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課時(shí)規(guī)范練16　動(dòng)能定理及其應(yīng)用 基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練 1.(單物體動(dòng)能定理)(2018湖北八校高三聯(lián)考)物體靜止在光滑水平面上,先對(duì)物體施加一水平向右的恒力F1,經(jīng)時(shí)間t撤去F1,立即再對(duì)它施加一水平向左的恒力F2,又經(jīng)時(shí)間3t物體回到出發(fā)點(diǎn),在這一過(guò)程中,F1、F2分別對(duì)物體做的功W1、W2之間的關(guān)系是(　　) A.W1∶W2=1∶1 B.W1∶W2=2∶3 C.W1∶W2=9∶5 D.W1∶W2=9∶7 答案D 解析設(shè)恒力F1作用t后物體的速度為v1,恒力F2又作用3t后物體的速度為v2,則物體在恒力F1作用t后的位移x1=,物體在恒力F2作用3t后的位移x2=3t,由題意知x1=-x2,整理得v1=-v2,由動(dòng)能定理得,W1=,W2=,則,故選項(xiàng)D正確。 2.(單物體動(dòng)能定理)(2018河南鄭州質(zhì)檢)如圖所示,光滑斜面的頂端固定一彈簧,一小球向右滑行,并沖上固定在地面上的斜面。設(shè)小球在斜面最低點(diǎn)A的速度為v,壓縮彈簧至C點(diǎn)時(shí)彈簧最短,C點(diǎn)距地面高度為h,不計(jì)小球與彈簧碰撞過(guò)程中的能量損失,則彈簧被壓縮至C點(diǎn)的過(guò)程,彈簧對(duì)小球做的功為(　　) A.mgh-mv2 B.mv2-mgh C.mgh+mv2 D.mgh 答案A 解析小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中,重力和彈簧的彈力對(duì)小球做負(fù)功,由于支持力與位移始終垂直,則支持力對(duì)小球不做功,由動(dòng)能定理,可得WG+WF=0-mv2,重力做功為WG=-mgh,則彈簧的彈力對(duì)小球做功為WF=mgh-mv2,所以正確選項(xiàng)為A。 3.(多選)(單物體動(dòng)能定理　向心力)(2016全國(guó)卷Ⅲ,20)如圖,一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面;在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m 的質(zhì)點(diǎn)P。它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中,克服摩擦力做的功為W。重力加速度大小為g。設(shè)質(zhì)點(diǎn)P在最低點(diǎn)時(shí),向心加速度的大小為a,容器對(duì)它的支持力大小為FN,則(　　) A.a= B.a= C.FN= D.FN= 答案AC 解析質(zhì)點(diǎn)P由靜止滑到最低點(diǎn)過(guò)程由動(dòng)能定理得 mgR-W=mv2① 在最低點(diǎn)時(shí)有a=② 聯(lián)立①②解得a=, 由牛頓第二定律得FN-mg=m③ 聯(lián)立①③解得FN=,所以選項(xiàng)A、C正確,B、D錯(cuò)誤。 4.(多選)(單物體動(dòng)能定理　圖象理解)(2018遼寧五校聯(lián)考)在某一粗糙的水平面上,一質(zhì)量為2 kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后,拉力逐漸減小,且當(dāng)拉力減小到零時(shí),物體剛好停止運(yùn)動(dòng),圖中給出了拉力隨位移變化的關(guān)系圖象。已知重力加速度g取10 m/s2。根據(jù)以上信息能精確得出或估算得出的物理量有(　　) A.物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù) B.合外力對(duì)物體所做的功 C.物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度 D.物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 答案ABC 解析物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),拉力F與滑動(dòng)摩擦力Ff相等,物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ==0.35,A正確;減速過(guò)程由動(dòng)能定理得WF+Wf=0-mv2,根據(jù)F-x圖象中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積可以估算力F做的功WF,而Wf=-μmgx,由此可求得合外力對(duì)物體所做的功,及物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v,B、C正確;因?yàn)槲矬w做變加速運(yùn)動(dòng),所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間無(wú)法求出,D錯(cuò)誤。 5.(多過(guò)程單物體動(dòng)能定理)(2018河北衡水中學(xué)模擬)有兩條滑道平行建造,左側(cè)相同而右側(cè)有差異,一個(gè)滑道的右側(cè)水平,另一個(gè)的右側(cè)是斜坡。