与传送带的相对位移xvtt，D项正确。3如图，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
5、擦力所做的功。则()AWmgR，质点恰好可以到达Q点BWmgR，质点不能到达Q点CWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离DWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离【答案】C【解析】根据动能定理得P点动能EkPmgR，经过N点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得4mgmgm，所以N点动能为EkNmgR，从P点到N点根据动能定理可得mgRWmgRmgR，即克服摩擦力做功WmgR。质点运动过程，半径方向的合力提供向心力即FNmgcosmam，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fFN变小，所以摩擦力做功变小，那么从N到Q，根据动能定理
6、，Q点动能EkQmgRmgRWmgRW，由于WmgR，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项正确。4质量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其vt图象如图所示(竖直向上为正方向，DE段为直线)，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是()At3t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动Bt0t2时间内，合力对小球先做正功后做负功C0t2时间内，小球的平均速度一定为Dt3t4时间内，拉力做的功为m(v3v4)(v4v3)g(t4t3)【答案】D【解析】t3t4时间内小球做竖直向上的匀减速直线运动，A错误；t0t2时间内小球速度一直增大，合力对小球一直做正功
7、，B错误；0t3时间内小球的运动不是匀变速运动，不等于，C错误；t3t4由动能定理得WFmghmvmv，且h(v4v3)(t4t3)，解得WFm(v3v4)(v4v3)g(t4t3)，D正确。5(多选)如图所示，在倾角为的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B靠在平板的右侧，A、B与斜面的动摩擦因数均为。开始时用手按住物体B使弹簧处于压缩状态，现放手，使A和B一起沿斜面向上运动距离L时，A和B达到最大速度v。则以下说法正确的是()AA和B达到最大速度v时，弹簧是自然长度B若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为g(sin
8、 cos )C从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于Mv2MgLsin MgLcos D从释放到A和B达到最大速度v的过程中，B受到的合力对它做的功等于mv2【答案】BD【解析】A和B达到最大速度v时，A和B的加速度为零。对AB整体：由平衡条件知kx(mM)gsin (mM)gcos ，所以此时弹簧处于压缩状态，故A项错误；A和B恰好分离时，A、B间的弹力为0，A、B的加速度相同，对B受力分析，由牛顿第二定律知，mgsin mgcos ma，得agsin gcos ，故B项正确；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对AB整体，根据动能定理得W弹(mM)gLsin (mM)
9、gcos L(mM)v2，所以弹簧对A所做的功W弹(mM)v2(mM)gLsin (mM)gcos L，故C项错误；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，根据动能定理得B受到的合力对它做的功W合Ekmv2，故D项正确。6如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为2 kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B两球均处于静止状态，此时OA0.3 m，OB0.4 m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1 m时速度大小为3 m/s，则在此过程中绳的拉力对B球所做的功为(取g1
