第五章 第二讲 动能定理及其应用

第五章 第二讲 动能定理及其应用1．如图1所示，质量相同的物体分别自斜面AC 和BC 的顶端由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数都相同，物体滑到斜面底部C 点时的动 能分别为E k1和E k2，下滑过程中克服摩擦力所做的功分别为W 1和W 2，则 ( )A ．E k1＞E k2 W 1＜W 2B ．E k1＞E k2 W 1＝W 2C ．E k1＝E k2 W 1＞W 2D ．E k1＜E k2 W 1＞W 2解析：设斜面的倾角为θ，斜面的底边长为l ，则下滑过程中克服摩擦力做的功为W ＝μmg cos θ·l /cos θ＝μmgl ，所以两种情况下克服摩擦力做的功相等．又由于B 的高度 比A 低，所以由动能定理可知E k1＞E k2，故选B.答案：B2．一质量为m 的小球用长为l 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平力作用下，从平衡位置P 点缓慢地移动，当悬线偏离竖直方向θ角时，水平力大小为F ，如图2所示，则水平力所做的功为 ( )A ．mgl cos θB ．Fl sin θC ．mgl (1－cos θ)D ．Fl cos θ 解析：小球在缓慢移动的过程中，动能不变，故可用动能定理求解，即W F ＋W G ＝0， 其中W G ＝－mgl (1－cos θ)，所以W F ＝－W G ＝mgl (1－cos θ)，选项C 正确．答案：C3．(2010·南通模拟)如图3甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平 拉力F 作用下，沿x 轴方向运动，拉力F 随物块所在位置坐标x 的变化关系如图乙 所示，图线为半圆．则小物块运动到x 0处时的动能为 ( )图3A ．0B.12F m x 0C.π4F m x 0 D.π4x 02 解析：根据动能定理，小物块运动到x 0处时的动能为这段时间内力F 所做的功，物 块在变力作用下运动，不能直接用功的公式来计算，但此题可用根据图象求“面积”的方法来解决．力F 所做的功的大小等于半圆的“面积”大小．E k ＝W ＝12S 圆＝12π(x 02)2，又F m ＝x 02.整理得E k ＝π4F m x 0＝π8x 02，C 选项正确． 答案：C4．(2010·济南质检)如图4所示，电梯质量为M ，地板上放着一质量为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12m v 2 B ．地板对物体的支持力做的功等于mgHC ．钢索的拉力做的功等于12M v 2＋MgH D ．合力对电梯做的功等于12M v 2 解析：对物体m 用动能定理：WF N －mgH ＝12m v 2，故WF N ＝mgH ＋12m v 2，A 、B 均 错；钢索拉力做的功，W F 拉＝(M ＋m )gH ＋12(M ＋m )v 2，C 错；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12M v 2，D 正确． 答案：D5．如图5所示，质量为m 的物体用细绳经过光滑小孔牵引在光滑水平面上做匀速圆周运动，拉力为某个值F 时，转动半径为R .当拉力逐渐减小到F 4时，物体仍做匀速圆 周运动，半径为2R ，则外力对物体做的功为 ( )A ．－FR 4B.3FR 4C.5FR 2D.FR 4解析：F ＝m v 12R ，F 4＝m v 222R ，由动能定理得W ＝12m v 22－12m v 12，联立解得W ＝－FR 4， 即外力做功为－FR 4.A 项正确． 答案：A6．一个小物块从底端冲上足够长的斜面后，又返回斜面底端．已知小物块的初动能为 E ，它返回斜面底端的速度大小为v ，克服摩擦阻力做功为E /2.若小物块冲上斜面的 动能为2E ，则物块 ( )A ．返回斜面底端时的动能为EB ．返回斜面底端时的动能为3E /2C ．返回斜面底端时的速度大小为2vD ．返回斜面底端时的速度大小为v 解析：设初动能为E 时，小物块沿斜面上升的最大位移为s 1，初动能为2E 时，小物 块沿斜面上升的最大位移为s 2，斜面的倾角为θ，由动能定理得：－mgs 1sin θ－F f s 1＝0－E,2F f s 1＝E 2，E －E 2＝12m v 2；而－mgs 2sin θ－F f s 2＝0－2E ，可得：s 2＝2s 1，所以 返回斜面底端时的动能为2E －2F f s 2＝E ，A 正确，B 错误；由E ＝12m v ′2可得v ′ ＝2v ，C 、D 均错误．答案：A7．(2010·韶关模拟)如图6甲所示，一物块在t ＝0时刻，以初速度v 0从足够长的粗糙 斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示，t 0时刻物块到达最高点， 3t 0时刻物块又返回底端．由此可以确定 ( )图6A ．物块返回底端时的速度B ．物块所受摩擦力大小C ．斜面倾角θD ．3t 0时间内物块克服摩擦力所做的功解析：上升过程中，mg sin θ＋F f ＝ma 1 v 0＝a 1t 0 s ＝v 02t 0 下滑过程中，mg sin θ－F f ＝ma 2 v ＝a 2·2t 0s ＝12a 2(2t 0)2 以上各式联立可求得v ＝v 02，sin θ＝5v 08gt 0，F f ＝3m v 08t 0，故A 、C 正确，因不知物块的 质量m ，故F f 不可求，B 错误；对整个过程应用动能定理可得，－W f ＝12m v 2－12m v 02， 故W f ＝38m v 02，因不知m ，故W f 也不可求得，D 错误． 答案：AC8．