某滑雪者保持一定姿勢(shì)坐在雪橇上不動(dòng),從h1高處的A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿傾角為θ的雪道下滑,最后停在與A點(diǎn)水平距離為s的水平雪道上。接著改用另一個(gè)滑道,還從與A點(diǎn)等高的位置由靜止開(kāi)始下滑,結(jié)果能沖上另一個(gè)傾角為α的雪道上h2高處的E點(diǎn)停下。若動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同,且不考慮雪橇在路徑轉(zhuǎn)折處的能量損失,則(　　) A.動(dòng)摩擦因數(shù)為tan θ B.動(dòng)摩擦因數(shù)為 C.傾角α一定大于θ D.傾角α可以大于θ 答案B 解析第一次停在水平滑道上的某點(diǎn),由動(dòng)能定理得 mgh1-μmgcosθ-μmgs=0,由幾何關(guān)系知+s=s, 化簡(jiǎn)得mgh1-μmgs=0,解得μ=,A錯(cuò)誤,B正確;在AB段由靜止下滑,說(shuō)明μmgcosθmgsinα,故α<θ;若α>θ,則雪橇不能停在E點(diǎn),所以C、D錯(cuò)誤。 6.(單物體動(dòng)能定理　圖象理解)地震引起的海嘯會(huì)給人們帶來(lái)巨大的損失。某中學(xué)的部分學(xué)生組成了一個(gè)課題小組,對(duì)海嘯的威力進(jìn)行了模擬研究,他們?cè)O(shè)計(jì)了如下的模型:如圖甲所示,在水平地面上放置一個(gè)質(zhì)量為m=4 kg的物體,讓其在隨位移均勻減小的水平推力(模擬海嘯)作用下運(yùn)動(dòng),推力F隨位移x變化的圖象如圖乙所示,已知物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,則(　　) A.運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體的最大加速度為15 m/s2 B.在距出發(fā)點(diǎn)3.0 m位置時(shí)物體的速度達(dá)到最大 C.整個(gè)過(guò)程中推力對(duì)物體做功180 J D.物體在水平地面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是10 m 答案D 解析由牛頓第二定律有F-μmg=ma,當(dāng)推力F=100N時(shí),物體加速度最大,為20m/s2,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由題圖乙可得推力F隨位移x變化的關(guān)系為F=100-25x(N),物體速度最大時(shí),加速度為零,則F=μmg,解得x=3.2m,即在距出發(fā)點(diǎn)3.2m位置時(shí)物體的速度達(dá)到最大,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由F-x圖象中圖線與坐標(biāo)軸所圍的“面積”表示功可知,推力對(duì)物體做功WF=Fx0=200J,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理有WF-μmgxm=0,代入數(shù)據(jù)得xm=10m,即物體在水平面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是10m,選項(xiàng)D正確。 7.(變力做功用動(dòng)能定理)(2018寧夏石嘴山第三次模擬)質(zhì)量為m的小球被系在輕繩一端,在豎直平面內(nèi)作半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球受到空氣阻力的作用。設(shè)某一時(shí)刻小球通過(guò)軌道的最低點(diǎn),此時(shí)繩子的張力為7mg,此后小球繼續(xù)做圓周運(yùn)動(dòng),經(jīng)過(guò)半個(gè)圓周恰能通過(guò)最高點(diǎn),則在此過(guò)程中小球克服空氣阻力所做的功為(　　) A.0.25mgR B.0.3mgR C.0.5mgR D.mgR 答案C 解析最低點(diǎn)7mg-mg=,則最低點(diǎn)速度為v1=。最高點(diǎn)mg=,則最高點(diǎn)速度為v2=,由動(dòng)能定理得-2mgR+Wf=mv22-mv12,解得Wf=-mgR,故克服空氣阻力做功Wf=mgR,故選項(xiàng)C正確,ABD錯(cuò)誤。 8.(多選)(單物體動(dòng)能定理　圖象理解)質(zhì)量為1 kg的物體在水平粗糙的地面上受到一水平外力F作用運(yùn)動(dòng),如圖甲所示,外力F和物體克服摩擦力Ff做的功W與物體位移x的關(guān)系如圖乙所示,重力加速度g取10 m/s2。下列分析正確的是(　　) A.物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2 B.物體運(yùn)動(dòng)位移為13 m C.