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1、考点规范练考点规范练 16 动能定理及其应用动能定理及其应用 考点规范练第考点规范练第 30 页页 一、单项选择题 1.下列有关动能的说法正确的是( ) A.物体只有做匀速运动时,动能才不变 B.物体的动能变化时,速度不一定变化 C.物体做平抛运动时,水平速度不变,动能不变 D.物体做自由落体运动时,物体的动能增加 答案 D 解析物体只要速率不变,动能就不变,A 错误;物体的动能变化时,速度的大小一定变化,B 错误;物体做 平抛运动时,速率增大动能就会增大,C 错误;物体做自由落体运动时,其速率增大,物体的动能增加,D 正确。 2.质量 m=2 kg的物体,在光滑水平面上以 v1=6 m/s
2、的速度匀速向西运动,若有一个 F=8 N 方向向北 的恒力作用于物体,在 t=2 s 内物体的动能增加了( ) A.28 JB.64 JC.32 JD.36 J 答案 B 解析由于力 F与速度 v1垂直,物体做曲线运动,其两个分运动为向西的匀速运动和向北的匀加速直线 运动,对匀加速运动:a= =4 m/s2,v2=at=8 m/s,2 s 末物体的速度 v=10 m/s,2 s 内物体的动 12+ 22 能增加了 Ek= mv2-=64 J,故选项 B正确。 1 2 1 2 m 12 3.一个质量为 0.3 kg 的弹性小球,在光滑水平面上以 6 m/s 的速度垂直撞到墙上,碰撞后小球沿相反方
3、 向运动,反弹后的速度大小与碰撞前相同,则下列碰撞前后小球速度变化量的大小 v 和碰撞过程中 小球的动能变化量 Ek正确的是( ) A.v=0B.v=12 m/s C.Ek=1.8 JD.Ek=10.8 J 答案 B 解析速度是矢量,规定反弹后速度方向为正,则 v=6 m/s-(-6 m/s)=12 m/s,故 B 正确,A 错误;动能是标 量,速度大小不变,动能不变,则 Ek=0,C、D 错误。 4. 光滑斜面上有一个小球自高为 h 的 A 处由静止开始滚下,抵达光滑水平面上的 B点时速度大小为 v0。 光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条,如图所示,小球越过
4、n 条活动阻挡条后停下来。若让小球从 h 高处以初速度 v0滚下,则小球能越过的活动阻挡条的条数是 (设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等)( ) A.nB.2n C.3nD.4n 答案 B 解析设每条阻挡条对小球做的功为 W,当小球在水平面上滚动时,由动能定理得 nW=0-,对第二 1 2 m 02 次有 NW=0-=0-+mgh ,又因为=mgh,联立解得 N=2n,选项 B 正确。 1 2 m 22 1 2 m 02 1 2 m 02 5.物体在恒定阻力作用下,以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。以 a、Ek、s 和 t 分别表示 物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时
5、间,则以下各图像中,能正确反映这一过程的 是( ) 答案 C 解析物体在恒定阻力作用下运动,其加速度不随时间和位移变化,选项 A、B 错误;由动能定理,- Ffs=Ek-Ek0,解得 Ek=Ek0-Ffs,选项 C 正确,D 错误。 6.如图所示,质量为 0.1 kg 的小物块在粗糙水平桌面上滑行 4 m 后以 3.0 m/s 的速度飞离桌面,最终落 在水平地面上,已知物块与桌面间的动摩擦因数为 0.5,桌面高 0.45 m,若不计空气阻力,g 取 10 m/s2,则 ( ) A.小物块的初速度是 5 m/s B.小物块的水平射程为 1.2 m C.小物块在桌面上克服摩擦力做 8 J 的功 D