如图7所示，水平传送带长为s ，以速度v 始终保持匀速运动，把质量为m 的货物放到A 点，货物与皮带间的动摩擦因数为μ，当货物从A 点运动到B 点的过程中，摩擦力对货物做的功可能 ( )A ．等于12m v 2 B ．小于12m v 2 C ．大于μmgs D ．小于μmgs解析：货物在传送带上相对地面的运动可能先加速后匀速，也可能一直加速而货物的最终速度小于v ，故摩擦力对货物做的功可能等于12m v 2，可能小于12m v 2，可能等 于μmgs ，可能小于μmgs ，故选A 、B 、D.答案：ABD9．(2010·如皋模拟)如图8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，再将小铁块放回A 处，并轻推一下使之具 有初速度v 0，沿新斜面向下滑动．关于此情况下小铁块的运动情况的描述正确的是( )A ．小铁块一定能够到达P 点B ．小铁块的初速度必须足够大才能到达P 点C ．小铁块能否到达P 点与小铁块的质量有关D ．以上说法均不对解析：如图所示，设AB ＝s 1，BP ＝s 2，AP ＝s 3，动摩擦因数为μ，由动能定理得：mgs 1sin α－μmgs 1cos α－μmgs 2＝0，可得：mgs 1sin α＝μmg (s 1cos α＋s 2)，设小铁块沿AP 滑到P 点的速度为v P ，由动能定理得：mgs 3sin β－μmgs 3cos β＝12m v P 2－12m v 02，因s 1sin α＝s 3sin β，s 1cos α＋s 2 ＝s 3cos β，故得：v P ＝v 0，即小铁块可以沿AP 滑到P 点，故A 正确．答案：A10．如图9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 ，木块距水平台的右端L ＝1.7 m ．质量为m ＝0.10M 的子弹以v 0＝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s＝1.6 m，求：(g取10 m/s2)(1)木块对子弹所做的功W1和子弹对木块所做的功W2；(2)木块与台面间的动摩擦因数μ.解析：(1)由动能定理得，木块对子弹所做的功为W1＝12m v2－12m v02＝－243 J同理，子弹对木块所做的功为W2＝12M v12＝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：－μMgL＝12M v22－12M v12木块离开台面后的平抛阶段s＝v22hg解得μ＝0.50.答案：(1)－243 J8.1 J(2)0.5011．(2010·南通月考)如图10为车站使用的水平传送带装置的示意图，绷紧的传送带始终保持3.0 m/s的恒定速率运行，传送带的水平部分AB距水平地面的高度h＝0.45m，现有一质量为m＝10 kg的行李包(可视为质点)由A端被传送到B端，且传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端水平抛出．已知行李包与传送带之间动摩擦因数为μ＝0.2，且A与B之间距离为L＝6 m．不计空气阻力，g取10 m/s2.(1)行李包从A传送到B的过程中，摩擦力对物块做的功为多少？(2)行李包从B端水平抛出后在空中运动的时间和飞出的水平距离为多少？解析：(1)设行李包加速到传送带的速度v0＝3.0 m/s，经历的时间为t1，则有v0＝μgt1.此过程中行李包的位移s1＝12μgt12.可求得s1＝2.25 m＜L，故行李包在B端被平抛的速度v B＝v0＝3.0 m/s.W f＝12m v02＝45 J.(2)由h ＝12gt 22 s 2＝v B t 2 可得t 2＝0.3 s s 2＝0.9 m.答案：(1)45 J (2)0.3 s 0.9 m12．如图11所示为“S ”形玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的，固定在竖直平面内，轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆连接而成的，圆半径比细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切，弹射装置将一个小球(可视为质点)从a 点水平射向b 点并进入轨道，经过轨道后从p 点水平抛出，已知小球与地面ab 段间的动摩擦因数μ＝0.2，不计其 他机械能损失，ab 段长L ＝1.25 m ，圆的半径R ＝0.1 m ，小球质量m ＝0.01 kg ，轨 道质量为M ＝0.15 kg ，g ＝10 m/s 2，求：(1)若v 0＝5 m/s ，小球从p 点抛出后的水平射程；(2)若v 0＝5 m/s ，小球经过轨道的最高点时，管道对小球作用力的大小和方向；(3)设小球进入轨道之前，轨道对地面的压力大小等于轨道自身的重力，当v 0至少为 多大时，轨道对地面的压力为零．解析：(1)设小球运动到p 点时的速度大小为v ，对小球由a 点运动到p 点的过程， 应用动能定理得：－μmgL －4Rmg ＝12m v 2－12m v 02① 小球从p 点抛出后做平抛运动，设运动时间为t ，水平射程为s ，则4R ＝12gt 2② s ＝v t ③联立①②③代入数据解得s ＝0.4 6 m(2)设在轨道最高点时管道对小球的作用力大小为F ，取竖直向下为正方向，有：F＋mg ＝m v 2R④ 联立①④代入数据解得F ＝1.1 N ，方向竖直向下．(3)分析可知，要使小球以最小速度v 0运动，且轨道对地面的压力为零，则小球的位 置应该在“S ”形轨道的中间位置，则有：F′＋mg＝m v12，F′＝MgR－μmgL－2mgR＝12－12m v022m v1解得：v0＝5 m/s.答案：(1)0.4 6 m(2)1.1 N，方向竖直向下(3)5 m/s。