前3 m運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體的加速度為3 m/s2 D.x=9 m時(shí),物體速度為3 m/s 答案ACD 解析由Wf=Ffx對(duì)應(yīng)圖乙中的b可知,物體與地面之間的滑動(dòng)摩擦力Ff=2N,由Ff=μmg可得μ=0.2,選項(xiàng)A正確;由WF=Fx對(duì)應(yīng)圖乙a可知,前3m內(nèi),拉力F1=5N,3~9m內(nèi)拉力F2=2N,物體在前3m內(nèi)的加速度a1==3m/s2,選項(xiàng)C正確;由動(dòng)能定理得WF-Ffx=mv2可得x=9m時(shí),物體的速度為v=3m/s,選項(xiàng)D正確;設(shè)物體運(yùn)動(dòng)的最大位移為xm,由動(dòng)能定理得WF-Ffxm=0,即物體的最大位移xm==13.5m,選項(xiàng)B錯(cuò)誤。 素養(yǎng)綜合練 9.如圖甲所示,長(zhǎng)為20 m的水平軌道AB與半徑R=3 m的豎直半圓軌道BC在B處相連接,有一質(zhì)量為1 kg的滑塊(大小不計(jì))從A處由靜止開(kāi)始受水平向右的力F作用,F的大小隨位移變化關(guān)系如圖乙所示,滑塊與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4,g取10 m/s2。 (1)求滑塊在水平軌道AB上運(yùn)動(dòng)前10 m過(guò)程中所需的時(shí)間; (2)求滑塊到達(dá)B處時(shí)的速度大小; (3)若滑塊到達(dá)B處時(shí)撤去力F,滑塊沿半圓軌道內(nèi)側(cè)上滑,并恰好能到達(dá)最高點(diǎn)C,則滑塊在半圓軌道上克服摩擦力所做的功是多少。 答案(1)1 s　(2)10 m/s　(3)25 J 解析(1)在前10m內(nèi):F1-μmg=ma1 x1=a1 解得t1=1s。 (2)滑塊從A到B的過(guò)程中,由動(dòng)能定理得 F1x1-F2x3-μmgx= 解得vB=10m/s。 (3)滑塊恰好能到達(dá)C點(diǎn),則mg=m 滑塊從B到C的過(guò)程中,由動(dòng)能定理得 Wf-mg2R= 解得Wf=-25J,即克服摩擦力做功為25J。 10.(2018甘肅張掖三次診斷)物塊放在水平面上,在恒力的作用下由靜止從A點(diǎn)出發(fā),經(jīng)時(shí)間t運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),此時(shí)撤去拉力,結(jié)果物塊再運(yùn)動(dòng)t時(shí)間速度為零。已知物塊的質(zhì)量為m,拉力與水平面的夾角為θ,物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g。求: (1)拉力F的大小; (2)整個(gè)過(guò)程物塊克服摩擦力做的功。 答案(1)　(2) 解析(1)根據(jù)題意知,物塊先做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng),再做勻減速運(yùn)動(dòng)到末速度為零,設(shè)加速階段的加速度大小為a1,減速階段的加速度為a2,由于加速階段時(shí)間與減速階段時(shí)間相等,所以a1=a2撤去拉力后μmg=ma2 所以a1=a2=μg 拉力作用下做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)Fcosθ-μ(mg-Fsinθ)=ma2 解得:F= (2)物塊從A運(yùn)動(dòng)到B的位移為x=a1t2=μgt2 由動(dòng)能定理知Fxcosθ-Wf=0 所以克服摩擦力做功的大小為:Wf= 11. (2018陜西西安六校聯(lián)考)如圖所示,AB是傾角θ=30的粗糙直軌道,BCD是光滑的圓弧軌道,AB恰好在B點(diǎn)與圓弧相切,圓弧的半徑為R,一個(gè)質(zhì)量為m的物體(可以看成質(zhì)點(diǎn))從直軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放,結(jié)果它能在兩軌道間做往返運(yùn)動(dòng)。已知P點(diǎn)與圓弧的圓心O等高,物體與軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。求: (1)物體做往返運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中在AB軌道上通過(guò)的總路程; (2)最終當(dāng)物體通過(guò)圓弧軌道最低點(diǎn)E時(shí),對(duì)圓弧軌道的壓力大小; (3)為使物體能順利到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)D,釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的距離L至少多大? 答案(1)　(2)(3-)mg　(3) 解析(1)對(duì)整體過(guò)程,由動(dòng)能定理得 mgRcosθ-μmgcosθs=0 所以物體在AB軌道上通過(guò)的總路程s=。 (2)最終物體以B(還有B關(guān)于OE的對(duì)稱點(diǎn))為最高點(diǎn),在圓弧底部做往復(fù)運(yùn)動(dòng),對(duì)B→E過(guò)程,由動(dòng)能定理得 mgR(1-cosθ)= 在E點(diǎn),由牛頓第二定律得FN-mg=m 解得FN=(3-)mg。 由牛頓第三定律知,在最低點(diǎn)E,物體對(duì)圓弧軌道的壓力大小(3-)mg。 (3)物體剛好到D點(diǎn),由牛頓第二定律有mg=m 對(duì)全過(guò)程由動(dòng)能定理得 mgLsinθ-μmgcosθL-mgR(1+cosθ)= 解得L=。