习题课:动能定理的应用
例1 B [解析] 小球缓慢地由P移动到Q,动能不变,只有重力、水平拉力F对小球做功,绳子拉力不做功,由动能定理得-mgL(1-cos θ)+WF=ΔEk=0,即WF=mgL(1-cos θ),选项B正确.
变式1 C [解析] 在B点时,由牛顿第二定律得FN-mg=m,解得FN=2.4 N,由牛顿第三定律可知,物块对轨道的压力大小为2.4 N,故A、B错误;从A到B的过程中,由动能定理得mgr-Wf=mv2-0,解得Wf=0.9 J,故克服摩擦力做功为0.9 J,故C正确,D错误.
[科学探究] 飞机在陆地上的飞机场上降落时,因陆地飞机场跑道较长,减速位移较大,减速的加速度较小,减速的合力较小,所以一般不使用拦阻索.由动能定理可知,Ek-x图像的斜率表示合力,所以在航母上降落时图像的斜率的绝对值大.
例2 C [解析] 画出运动示意图如图所示,设阻力为F阻,根据动能定理知,A→B(上升过程)有EkB-EkA=-(mg+F阻)h,C→D(下落过程)有EkD-EkC=(mg-F阻)h,联立得mgh=30 J,解得物体的质量m=1 kg,选项C正确.
变式2 ABC [解析] 物体做匀速直线运动时,拉力F与滑动摩擦力Ff大小相等,物体与水平面间的动摩擦因数为μ==0.35,A正确;减速过程中,由动能定理得WF+Wf=0-mv2,根据F-x图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF,而Wf=-μmgx,由此可求得合力对物体所做的功及物体做匀速运动时的速度v,B、C正确;因为物体在4~11 m做加速度变化的减速运动,所以运动时间无法求出,D错误.
例3 (1)420 N,方向竖直向下 (2)0.25
[解析] (1)由C到D,速度减为0,由动能定理得
-mg(R-Rcos β)=0-m
解得vC=2 m/s
在C点时,由牛顿第二定律得
FN-mg=m
解得FN=420 N
根据牛顿第三定律可知,小孩第一次经过圆弧轨道C点时对圆弧轨道的压力为420 N,方向竖直向下
(2)小孩从A运动到D的过程中,由动能定理得
mgLsin α-μmgLcos α-mgR(1-cos β)=0-m
解得μ=0.25
例4 (1)3mg (2)
[解析] (1)滑块第一次到达E点时,根据动能定理得
mg-μmgcos θ·L=m
解得vE=
FNE-mg=m.
解得FNE=3mg
根据牛顿第三定律可知,滑块对轨道的压力大小为3mg .
(2)滑块最终将以E点为最低点、D为最高点做往复运动,根据动能定理得
mgLsin θ-μmgcos θ·s总=0
解得s总=
随堂巩固
1.B [解析] 该滑雪爱好者从P到R滑行过程中,由动能定理得Wf+mg(H-h)=mv2-0,克服阻力做功W克f=-Wf=mg(H-h)-mv2,解得W克f=60×10×(24-4) J-×60×182 J=2280 J,从P到R滑行过程中,重力对滑雪爱好者做功WG=mg(H-h)=12 000 J,则=≈0.2,故B正确.
2.D [解析] 设小物块在BC段通过的总路程为s,由于只有盆底BC与小物块之间存在摩擦力,则摩擦力做功为-μmgs,而重力做功与路径无关,由动能定理得mgh-μmgs=0-0,解得s=3 m,由于d=0.5 m,所以小物块在BC上经过3次往复运动后,又回到B点,D正确.
3.BD [解析] 由图像可知,物体前进20 m,动能由50 J变为零,由动能定理得Fx=0-Ek0,解得F=-2.5 N,即物体所受的合力大小为2.5 N,选项A错误.物体的加速度大小a==2.5 m/s2,选项C错误,D正确.由于物体的初速度v0== m/s=10 m/s,故滑行时间t== s=4 s,选项B正确.习题课:动能定理的应用
学习任务一 应用动能定理计算变力做功
[科学思维] 动能定理不仅适用于求恒力做的功,也适用于求变力做的功,同时因为不涉及变力作用的过程分析,应用非常方便.利用动能定理求变力做的功是最常用的方法,当物体受到一个变力和几个恒力作用时,可以用动能定理间接求变力做的功,即W变+ W其他=
ΔEk.
