专题10：动能定理2

专题10：动能及动能定理

题型1：对动能定理的理解及应用

1.如图所示，电梯质量为M，地板上放置一质量为m的物体．钢索拉电梯由静止开始向上加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，则()

A．地板对物体的支持力做的功等于mv2

B．地板对物体的支持力做的功等于mgH

C．钢索的拉力做的功等于Mv2＋MgH

D．合力对电梯M做的功等于

Mv2

解析：对物体m用动能定理：WN－mgH＝mv2，故WN＝mgH＋mv2，A、B均错，钢索拉力做的功WF拉＝(M＋m)gH＋

(M＋m)v2，故C错误，由动能定理知，合力对电梯M做的功应等于电梯动能的变化Mv2，故D正确．

答案：D

2.如图所示，质量为M、长度为L的木板静止在光滑的水平面上，质量为m的小物体(可视为质点)放在木板上最左端，现用一水平恒力F作用在小物体上，使物体从静止开始做匀加速直线运动．已知物体和木板之间的摩擦力为f

当物体滑到木板的最右端时，木板运动的距离为s，则在此过程中()

A．物体到达木板最右端时具有的动能为F

(L＋s)

B．物体到达木板最右端时，木板具有的动能为(F-f)s

C．物体克服摩擦力所做的功为fL

D．物体和木板增加的机械能为F(L+s)-fL

解析：由题意画示意图可知，由动能定理对小物体：(F－f)·(L＋x)＝mv2，故

A错误．对木板：f·s＝Mv2，故B错误．物块克服摩擦力所做的功Ff·(L＋s)，故C错．物块和木板增加的机械能mv2＋Mv2＝F·(L＋s)－f·L＝(F－f)·L＋F·s，故D正确．

答案：D

3.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.铁块一定不能够到达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

【解析】

设动摩擦因数为

由动能定理得:sincos

可得:sincos

设沿AP滑到P的速度为

由动能定理得:sincos

因coscos故得:即铁块恰好沿AP滑到P点与铁块质量无关,故D正确.【答案】

D

4．一个25

kg的小孩从高度为3.0

m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0

m/s.取g＝10

m/s2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是()

A．合外力做功50

J

B．阻力做功500

J

C．重力做功500

J

D．支持力做功50

J

解析：重力做功WG＝mgh＝25×10×3

J＝750

J，C错；小孩所受支持力方向上的位移为零，故支持力做的功为零，D错；合外力做的功W合＝Ek－0，即W合＝mv2＝×25×22

J＝50

J，A项正确；WG－W阻＝Ek－0，故W阻＝mgh－mv2＝750

J－50

J＝700

J，B项错误．

答案：A

5.如图所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡(粗糙)底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，AB之间的水平距离为s，重力加速度为g.下列说法错误的是()

A．小车克服重力所做的功是mgh

B．合外力对小车做的功是mv2

C．推力对小车做的功是mv2＋mgh

D．阻力对小车做的功是mv2＋mgh－Fs

解析：小车克服重力做功W＝Gh＝mgh，A选项正确；由动能定理小车受到的合力做的功等于小车动能的增加，W合＝ΔEk＝mv2，B选项正确；由动能定理，W合＝W推＋W重＋W阻＝mv2，所以推力做的功W推＝mv2－W阻－W重＝mv2＋mgh－W阻，C选项错误；阻力对小车做的功W阻＝mv2－W推－W重＝mv2＋mgh－Fs，D选项正确．

答案：C

6．质量为2

kg的物体,放在动摩擦因数.1的水平面上,在水平拉力的作用下由静止开始运动,水平拉力做的功W和物体发生的位移s之间的关系如图所示,重力加速度g取10

m/s则此物体（）

A.在位移为s=9

m时的速度是

m/s

B.在位移为s=9

m时的速度是6

m/s

C.在OA段运动的加速度是2.5

m/s

D.在OA段运动的加速度是1.5

m/s

【解析】

W-s图线斜率表示水平拉力的大小,由图可得:

N

N,因

由可得.5

m/sD正确,C错误;

由可得在位移s=9

m时的速度为v=3

m/s,A、B均错误.【答案】

D

7.如图，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动．在移动过程中，下列说法正确的是()

A．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和

B．F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和

C．木箱克服重力做的功等于木箱克服摩擦力做的功

D．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和

解析：木箱加速上滑的过程中，拉力F做正功，重力和摩擦力做负功．支持力不做功，由动能定理得：WF－WG－Wf＝mv2－0.即WF＝WG＋Wf＋mv2.A、B错误，又因克服重力做功WG等于物体重力势能的增加，所以WF＝ΔEp＋ΔEk＋Wf，故C错误，D正确.答案：D

8．一个木块静止于光滑水平面上，现有一个水平飞来的子弹射入此木块并深入2

cm而相对于木块静止，同时间内木块被带动前移了1

cm，则子弹损失的动能、木块获得动能以及子弹和木块共同损失的动能三者之比为()

