搜索
动能定理一、选择题(本大题共9个小题，共63分，每小题至少有一个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分)1.如图1所示，质量为m的物体静止于倾角为α的斜面体上，现对斜面体施加一水平向左的推力F，使物体随斜面体一起沿水平面向左匀速移动x，则在此匀速运动过程中斜面体对物体所做的功为()A．FxB．mgxcosαsinαC．mgxsinαD．0解析：由于物体做匀速运动，其处于平衡状态．物体动能和势能在运动过程中都不发生变化，故根据动能定理知合外力对物体做功为零．而重力做功为零，所以斜面体对物体做功为零，故应选D.答案：D2.如图2所示，板长为l，板的B端静放有质量为m的小物体P，物体与板间的动摩擦因数为μ，开始时板水平，若缓慢转过一个小角度α的过程中，物体保持与板相对静止，则这个过程中()A．摩擦力对P做功为μmgcosα·l(1－cosα)B．摩擦力对P不做功C．弹力对P做功为mgcosα·lsinαD．板对P做功为mglsinα解析：对物体运用动能定理W合＝WG＋WFN＋W摩＝ΔEk＝0所以WFN＋W摩＝－WG＝mglsinα因摩擦力的方向(平行于木板)和物体速度方向(垂直于木板)始终垂直，对物体不做功，故斜面对物体做的功就等于弹力对物体做的功，即WFN＝mglsinα，故B、D正确．答案：BD3.如图3所示，质量相等的物体A和物体B与地面的动摩擦因数相等，在力F的作用下，一起沿水平地面向右移动x，则()A．摩擦力对A、B做功相等B．A、B动能的增量相同C．F对A做的功与F对B做的功相等D．合外力对A做的功与合外力对B做的功相等解析：因F斜向下作用在物体A上，A、B受的摩擦力不相同，因此，摩擦力对A、B做的功不相等，A错误；A、B两物体一起运动，速度始终相同，故A、B动能增量一定相同，B正确；F不作用在B上，不能说F对B做功，C错误；合外力对物体做的功应等于物体动能增量，故D正确．答案：BD4．(2010·如皋模拟)如图4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v0，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点与小铁块的质量无关D．以上说法均不对解析：如图所示，设AB＝x1，BP＝x2，AP＝x3，动摩擦因数为μ，由动能定理得：mgx1sinα－μmgx1cosα－μmgx2＝0，可得：mgx1sinα＝μmg(x1cosα＋x2)，设小铁块沿AP滑到P点的速度为vP，由动能定理得：mgx3sinβ－μmgx3cosβ＝12mvp2－12mv02，因x1sinα＝x3sinβ，x1cosα＋x2＝x3cosβ，故得：vP＝v0，即小铁块可以沿AP滑到P点，故A、C正确．答案：AC5.(2010·济宁模拟)如图5所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，AB＝2BC.小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点而停下，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是()A．tanθ＝μ1＋2μ23B．tanθ＝2μ1＋μ23C．tanθ＝2μ1－μ2D．tanθ＝2μ2－μ1解析：由动能定理得mg·AC·sinθ－μ1mgcosθ·AB－μ2mgcosθ·BC＝0，则有tanθ＝2μ1＋μ23，B项正确．答案：B6．人用手托着质量为m的物体，从静止开始沿水平方向运动，前进距离x后，速度为v(物体与手始终相对静止)，物体与人手掌之间的动摩擦因数为μ，则人对物体做的功为()A．mgxB．0C．μmgxD.12mv2解析：物体与手掌之间的摩擦力是静摩擦力，静摩擦力在零与最大值μmg之间取值，不一定等于μmg.在题述过程中，只有静摩擦力对物体做功，故根据动能定理，摩擦力对物体做的功W＝12mv2.答案：D7．(2010·广州模拟)构建和谐型、节约型社会深得民心，节能器材遍布于生活的方方面面．自动充电式电动车就是很好的一例．电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．当骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以500J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图6中图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是()A．200JB．250JC．300JD．500J解析：滑行时阻力Ff恒定，由动能定理对图线①有ΔEk＝Ffx1，x1＝10m对图线②有ΔEk＝Ffx2＋E电，x2＝6m所以E电＝410ΔEk＝200J，故A正确．答案：A8.如图7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Ff.