例1 一个质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点,小球在水平拉力F作用下从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点,此时轻绳与竖直方向的夹角为θ,如图所示,重力加速度为g,则拉力F所做的功为( )
A.mgLcos θ
B.mgL(1-cos θ)
C.FLsin θ
D.FLcos θ
[反思感悟]
变式1 如图所示,有一半径为r=0.5 m的粗糙半圆轨道,A与圆心O等高,有一质量为m=0.2 kg的物块(可视为质点)从A点由静止滑下,滑至最低点B时速度为v=1 m/s,g取10 m/s2.下列说法中正确的是 ( )
A.物块过B点时,对轨道的压力大小是0.4 N
B.物块过B点时,对轨道的压力大小是2.0 N
C.从A到B的过程中,克服摩擦力做的功为0.9 J
D.从A到B的过程中,克服摩擦力做的功为0.1 J
[反思感悟]
【要点总结】
1.变力对物体做的功不一定为总功,应通过包括变力做功在内的合力做的功等于ΔEk来求解.
2.合力对物体所做的功对应物体动能的变化,而不是对应物体的动能.
3.当有多个力做功时,必须明确各力做功的正、负,待求的变力的功若为负功,可以设克服该力做功为W,则表达式中应用-W;也可以设变力的功为W,则字母W本身含有负号.
学习任务二 动能定理和图像的综合问题
[科学探究] 飞机在航母上降落时往往要使用拦阻索,以便在较短的位移内停下,而飞机在陆地上的飞机场上降落时一般不使用拦阻索,为什么 若某型号同一飞机以相同初动能Ek0分别在航母上、飞机场上降落,比较一下,哪种情况下动能Ek与位移x的关系图像的斜率的绝对值大
例2 从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的阻力作用.距地面高度h在3 m以内时,物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示,重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为( )
A.2 kg B.1.5 kg C.1 kg D.0.5 kg
变式2 (多选)在某一粗糙的水平面上,一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动,当运动一段时间后,拉力逐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉力随位移变化的关系图像.已知重力加速度g取10 m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有( )
A.物体与水平面间的动摩擦因数
B.合力对物体所做的功
C.物体做匀速运动时的速度
D.物体运动的时间
【要点总结】
1.观察题目给出的图像,弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义.
2.根据物理规律推导纵坐标和横坐标所对应的物理量间的函数关系式,结合图像找出图线的斜率、截距、交点、图线与坐标轴所包围的面积所对应的物理意义.
3.根据对应关系列式解答问题.
学习任务三 应用动能定理分析多过程问题
[科学思维] 一个物体的运动如果包含多个运动阶段,可以选择分段或全程应用动能定理.
(1)分段应用动能定理时,将复杂的过程分割成一个个子过程,对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析,然后针对每个子过程应用动能定理列式,然后联立求解.
(2)全程应用动能定理时,分析整个过程中出现过的各力的做功情况,分析每个力做的功,确定整个过程中合力做的总功,然后确定整个过程的初、末动能,针对整个过程利用动能定理列式求解.当题目不涉及中间量时,选择全程应用动能定理更简单,更方便.
例3 [2024·广东广州三中月考] 某游乐场的滑梯可以简化为如图所示竖直面内的ABCD轨道,AB为长L=6 m、倾角α=37°的斜轨道,BC为水平轨道,CD为半径R=15 m、圆心角β=37°的圆弧轨道,轨道AB段粗糙,其余各段均光滑.一小孩(可视为质点)从A点以初速度v0=2 m/s下滑,沿轨道运动到D点时的速度恰好为零(不计经过B、C点时的能量损失).已知该小孩的质量m=30 kg,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,不计空气阻力,求:
(1)该小孩第一次经过圆弧轨道C点时对圆弧轨道的压力;
(2)该小孩与AB段间的动摩擦因数.
例4 如图所示,粗糙斜面ABC竖直固定放置,斜边AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切,切点为D,AD长为L=,圆弧轨道圆心为O,半径为R,∠DOE=θ,∠EOG=90°,OG水平.现有一质量为m可视为质点的滑块从A点由静止下滑,沿轨道ADEG运功,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,求:
(1)滑块第一次经过E点时对轨道的压力大小;
(2)滑块在斜面上经过的总路程.
【要点总结】
当物体运动过程中涉及多个力做功时,各力对应的位移可能不相同,计算各力做功时,应注意各力对应的位移,且应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和.
