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1、动能定理及其应用考点规范练第32页一、单项选择题1.用竖直向上大小为30 N的力F,将2 kg的物体由沙坑表面静止抬升1 m时撤去力F,经一段时间后,物体落入沙坑,测得落入沙坑的深度为20 cm。若忽略空气阻力,g取10 m/s2。则物体克服沙坑的阻力所做的功为()A.20 JB.24 JC.34 JD.54 J答案:C解析:用竖直向上大小为30 N的力F,将2 kg的物体由沙坑表面静止抬升1 m的过程,由动能定理得Fh-mgh=mv2,撤去力F后的过程由动能定理mg(d+h)-W=0-mv2,联立解得W=mg(d+h)+Fh-mgh=Fh+mgd=301 J+2100.2 J=34 J。选项
2、C正确。2.(2015河北邯郸月考)一条长12 m的传送带,倾角为30,它能够将工件从地面送到卡车上,每个工件的质量为25 kg,传送带每分钟可传送16个工件,不考虑传送带对工件的加速,g取10 m/s2,下列说法正确的是()A.传送带每分钟对工件做的总功是2.4104 JB.摩擦力每分钟对工件做的总功是1.2104 JC.传送带的传送功率为100 WD.传送带的传送功率为200 W答案:A解析:传送工件时不计加速,则工件随传送带一起匀速上升,即摩擦力Ff=mgsin ,传送带对工件做功实质是传送带的摩擦力Ff对工件做功,所以W=nFfl=16mgsin 30l=2.4104 J,A项正确,B
3、项错误;由功率定义P= W=400 W,知C、D项错误。3.质量为10 kg 的物体,在变力F作用下沿x轴做直线运动,力随坐标x的变化情况如图所示。物体在x=0处,速度为1 m/s,一切摩擦不计,则物体运动到x=16 m处时,速度大小为()A.2 m/sB.3 m/sC.4 m/sD. m/s答案:B解析:由题图可知变力F做的正功W1=104 J+104 J=60 J,变力F做的负功大小W2=104 J=20 J,由动能定理得W1-W2=,解得v2=3 m/s,故选项B正确。4.如图所示,水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成,且,物块P(可视为质点)以某一初速度从A点滑上桌面,最后恰好
4、停在C点,已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为14,则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数1、2之比为(物块P在AB、BC上所做的运动均可看作匀变速直线运动)()A.11B.14C.41D.81答案:D解析:设=l,物块P到达B点时速度为vB,则依题意有=4,解得vB=,根据动能定理有-1mgl=,-2mgl=-,解得,选项D正确。5.(2015安徽蚌埠二次联考)如图所示,质量为m的滑块从高为h处的a点沿圆弧轨道ab滑入水平轨道bc,滑块与两段轨道的动摩擦因数相同。滑块在a、c两点时的速度大小均为v,ab段弧长与bc段长度相等。空气阻力不计,则滑块从a到c的运动过程中()A.滑块的
5、动能始终保持不变B.滑块在bc段运动过程中克服摩擦力做的功一定等于C.滑块经过b点时的速度大于D.滑块经过b点时的速度等于导学号34220293答案:C解析:滑块在a、c两点的速度大小均为v,由于在bc段是不断减速的,故可得整个过程中滑块是先加速后减速的,动能先增大后减小,A错;对于全过程由动能定理可得mgh-Wf=0,即全程克服摩擦力做的功等于mgh,由于在ab段滑块与圆弧轨道间的压力大小不等于重力,而在bc段滑块与水平轨道间的压力大小等于重力,两段摩擦力大小不相等,所以克服摩擦力做的功不相等,则小球在bc段克服摩擦力做的功不一定等于,B错;可假设把圆弧轨道分割为n段微小斜面,且斜面的倾角很
6、小,滑块在圆弧轨道上运动,处于超重状态,对轨道的压力大于重力,克服摩擦力做功较多,即有Wf,由a点到b点,由动能定理可得mgh-Wf=mv2-mv2,可解得v,C对,D错。二、多项选择题6.(2015宁夏银川模拟)右图为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板时,光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶,经过时间t前进的距离为x,且速度达到最大值vm。设这一过程中电动机的功率恒为P,小车所受阻力恒为Ff,那么这段时间内()A.小车做匀加速运动B.小车受到的牵引力逐渐减小C.小车受到的合外力所做的功为Pt