当物体滑到木板的最右端时，木板运动的距离为x，则在此过程中()A．物体到达木板最右端时具有的动能为(F－Ff)(L＋x)B．物体到达木板最右端时，木板具有的动能为FfxC．物体克服摩擦力所做的功为FfLD．物体和木板增加的机械能为Fx解析：由题意画示意图可知，由动能定理对小物体：(F－Ff)·(L＋x)＝12mv2，故A正确．对木板：Ff·x＝12Mv2，故B正确．物块克服摩擦力所做的功Ff·(L＋x)，故C错．物块和木板增加的机械能12mv2＋12Mv2＝F·(L＋x)－Ff·L＝(F－Ff)·L＋F·x，故D错．答案：AB9．(2009·全国卷Ⅱ)以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物块．假定物块所受的空气阻力Ff大小不变．已知重力加速度为g，则物块上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为()A.v022g(1＋Ffmg)和v0mg－Ffmg＋FfB.v022g(1＋Ffmg)和v0mgmg＋FfC.v022g(1＋2Ffmg)和v0mg－Ffmg＋FfD.v022g(1＋2Ffmg)和v0mgmg＋Ff解析：设物块上升的最大高度为H，返回的速率为v.由动能定理得：(mg＋Ff)H＝12mv02，(mg－Ff)H＝12mv2，联立得H＝v022g(1＋Ffmg)，v＝v0mg－Ffmg＋Ff.A正确．答案：A二、非选择题(本大题共3个小题，共37分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)10.(11分)如图8所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相连，C为切点，圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为θ.现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动，已知圆弧轨道的圆心O与A、D在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求：(1)滑块第一次至左侧AC弧上时距A点的最小高度差h.(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s.解析：(1)由动能定理得：mgh－μmgcosθ·R/tanθ＝0得h＝μRcos2θ/sinθ＝μRcosθcotθ(2)滑块最终至C点的速度为0时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得mgRcosθ－μmgcosθ·s＝0得：s＝Rμ.答案：(1)μRcosθcotθ(2)Rμ11．(12分)右端连有光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5m，如图9所示．将一个质量为m＝0.5kg的木块在F＝1.5N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μ＝0.2，取g＝10m/s2.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：FL－FfL－mgh＝0其中Ff＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10N＝1.0N所以h＝FL－FfLmg＝1.5×(1.5－1.0)0.5×10m＝0.15m(2)由动能定理得：mgh－Ffx＝0所以x＝mghFf＝0.5×10×0.151.0m＝0.75m答案：(1)0.15m(2)0.75m12．(14分)质量m＝1kg的物体，在水平拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4m时，拉力F停止作用，运动到位移是8m时物体停止，运动过程中Ek－x的图线如图10所示．(g取10m/s2)求：(1)物体的初速度多大？(2)物体和平面间的动摩擦因数为多大？(3)拉力F的大小．解析：(1)从图线可知初动能为2J，Ek0＝12mv2＝2J，v＝2m/s.(2)在位移4m处物体的动能为10J，在位移8m处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功．设摩擦力为Ff，则－Ffx2＝0－10J＝－10JFf＝－10－4N＝2.5N因Ff＝μmg故μ＝Ffmg＝2.510＝0.25.(3)物体从开始到移动4m这段过程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力为F－Ff，根据动能定理有(F－Ff)·x1＝ΔEk故得F＝ΔEkx1＋Ff＝(10－24＋2.5)N＝4.5N.答案：(1)2m/s(2)0.25(3)4.5N