1.(应用动能定理计算变力做功)[2024·浙江余姚中学月考] 如图所示为滑雪滑道PQR,质量为60 kg的滑雪爱好者从顶端P由静止滑下,从末端R滑出时速度为18 m/s,滑行过程中姿势保持不变,P端相对滑道最低点Q高度为24 m,R端相对Q点高度为4 m.重力加速度g取10 m/s2,从P到R滑行过程中,该滑雪爱好者克服阻力做功和重力做功的比值约为 ( )
A.0.1 B.0.2 C.0.8 D.1
2.(应用动能定理分析多过程问题)如图所示,ABCD是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧,BC是水平的,长度d=0.5 m,盆边缘距地面的高度为h=0.3 m.在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止开始下滑(图中小物块未画出).已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC与小物块间的动摩擦因数μ=0.1.小物块在盆内来回滑动直至最后静止,则小物块最终停下的位置到B点的距离为 ( )
A.0.5 m B.0.25 m
C.0.1 m D.0
3.(动能定理和图像的综合问题)(多选)质量为1 kg的物体以某一初速度在水平地面上滑行,由于受到地面摩擦阻力的作用,其动能随位移变化的图线如图所示,g取10 m/s2,则物体在水平地面上( )
A.所受合力大小为5 N
B.滑行的总时间为4 s
C.滑行的加速度大小为1 m/s2
D.滑行的加速度大小为2.5 m/s2习题课:动能定理的应用(A)
1.A [解析] 由动能定理得,人对球所做的功W=mv2-0=50 J,故选项A正确.
2.A [解析] 滑块即将滑动时,最大静摩擦力(等于滑动摩擦力)提供向心力,有μmg=m,根据动能定理得Wf=mv2,解得Wf=μmgR,A正确.
3.A [解析] 由A到B的过程中,由动能定理可得mgR+Wf=mv2,在B点由牛顿第二定律得FN-mg=m,滑块受到的滑动摩擦力为Ff=μFN,解得Ff=3.6 N,故A正确.
4.A [解析] 因动摩擦因数μ=kx,则滑动摩擦力为Ff=μmg=kmgx,即滑动摩擦力随位移均匀变化,故摩擦力的功可用平均力乘位移表示,由动能定理得-x0=-·x0=0-m,解得v0=,故A正确.
5.D [解析] 根据动能定理得ΔEk=F合x,可知物块在每段运动中所受合力恒定,则物块在每段都做匀加速运动,由图像可知,x=1 m时物块的动能为2 J,则v1== m/s,故A错误;同理,当x=2 m时物块的动能为4 J,则v2=2 m/s,当x=4 m时物块的动能为9 J,则v4=3 m/s,在2~4 m段,有2a2x2=-,解得2~4 m段的加速度为a2=1.25 m/s2,故B错误;在前4 m位移过程中,对物块,由动能定理得WF+(-μmgx)=Ek末-0,解得WF=25 J,故C错误;0~2 m过程,t1==2 s,2~4 m过程,t2==0.8 s,故总时间为2 s+0.8 s=2.8 s,D正确.
6.B [解析] 动能Ek与时间t的关系图像上的任意一点的切线斜率的绝对值表示重力做功的瞬时功率,即==PG,小球在A点与C点处时速度均为零,小球在B点处时速度方向与重力方向垂直,所以小球在A、B、C三点处时重力做功的瞬时功率都为零,则小球由A点运动到B点的过程中,重力做功的瞬功率(Ek-t图像的斜率的绝对值)是先增大再减小至零,小球由B点运动到C点的过程中,重力做功的瞬功率(Ek-t图像的斜率的绝对值)也是先增大再减小至零,故B正确,A、C、D错误.
7.B [解析] 根据题意可知,假设流速为v的空气接触扇面的面积S=πr2,在时间t内流过扇叶的体积为V=πr2vt,则根据密度公式得空气质量m=ρV=ρπr2vt,有的空气速度减为零,所以与叶片发生相互作用的风的质量为m, 则根据动能定理得W=·mv2=ρπr2vtv2=ρπr2v3t,则根据P=,得P==ρπr2v3, B正确.
8.C [解析] 管口的内径约有10 cm,则半径r=5 cm=0.05 m,根据实际情况,每层楼高约为h=3 m,所以喷水的高度H=27h=81 m,则水离开管口的速度为v== m/s=18 m/s,设驱动主喷管喷水的电动机功率为P,在接近管口很短一段时间Δt内水柱的质量为m=ρ·vΔtS=ρπr2vΔt,根据动能定理可得PΔt=mv2,解得P=,代入数据解得P≈2.6×105 W,故C正确.