7、D.小车受到的牵引力做的功为Ffx+答案:BD解析:本题考查功、动能定理,意在考查动能定理的应用。小车在运动方向上受牵引力F和阻力Ff,因为v增大,P不变,由P=Fv,F-Ff=ma,得出F逐渐减小,a也逐渐减小,当v=vm时,a=0,故A错误,B正确;合外力做的功W外=Pt-Ffx,由动能定理得Pt-Ffx=,故C错误,D正确。7.太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车。当太阳光照射到汽车上方的光电板时,光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进。设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶,经过时间t,速度为v时达到额定功率,并保持不变。之后汽车又继续前进了距离x,达到最大速度vmax。设汽车质量为m,
8、运动过程中所受阻力恒为Ff,则下列说法正确的是()A.汽车的额定功率为FfvmaxB.汽车匀加速运动过程中,克服阻力做功为FfvtC.汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中,牵引力所做的功为mv2D.汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中,合力所做的功为答案:AD解析:当汽车达到最大速度时牵引力与阻力平衡,功率为额定功率,则可知选项A正确;汽车匀加速运动过程中通过的位移x=vt,克服阻力做功为Wf1=Ffvt,选项B错误;根据动能定理可得WF-Wf=,Wf=Ffvt+Ffx,可知选项C错误,选项D正确。8.物体沿直线运动的v-t关系如图所示,第3秒末到第7秒末的图象为直线,已知在第1秒内合外力
9、对物体做的功为W,加速度为2a,则()A.从第3秒末到第5秒末合外力做功为-2WB.从第5秒末到第7秒末合外力做功为WC.从第3秒末到第4秒末合外力做功为-0.75WD.从第3秒末到第7秒末合外力做功为零,加速度为-a导学号34220294答案:BCD解析:通过题意知01 s内W=,2a=。从第3 s末到第5 s末合外力做功应为W35=0-,即W35=-W,A错;从第5 s末到第7 s末合外力做功应为W57=-0,即W57=W,B对;从第3 s末到第4 s末合外力做功应为W34=m()2-,即W34=-W,C对;从第3 s末到第7 s末合外力做功应为W37=0-0=0,加速度a37=-,即a3
10、7=-a,D对。三、非选择题9.如图甲所示,长为4 m的水平轨道AB与半径为R=0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接,有一质量为1 kg的滑块(大小不计),从A处由静止开始受水平向右的力F作用,F的大小随位移变化的关系如图乙所示,滑块与AB间的动摩擦因数为=0.25,与BC间的动摩擦因数未知,g取10 m/s2。求:(1)滑块到达B处时的速度大小;(2)滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间;(3)若到达B点时撤去力F,滑块沿半圆弧轨道内侧上滑,并恰好能到达最高点C,则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少?答案:(1)2 m/s(2) s(3)5 J解析:(1)对滑块从A到
11、B的过程,由动能定理得F1x1-F3x3-mgxAB=即202 J-101 J-0.251104 J=1,得vB=2 m/s。(2)在前2 m内,有F1-mg=ma,且x1=,解得t1= s。(3)当滑块恰好能到达最高点C时,则有mg=m对滑块从B到C的过程,由动能定理得W-mg2R=代入数值得W=-5 J,即克服摩擦力做的功为5 J。10.如图所示,一质量为m=0.5 kg的小滑块,在F=4 N水平拉力的作用下,从水平面上的A处由静止开始运动,滑行x0=1.75 m后由B处滑上倾角为37的光滑斜面,滑上斜面后拉力的大小保持不变,方向变为沿斜面向上,滑动一段时间后撤去拉力。已知小滑块沿斜面上滑