A．3∶1∶2

B．3∶2∶1

C．2∶1∶3

D．2∶3∶1

解析：设子弹深入木块深度为d，木块移动s，则子弹对地位移为d＋s；设子弹与木块的相互作用力为f，由动能定理，子弹损失的动能等于子弹克服木块阻力所做的功，即ΔE1＝f(d＋s)，木块所获得的动能等于子弹对木块作用力所做的功，即ΔE2＝fs，子弹和木块共同损失的动能为ΔE3＝ΔE1－ΔE2＝fd，即三者之比为(d＋s)∶s∶d＝3∶1∶2.答案：A

9.右端连有光滑弧形槽的水平桌面AB长L=1.5

m,如图所示.将一个质量为m=0.5

kg的木块在F=1.5

N的水平拉力作用下,从桌面上的A端由静止开始向右运动,木块到达B端时撤去拉力F,木块与水平桌面间的动摩擦因数.2,取g=10

m/s.求:

(1)木块沿弧形槽上升的最大高度;

(2)木块沿弧形槽滑回B端后,在水平桌面上滑动的最大距离.【解析】

(1)由动能定理得:

其中..N=1.0

N

所以.15

m.(2)由动能定理得:

所以m=0.75

m.【答案】

(1)0.15

m

(2)0.75

m

10.质量为m的物体从高为h的斜面顶端自静止起下滑,最后停在平面上的B点,如图所示,若该物体从斜面顶端以初速度沿斜面滑下,则停在平面上的C点,已知AB=BC,AB段与AC段的是完全一样的平面,则物体在斜面上克服摩擦力所做的功为多少?

【解析】

物体从斜面顶端滑下至停在B点:从斜面顶端滑下至停在C点:,由两式解得.【答案】

11.如图所示,倾角斜面上,轻弹簧一端固定在A点,自然状态时另一端位于B点,斜面上方有一半径R=1

m、圆心角等于143的竖直圆弧形光滑轨道与斜面相切于D处,圆弧轨道的最高点为M.现有一小物块将弹簧缓慢压缩到C点后释放,物块经过B点后的位移与时间关系为x=8t-4.的单位是m,t的单位是s),若物块经过D点后恰能到达M点,取g=10

m/,sin37=0.6,cos37=0.8,求:

(1)物块与斜面间的动摩擦因数;

(2)BD间的距离.【解析】

(1)由x=8t-4.知,物块在B点的速度8

m/s,(2分)

从B到D过程中加速度大小

a=9

m/

(2分)

由牛顿第二定律得sin37cos37

(3分)

得.(2分)

(2)物块在M点的速度满足

(2分)

物块从D到M过程中,有cos37

(3分)

物块在由B到D过程中,有

(2分)

解得

m.(2分)

【答案】

(2)1

m

12.如图所示，半径R＝0.8

m的光滑圆弧轨道固定在水平地面上，O为该圆弧的圆心，轨道上方的A处有一个可视为质点的质量m＝1

kg的小物块，小物块由静止开始下落后恰好沿切线进入圆弧轨道．此后小物块将沿圆弧轨道下滑，已知AO连线与水平方向的夹角θ＝45°，在轨道末端C点紧靠一质量M＝3

kg的长木板，木板上表面与圆弧轨道末端的切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，g取10

m/s2.求：

(1)小物块刚到达C点时的速度大小；

(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端C点时对轨道的压力；

(3)要使小物块不滑出长木板，木板长度L至少为多少？

解析：(1)小物块从A到C，根据机械能守恒有

mg×2R＝mv，解得vC＝4

m/s.(2)小物块刚要到C点，由牛顿第二定律有

FN－mg＝mv/R，解得FN＝50

N．由牛顿第三定律，小物块对C的压力FN′＝50

N，方向竖直向下．

(3)设小物块刚滑到木板右端时达到共同速度，大小为v，小物块在长木板上滑行过程中，小物块与长木板的加速度分别为am＝μmg/m

aM＝μmg/M

v＝vC－amt

v＝aMt

由能量守恒定律得－μmgL＝(M＋m)v2－mv

联立解得L＝4

m.答案：(1)4

m/s(2)50

N，方向竖直向下(3)4

m

题型2：利用动能定理求变力做功的问题

用动能定理求变力的功，是非常方便的，但是必须知道始末两个状态的物体的速度，以及在中间过程中分别有哪些力对物体做功，各做了多少功．

13.如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，已知OP＝L/2，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B.则：

(1)小球到达B点时的速率？

(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多少？

(3)若初速度v0＝3，则在小球从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？

解析：(1)小球恰能到达最高点B，有mg＝，得vB＝.(2)由A→B由动能定理得：，可求出：v0＝

(3)由动能定理得：，可求出：WF＝mgL.14质量为m的小球被系在轻绳一端,在竖直平面内做半径为R的圆周运动,如图所示,运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点,此时绳子的张力为7mg,在此后小球继续做圆周运动,经过半个圆周恰好能通过最高点,则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是（）

A.B.C.D.mgR

【解析】

小球通过最低点时,设绳的张力为

则即

①

小球恰好过最高点,绳子拉力为零,这时

②

小球从最低点到最高点的过程中,由动能定理得:

③

由①②③式解得:.