9.AC [解析] 由题知,下滑过程中只有重力对滑块做功,根据动能定理得mgh=mv2,解得v=,所以vA=vB,故C正确,D错误;滑块均沿斜面做匀加速运动,则有L=t=t,由图可知LA>LB,且vA=vB,所以tA>tB,故A正确,B错误.
10.B [解析] 列车速度最大时,牵引力与阻力平衡,则行驶过程中列车受到的阻力大小Ff=,故A错误;当列车的速度为时,列车的牵引力F==,根据牛顿第二定律得F-Ff=ma,解得a=,故B正确;由动能定理可知,从启动到速度为vm的过程中,列车牵引力做功与阻力做功之和等于列车动能增加量,故列车牵引力做功不等于m,C错误;只知道最高的瞬时速率,无法估算平均速率,无法得出大致路程,故D错误.
11.A [解析] 0~10 m内物块上滑,由动能定理得 -mgsin 30°·s-Ffs=Ek-Ek0,整理得Ek=Ek0-(mgsin 30°+Ff)s,结合0~10 m内的图像得,斜率的绝对值|k|=mgsin 30°+Ff=4 N,10~20 m内物块下滑,由动能定理得(s-s1)=Ek,整理得Ek=s-s1,结合10~20 m内的图像得,斜率k'=mgsin 30°-Ff=3 N,联立解得Ff=0.5 N,m=0.7 kg,故选A.
12.(1)7mg (2) (3)1.5mgR
[解析] (1)小球运动到B点时,由牛顿第二定律得
FN-mg=m
解得轨道对小球的支持力的大小为FN=7mg
(2)小球恰能通过C点时,由重力提供向心力,由牛顿第二定律得
mg=m
解得vC=
(3)小球从A点运动到C点的过程中,根据动能定理得
mg(h-2R)-W=m-0
解得W=1.5mgR习题课:动能定理的应用(A)建议用时:40分钟
◆ 知识点一 应用动能定理计算变力做功
1.一人用力踢质量为1 kg的皮球,使球以10 m/s的速度飞出,假定人踢球的平均作用力是200 N,球在水平方向运动了20 m后停止,那么人对球所做的功为( )
A.50 J B.500 J
C.4000 J D.无法确定
2.如图所示,一水平转台半径为R,一质量为m的滑块放在转台的边缘.已知滑块与转台间的动摩擦因数为μ,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.若转台的转速由零逐渐增大,当滑块在转台上刚好发生相对滑动时,转台对滑块所做的功为( )
A.μmgR
B.2πmgR
C.2μmgR
D.0
3.如图所示,质量为1 kg的滑块从半径为50 cm的半圆形轨道的边缘A点滑向底端B,此过程中,摩擦力做功为-3 J.若滑块与轨道间的动摩擦因数为0.2,则在B点时滑块受到摩擦力的大小为(重力加速度g取10 m/s2) ( )
A.3.6 N
B.2 N
C.2.6 N
D.2.4 N
4.[2024·北京四中月考] 物块在水平面上以初速度v0沿直线滑行,前进x0距离后恰好停止运动.已知物块与水平面之间的动摩擦因数为μ,且μ的大小与物块滑行的距离x的关系为μ=kx(k为常数),重力加速度为g,则 ( )
A.v0= B.v0=
C.v0= D.v0=2
◆ 知识点二 动能定理和图像的综合问题
5.质量为2 kg的物块放在粗糙水平面上,在水平拉力的作用下由静止开始运动,物块的动能Ek与其发生的位移x之间的关系如图所示.已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是 ( )
A.x=1 m时物块的速度大小为2 m/s
B.x=3 m时物块的加速度大小为2.5 m/s2
C.在前4 m位移过程中拉力对物块做的功为9 J
D.在前4 m位移过程中物块所经历的时间为2.8 s
6.[2024·天津南开中学月考] 如图所示,一个小球从光滑固定的圆弧槽的A点由静止释放后,经最低点B运动到C点的过程中,小球的动能Ek随时间t的变化图像可能是图中的 ( )
A B C D
◆ 知识点三 微元法在动能定理中的应用