6、.小物块落地时的动能为 0.9 J 答案 D 解析小物块在桌面上克服摩擦力做功 Wf=mgL=2 J,C 错。在水平桌面上滑行,由动能定理得-Wf= 1 2 mv2-,解得 v0=7 m/s,A 错。小物块飞离桌面后做平抛运动,有 x=vt,h= gt2,解得 x=0.9 m,B 错。 1 2 m 02 1 2 设小物块落地时动能为 Ek,由动能定理得 mgh=Ek- mv2,解得 Ek=0.9 J,D 正确。 1 2 二、多项选择题 7.(2018湖南省十三校联考)有一物体由某一固定的长斜面的底端以初速度 v0沿斜面上滑,斜面与物 体间的动摩擦因数 =0.5,其动能 Ek随离开斜面底端的距离
7、 x 变化的图线如图所示,g 取 10 m/s2,不计 空气阻力,则以下说法正确的是( ) A.斜面的倾角 =30 B.物体的质量 m=0.5 kg C.斜面与物体间的摩擦力大小 Ff=2 N D.物体在斜面上运动的总时间 t=2 s 答案 BC 解析由动能定理 F合x=Ek知 Ek-x 图像的斜率表示合外力,则上升阶段斜率为 mgsin +mgcos = 25 5 =5,下降阶段斜率为 mgsin -mgcos = =1,联立得 tan = ,即 =37,m=0.5 kg,故 A 错误,B 正确。 5 5 3 4 物体与斜面间的摩擦力为 Ff=mgcos =2 N,故 C正确。上升阶段由 E
8、k-x 图像的斜率知合力为 F1=5 N,由 F1=ma1,得 a1=10 m/s2,t1=,Ek1=25 J,联立得 t1=1 s,同理,下降阶段合力为 F2=1 N,由 0 1 1 2 m 02 F2=ma2,得 a2=2 m/s2,t2=,Ek2=5 J,联立得 t2= s,则 t=t1+t2=(1+) s,故 D 错误。 2 2 1 2 m 22 55 8. 如图所示,电梯质量为 m0,在它的水平地板上放置一质量为 m 的物体。电梯在钢索的拉力作用下由静 止开始竖直向上加速运动,当上升高度为 h 时,电梯的速度达到 v,则在这个过程中,以下说法中正确的 是( ) A.电梯地板对物体的支
9、持力所做的功等于 2 2 B.电梯地板对物体的支持力所做的功大于 2 2 C.钢索的拉力所做的功等于+m0gh 2 2 D.钢索的拉力所做的功大于+m0gh 2 2 答案 BD 解析以物体为研究对象,由动能定理得 WN-mgh= mv2,即 WN=mgh+ mv2,选项 B 正确,A 错误。以系 1 2 1 2 统为研究对象,由动能定理得 WT-(m+m0)gh= (m0+m)v2,即 WT= (m0+m)v2+(m0+m)gh+m0gh,选 1 2 1 2 2 2 项 D正确,C错误。 9. 某人通过滑轮将质量为 m 的物体,沿粗糙的斜面从静止开始匀加速地由底端拉到斜面顶端,物体上升 的高度
10、为 h,到达斜面顶端时的速度为 v,如图所示。则在此过程中( ) A.物体所受的合外力做的功为 mgh+ mv2 1 2 B.物体所受的合外力做的功为 mv2 1 2 C.人对物体做的功为 mgh D.人对物体做的功大于 mgh 答案 BD 解析物体沿斜面做匀加速运动,根据动能定理:W合=WF-Wf-mgh= mv2,其中 Wf为物体克服摩擦力做 1 2 的功。人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功,所以 W人=WF=Wf+mgh+ mv2,A、C 错误,B、D 1 2 正确。 三、非选择题 10.如图甲所示,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,
11、 AOB=37,圆弧的半径 R=0.5 m,圆心 O 点在 B 点正上方;BD 部分水平,长度为 0.2 m,C 为 BD 的中点。 现有一质量 m=1 kg,可视为质点的物块从 A 端由静止释放,恰好能运动到 D 点。(g 取 10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)求: (1)为使物块恰好运动到 C 点静止,可以在物块运动到 B 点后,对它施加一竖直向下的恒力 F,F 应为多 大; (2)为使物块运动到 C 点时速度为零,也可先将 BD 部分以 B 为轴向上转动一锐角 ,如图乙所示, 应 为多大。(假设 B 处有一小段的弧线平滑连接,物块经过 B 点时没有能量损失) 答