12、到的最远点C距B点为l=2 m,小滑块最后恰好停在A处。不计B处能量损失,g取10 m/s2,已知sin 37=0.6,cos 37=0.8。试求:(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数。(2)小滑块在斜面上运动时,拉力作用的距离x。(3)小滑块在斜面上运动时,拉力作用的时间t。答案:(1)(2)1.25 m(3)0.5 s解析:(1)小滑块由C点运动到A点,由动能定理得mglsin 37-mgx0=0,解得=。(2)小滑块由A点运动到C点,由动能定理得Fx0+Fx-mglsin 37-mgx0=0,解得x=1.25 m。(3)小滑块由A点运动到B点,由动能定理得Fx0-mgx0=mv2;由牛顿第
13、二定律得F-mgsin 37=ma;由运动学公式得x=vt-at2。联立各式,解得t=0.5 s。11.(2015福建厦门质检)一皮带传输装载机械示意图如图所示。井下挖掘工将矿物无初速度放置于沿图示方向运行的传送带A端,被传输到末端B处,再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点C处,然后水平抛到货台上。已知半径为R=0.4 m的圆形轨道与传送带在B处相切,O点为圆形轨道的圆心,BO、CO分别为圆形轨道的半径。矿物可视为质点,传送带与水平面间的夹角=37,矿物与传送带间的动摩擦因数=0.85,传送带匀速运行的速度为v0=6 m/s,传送带A、B两点间的长度为L=40 m。若矿物落点D处离最高点C点的水平
14、距离为x=2 m,竖直距离为h=1.25 m,矿物质量m=5 kg,sin 37=0.6,cos 37=0.8,g取10 m/s2,不计空气阻力。求:(1)矿物到达C点时对轨道的压力大小;(2)矿物到达B点时的速度大小;(3)矿物由A点到达C点的过程中,摩擦力对矿物所做的功。导学号34220295答案:(1)150 N(2)6 m/s(3)1 276 J解析:(1)矿物从C点处抛出,由平抛运动知识可得x=vCth=gt2矿物在C处,由牛顿第二定律可得FN+mg=m解得FN=150 N。根据牛顿第三定律可得:矿物到达C点时对轨道的压力大小为FN=FN=150 N。(2)设矿物在AB段始终处于加速
15、状态,由动能定理可得(mgcos -mgsin )L=mvB2解得vB=6 m/s由于vBv0,故矿物应在传送带上先加速至与传送带速度相等后匀速至B故vB=6 m/s。(3)矿物由A到C过程,由动能定理得Wf-mgLsin +R(1+cos )=解得Wf=1 276 J。12.滑板运动是极限运动的鼻祖,许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。滑板运动的轨道如图所示,BC和DE是两段光滑圆弧形轨道,BC段的圆心为O点,圆心角为60,半径OC与水平轨道CD垂直,水平轨道CD段粗糙且长8 m。一运动员从轨道上的A点以3 m/s的速度水平滑出,在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC,经CD轨道后冲上
16、DE轨道,到达E点时速度减为零,然后返回。已知运动员和滑板的总质量为60 kg,B、E两点与水平面CD的竖直高度为h和H,且h=2 m,H=2.8 m,g取10 m/s2。求:(1)运动员从A运动到达B点时的速度大小vB;(2)轨道CD段的动摩擦因数;(3)通过计算说明,第一次返回时,运动员能否回到B点?如能,请求出回到B点时速度的大小;如不能,则最后停在何处?导学号34220296答案:(1)6 m/s(2)0.125(3)不能停留在D点左侧6.4 m处(或C点右侧1.6 m处)解析:本题是按时间顺序的多过程问题。对于多过程问题,审题清楚以后的第一个任务就是“拆”,就是将一个长过程拆成几个相对独立的子过程。然后选择合适的过程应用动能定理解题。(1)由题意可知vB=解得vB=2v0=6 m/s。(2)由B点到E点,由动能定理可得mgh-mgsCD-mgH=0-代入数据可得=0.125。(3)设运动员能到达左侧的最大高度为h。从E下滑到第一次返回左侧最高处,根据动能定理mgH-mgsCD-mgh=0解出h=1.8 mh=2 m所以第一次返回时,运动员不能回到B点。设运动员从B点运动到停止,在CD段的总路程为s,由动能定理可得mgh-mgs=0-解得s=30.4 m因为s=3sCD+6.4 m,所以运动员最后停在D点左侧6.4 m处,或C点右侧1.6 m处。