7.[2024·山东烟台二中月考] 青岛市即墨区鳌山湾一带受崂山余脉和海岛影响,形成了长达60多公里的狭长“疾风带”,为风力发电创造了有利条件,目前该地区风电总装机容量已达18万千瓦.风力推动三个叶片转动,叶片带动转子(磁极)转动,在定子(线圈)中产生电流,实现风能向电能的转化.已知叶片长为r,风速为v,空气密度为ρ,流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有速度减为0,原速率穿过,不考虑其他能量损耗,一台风力发电机的发电功率约为 ( )
A.ρπr2v3 B.ρπr2v3
C.ρπr2v2 D.2ρπr2v2
8.某市的公园有一个巨型音乐喷泉.一同学在远处观看喷泉表演时与远处的高楼对比,得出喷泉中心主喷水口的水柱约有27层楼高,已知该主喷水管口的内径约为10 cm,重力加速度g取10 m/s2,水的密度为1×103 kg/m3,由此估算用于给主喷管喷水的电动机输出功率为 ( )
A.2.6×103 W B.2.6×104 W
C.2.6×105 W D.2.6×106 W
9.(多选)[2024·山东烟台二中月考] 如图所示,水平地面上固定着高度均为h的两个光滑斜面体,倾角分别为θA、θB,现将完全相同的两个小滑块(可视为质点)从顶端由静止释放,滑块到达两斜面底端所用的时间分别为tA、tB,速率分别为vA、vB,两滑块运动过程互不影响,则 ( )
A.tA>tB
B.tA=tB
C.vA=vB
D.vA10.[2024·山西太原一中月考] 如图所示,京张高铁将北京到张家口的通行时间缩短在1小时内,成为2022年北京冬奥会重要的交通保障设施.假设此列车启动后沿平直轨道行驶,发动机的功率恒为P,且行驶过程中受到的阻力大小恒定.已知列车的质量为m,最高行驶速度vm=350 km/h.则下列说法正确的是 ( )
A.行驶过程中列车受到的阻力大小为Pvm
B.当列车的速度为时,列车的加速度大小为
C.从启动到速度为vm的过程中,列车牵引力所做的功为m
D.由题目信息可估算京张铁路的全长为350 km
11.如图甲所示,一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑,运动过程中摩擦力大小Ff恒定,物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示.重力加速度大小取10 m/s2,物块质量m和所受摩擦力大小Ff分别为 ( )
A.m=0.7 kg,Ff=0.5 N
B.m=0.7 kg,Ff=1.0 N
C.m=0.8 kg,Ff=0.5 N
D.m=0.8 kg,Ff=1.0 N
12.如图所示,弧形轨道的下端与半径为R的竖直圆轨道平滑连接,B、C分别为圆轨道的最低点和最高点.质量为m的小球(可视为质点)从弧形轨道上的A点由静止滚下,到达B点时的速度为v0=(g为重力加速度),且恰好能通过C点.已知A、B间的高度差h=4R.求:
(1)小球运动到B点时,轨道对小球支持力的大小;
(2)小球通过C点时的速率vC;
(3)小球从A点运动到C点的过程中克服摩擦阻力做的功W.习题课:动能定理的应用(B)
1.C [解析] 对游客从最高点下滑至A点的过程,由动能定理可得mgh-μmg-μmg=0,整理得x=,所以当h和μ一定时,x与m和θ无关,故C正确.
2.B [解析] 小球A下降h高度过程中,设克服弹簧弹力的功为W1,根据动能定理有mgh-W1=0,小球B下降过程中,由动能定理有3mgh-W1=×3mv2-0,联立解得v=,故B正确.
3.AC [解析] 根据题意可知,时间t内吹到扇叶的空气的体积为V=Svt,则时间t内吹到扇叶的空气的质量为m=ρV=ρSvt,单位时间吹到扇叶的空气的质量为m0==ρSv,单位时间吹到扇叶的空气的动能为Ek=m0v2=ρSv3,故B错误,A正确;单位时间内空气的动能转化为电能为E=ηEk=ρSv3,即发电功率为ρSv3,故D错误,C正确.