12、案(1)10 N (2)37 解析(1)设 BD 段长度为 l,与物块间的动摩擦因数为 。研究物块运动,根据动能定理有: 从 A 到 D 的过程中有 mgR(1-cos 37)-mgl=0 从 A 到 C,到 C点恰好静止的过程中有 mgR(1-cos 37)-(F+mg) =0 2 联立解得 =0.5,F=10 N。 (2)乙图中,从 A 到 C 的过程中,根据动能定理有 mgR(1-cos 37)- mgsin -FN=0 2 2 其中 FN=mgcos 联立解得 =37。 11.如图所示,半径 R=0.5 m的光滑圆弧面 CDM 分别与光滑斜面体 ABC 和斜面 MN 相切于 C、M 点
13、, 斜面倾角分别如图所示。O 为圆弧圆心,D 为圆弧最低点,C、M 在同一水平高度。斜面体 ABC 固定 在地面上,顶端 B 安装一定滑轮,一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块 P、Q(两 边细绳分别与对应斜面平行),并保持 P、Q 两物块静止。若 PC 间距为 l1=0.25 m,斜面 MN 足够长,物 块 P 质量 m1=3 kg,与 MN间的动摩擦因数 = ,重力加速度 g 取 10 m/s2(sin 37=0.6,cos 37=0.8)。 1 3 求: (1)小物块 Q的质量 m2; (2)烧断细绳后,物块 P第一次到达 D 点时对轨道的压力大小; (3)物块 P 在
14、MN斜面上滑行的总路程。 答案(1)4 kg (2)78 N (3)1.0 m 解析(1)根据共点力平衡条件,两物块的重力沿斜面的分力相等,有 m1gsin 53=m2gsin 37 解得 m2=4 kg 即小物块 Q 的质量 m2为 4 kg。 (2)小物块 P 到 D 点过程,由动能定理得 m1gh= m1 1 2 2 根据几何关系,有 h=l1sin 53+R(1-cos 53) 在 D点,支持力和重力的合力提供向心力 FD-m1g=m1 2 解得 FD=78 N 由牛顿第三定律,得物块 P 对轨道的压力大小为 78 N。 (3)分析可知最终物块在 CDM 之间往复运动,C 点和 M 点
15、速度为零。 由全过程动能定理得 m1gl1sin 53-m1gcos 53l总=0 解得 l总=1.0 m,即物块 P在 MN 斜面上滑行的总路程为 1.0 m。 12.(2018广西南宁一模)如图所示,AB 是倾角为 =30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,结果它能在两轨道上做往返运动。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 ,重力加速度为 g。 (1)求物体对圆弧轨道最大压力的大小。 (2)求物体滑回轨道 AB上距 B 点的最大距
16、离。 (3)释放点距 B 点的距离 l应满足什么条件,才能使物体顺利通过圆弧轨道的最高点 D。 答案(1)3mg(1-) (2)R (3)lR 3 - 3 3 + 1 3 +3 1 - 3 解析(1)根据几何关系可得 PB=R, tan = 3 从 P 点到 E 点根据动能定理,有 mgR-mgcos PB=-0, 1 2 m 2 代入数据解得 vE=,(2 - 3) 在 E 点,根据牛顿第二定律有 FN-mg=m, 2 解得 FN=3mg(1-)。 (2)设物体滑回到轨道 AB上距 B 点的最大距离为 x,根据动能定理,有 mg(BP-x)sin -mgcos (BP+x)=0, 代入数据解得 x=R。 3 - 3 3 + 1 (3)物体刚好到达最高点 D 时,有 mg=m, 2 解得 v=, 从释放点到最高点 D 的过程,根据动能定理,有 mg(lsin -R-Rcos )-mgcos l= mv2-0 1 2 代入数据解得 l=R, 3 +3 1 - 3 所以只有 lR,物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点 D。 3 +3 1 - 3