10、0 m/s2)()A11 J B16 J C18 J D9 J【答案】C【解析】A球向右运动0.1 m时，vA3 m/s，OA0.4 m，OB0.3 m，设此时BAO，则有tan 。由运动的合成与分解可得vAcos vBsin ，解得vB4 m/s。以B球为研究对象，此过程中B球上升高度h0.1 m，由动能定理，WmghmvB2，解得轻绳的拉力对B球所做的功为WmghmvB22100.1 J242 J18 J，选项C正确。7(多选)如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内
11、运动。当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2。设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则的值可能是()A B C D1【答案】AB【解析】第一次击打后球最高到达与球心O等高位置，根据动能定理，有：W1mgR，两次击打后可以到达轨道最高点，根据动能定理，有：W1W22mgRmv2，在最高点，有：mgNmmg，联立解得：W1mgR，W2mgR，故，故A、B正确，C、D错误。8如图所示，上表面水平的圆盘固定在水平地面上，一
12、小物块从圆盘边缘上的P点，以大小恒定的初速度v0，在圆盘上沿与直径PQ成不同夹角的方向开始滑动，小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为v，则v2cos图象应为() 【答案】A【解析】设圆盘半径为r，小物块与圆盘间的动摩擦因数为，由动能定理可得mg2rcos mv2mv，整理得v2v4grcos ，可知v2与cos 为线性关系，斜率为负，故A项正确，B、C、D项错误。9(多选)如图所示，物块A、B、C、D的质量都是m，并都可看作质点，四个物块用细线通过轻质滑轮连接。物块B与C、C与D、D与地面的距离都是L。现将物块A下方的细线剪断，若物块A距离滑轮足够远且不计一切阻力，则()AA上升的最大速度是
13、 BA上升的最大速度是 CA上升的最大高度是DA上升的最大高度是【答案】AD【解析】设物块D落地时速度为v1，在D落地过程中，对四个物块应用动能定理有3mgLmgL4mv；在物块C落地过程中，对三个物块应用动能定理有2mgLmgL3mv3mv，联立解得v2，A正确，B错误；之后物块B匀速下降直到落地，A匀速上升，至此A已上升了3L的高度；再往后物块A做竖直上抛运动，还可以上升h，A上升的最大高度Hh3LL，C错误，D正确。10多级火箭是由数级火箭组合而成的运载工具，每一级都有发动机与燃料，目的是为了提高火箭的连续飞行能力与最终速度。现有一小型多级火箭，质量为M，第一级发动机的额定功率为P，先使
14、火箭由静止竖直向上做加速度为a的匀加速直线运动。若空气阻力为f并保持不变，不考虑燃料燃烧引起的质量变化及高度不同引起的重力变化，达到额定功率后，发动机功率保持不变，直到火箭上升达到最大速度时高度为H。试求：(1)第一级发动机能使火箭达到的最大速度。(2)第一级发动机做匀加速运动的时间。(3)第一级发动机以额定功率开始工作，直到最大速度时的运行时间。【解析】(1)由题意知火箭达到最大速度时加速度为零，设发动机牵引力为F，则：FfMg额定功率为P，所以最大速度有：。(2)由题意知做匀加速运动，加速度a不变，功率为P，设匀加速运动的最大速度为v1，时间为t1，此时牵引力为F1，则有：PF1v1F1(
15、fMg)Mav1at1联立解得：。(3)设以额定功率开始工作，直到最大速度的时间为t，则根据动能定理有：Pt(fMg)(Hma12)Mvm2Mv12由(1)可知：由(2)可知：联立解得：。11如图所示，光滑圆弧AB在竖直平面内，圆弧B处的切线水平，A、B两端的高度差为h10.2 m，B端高出水平地面h20.8 m，O点在B点的正下方，将一确定的滑块从A端由静止释放，落在水平面上的C点处。取g10 m/s2。求：(1)落地点C到O的距离xOC；(2)在B端平滑连接一水平放置长为L1.0 m的木板MN，滑块从A端释放后正好运动到N端停止，求木板MN与滑块间的动摩擦因数；(3)若将木板右端截去长为L
16、的一段，滑块从A端释放后将滑离木板落在水平面上P点处，要使落地点P距O点的距离最远，则L应为多少？距离s的最大值为多少？ 【解析】(1)滑块从光滑圆弧AB下滑过程中，根据动能定理得：mgh1mvB20得vB2 m/s滑块离开B点后做平抛运动，则：竖直方向：h2gt2水平方向：xvBt联立得到xvB代入数据解得x0.8 m。(2)滑块从B端运动到N端停止的过程，根据动能定理得：mgL0mvB2代入数据解得0.2。(3)若将木板右端截去长为L的一段后，设滑块滑到木板最右端时速度为v，由动能定理得：mg(LL)mv2mvB2滑块离开木板后仍做平抛运动，高度不变，运动时间不变，则落地点距O点的距离：sLLvt联立整理得：s10.8L(0.4)21.16所以当0.4即L0.16 m时，s最大，且最大值smax1.16 m。