【答案】

C

15.如图甲所示，一质量为m＝1

kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块在按如图乙所示规律变化的水平力F的作用下向右运动，第3

s末物块运动到B点且速度刚好为0，第5

s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10

m/s2，求：

(1)A、B间的距离；

(2)水平力F在5

s时间内对物块所做的功．

解析：(1)由图乙可知在3～5

s内物块在水平恒力作用下由B点匀加速运动到A点，设加速度为a，A、B间的距离为s，则有F－μmg＝ma，a＝＝

m/s2＝2

m/s2，s＝at2＝4

m.(2)设整个过程中水平力所做功为WF，物块回到A点时的速度为vA，由动能定理得：

WF－2μmgs＝mv，v＝2as，WF＝2μmgs＋mas＝24

J.答案：(1)4

m(2)24

J

16．在2008年四川汶川大地震抗震救灾活动中，为转移被困群众动用了直升飞机．设被救人员的质量m＝80

kg，所用吊绳的拉力最大值Fm＝1

200

N，所用电动机的最大输出功率为Pm＝12

kW，为尽快吊起被困群众，操作人员采取的办法是，先让吊绳以最大的拉力工作一段时间，而后电动机又以最大功率工作，被救人员上升h＝90

m时恰好达到最大速度(g取10

m/s2)，试求：

(1)被救人员刚到达机舱时的速度；

(2)这一过程所用的时间．

解析：(1)第一阶段绳以最大拉力拉着被救人员匀加速上升，当电动机达到最大功率时，功率保持不变，被救人员变加速上升，速度增大，拉力减小，当拉力与重力相等时速度达到最大．由Pm＝Tvm＝mgvm得vm＝＝

m/s＝15

m/s

(2)a1＝＝

m/s2＝5

m/s2

匀加速阶段的末速度v1＝＝

m/s＝10

m/s，时间t1＝＝

s＝2

s

上升的高度h1＝t1＝×2

m＝10

m

对于以最大功率上升过程，由动能定理得：Pmt2－mg(h－h1)＝mv－mv

代入数据解得t2＝5.75

s，所以此过程所用总时间为t＝t1＋t2＝(2＋5.75)

s＝7.75

s.答案：(1)15

m/s(2)7.75

s

题型3：用动能定理求解多过程问题

应用动能定理解题的基本步骤

(1)选取研究对象，明确它的运动过程．

(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：

(3)明确物体在过程的始末状态的动能Ek1和Ek2.(4)列出动能定理的方程，进行求解．

17．小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地高度h处，小球的势能是动能的2倍，则h等于()

A.B.C.D.解析：设小球上升离地高度h时，速度为v1，地面上抛时速度为v0，下落至离地面高度h处速度为v2，设空气阻力为f

上升阶段：－mgH－fH＝－mv，－mgh－fh＝mv－mv

又2mgh＝mv

下降阶段：mg(H－h)－f(H－h)＝mv，mgh＝2×mv

由上式联立得：h＝H.答案：D

18如图所示，AB是倾角为θ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，结果它能在两轨道间做往返运动．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μ.求：

(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；

(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；

(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件．

解析：(1)因为摩擦始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动．

对整体过程由动能定理得：mgR·cos

θ－μmgcos

θ·s＝0，所以总路程为s＝.(2)对B→E过程mgR(1－cos

θ)＝mv①

N－mg＝②

由①②得对轨道压力：N＝(3－2cos

θ)mg.(3)设物体刚好到D点，则mg＝③

对全过程由动能定理得：mgL′sin

θ－μmgcos

θ·L′－mgR(1＋cos

θ)＝mv④

由③④得应满足条件：L′＝·R.答案：(1)(2)(3－2cos

θ)mg(3)·R

19.如图所示，质量m＝0.5

kg的小球从距离地面高H＝5

m处自由下落，到达地面时恰能沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动，半圆形槽的半径R＝0.4

m，小球到达槽最低点时速率恰好为10

m/s，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘飞出且沿竖直方向上升、下落，如此反复几次，设摩擦力大小恒定不变，取g＝10

m/s2，求：

(1)小球第一次飞出半圆形槽上升到距水平地面的高度h为多少？

(2)小球最多能飞出槽外几次？

解析：(1)在小球下落到最低点的过程中，设小球克服摩擦力做功为Wf，由动能定理得：

mg(H＋R)－Wf＝mv2－0

从小球下落到第一次飞出半圆形槽上升到距水平地面h高度的过程中，由动能定理得mg(H－h)－2Wf＝0－0

联立解得：h＝－H－2R＝

m－5

m－2×0.4

m＝4.2

m.(2)设小球最多能飞出槽外n次，则由动能定理得：mgH－2nWf＝0－0

解得：n＝＝＝＝6.25

故小球最多能飞出槽外6次．

答案：(1)4.2

m(2)6次