4.(1)0.8 m (2)0.45 m
[解析] (1)物块运动到C处由动能定理得
mgh-μ1mgxBC=0-0
解得xBC=0.8 m
(2)由C到D,由动能定理可得
-mgh-μ2mgcos 53°·=0-m
解得vC= m/s,则vC>v传
物块在传送带上的速度大于传送带速度,所受摩擦力方向一直向左,设从距B点高度为H处释放物块,由动能定理可得mgH-μ1mgxBC=m-0
解得H=0.45 m
5.(1)2 m/s 2 m/s (2)0.16 (3)3.75 m
[解析] (1)以水平轨道BC所在水平面为零势能面,运动员从P点滑至B点的过程,由动能定理得
mgh=m-m
代入数据解得vB=2 m/s
运动员由C点到Q点的过程,由动能定理有
-mgH=0-m
代入数据解得vC=2 m/s
(2)运动员由B点滑至C点的过程中,由动能定理有-μmgL=m-m
代入数据解得μ=0.16
(3)设运动员在BC轨道上滑行的总路程为s,对从P点到静止的整个过程,由动能定理有
mgh-μmgs=0-m
代入数据解得s=23.75 m=4L+3.75 m
故运动员最后静止时的位置与B点之间的距离x=3.75 m
6.(1) (2)(3-)mg (3)
[解析] (1)由题意可知,物体最终向右运动到B点再返回做往返运动,对整个过程由动能定理得
mgRcos θ-μmgscos θ=0
解得μ=
(2)最终物体以B为最高点,在圆弧底部做往返运动,对B→E过程,由动能定理得
mgR(1-cos θ)=m
在E点,由牛顿第二定律得
FN-mg=m
联立解得FN=(3-)mg
由牛顿第三定律得,FN'=FN=(3-)mg
(3)若物体刚好能到D点,由牛顿第二定律有
mg=m
对物体由释放至到达D点这一过程,由动能定理得
mgL'sin θ-μmgL'cos θ-mgR(1+cos θ)=m-0
联立解得L'=.习题课:动能定理的应用(B)建议用时:40分钟
1.[2024·河南师大附中月考] 某水上乐园设备公司设计一款水滑梯,设计简图如图所示,倾斜滑道与水平滑道材料相同且平滑连接.游客的质量为m,倾斜滑道高度为h、倾角为θ,游客与滑道间的动摩擦因数为μ,游客在水平滑道上停止点A到O点的水平距离为x,下列说法正确的是 ( )
A.h和μ一定,θ越大,x越大
B.h和μ一定,θ越大,x越小
C.h和μ一定,x的大小与θ、m无关
D.h和μ一定,m越小,x越大
2.如图所示,在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A,若将小球A从弹簧处于原长的位置由静止释放,则小球A能够下降的最大高度为h(重力加速度为g,不计空气阻力).若将小球A换成质量为3m的小球B,仍从弹簧处于原长的位置由静止释放,则小球B下降h高度时的速度为 ( )
A.
B.
C.
D.
3.(多选)新能源有着广阔的发展前景,如图所示为风力发电的装置.利用该装置发电时,能将空气动能的50%转化为电能,已知扇叶转动平面的截面积为S,风速为v,空气的密度为ρ.当风垂直吹向扇叶时,下列说法正确的是 ( )
A.单位时间吹到扇叶的空气的质量为ρSv
B.单位时间吹到扇叶的空气的动能为ρSv3
C.发电功率为ρSv3
D.发电功率为ρSv3
4.[2024·浙江杭州二中月考] 如图所示,光滑斜面AB足够长,倾角为37°,粗糙斜面CD高为0.2 m,倾角为53°;AB、CD与水平传送带在B、C两点平滑连接.传送带不动,一小物块在AB面上从距B点高0.2 m处释放,刚好能运动到C处.已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.25,与斜面CD间的动摩擦因数为,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.
(1)求传送带的长度;
(2)若保持传送带沿顺时针方向以2 m/s的速率匀速转动,要使小物块刚好能到达D处,应从距B点多高处释放物块.
5.[2024·辽宁沈阳一中月考] 滑板运动是一项惊险刺激的运动,深受青少年的喜爱.图中ABCD为滑板的运动轨道,AB和CD是两段与水平面夹角均为θ的光滑的斜面,底部与水平面平滑相接,粗糙水平段BC的长度L=5 m.一运动员从P点以v0=6 m/s的初速度下滑,经BC后冲上CD轨道,达到Q点时速度减为零.已知运动员连同滑板的质量m=70 kg,h=2 m,H=3 m,g取10 m/s2,求:(结果可带根号)
(1)运动员第一次经过B点和C点的速度大小;
(2)滑板与BC之间的动摩擦因数;
(3)运动员最后静止时的位置与B点之间的距离.
6.如图所示,AB是倾角为θ=30°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,而后在两轨道上做往返运动.已知P点与圆弧的圆心O等高,物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的路程为s.(重力加速度为g)
(1)求物体与轨道AB间的动摩擦因数μ.
(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时,求物体对圆弧轨道的压力大小.
(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'至少为多大 (共73张PPT)
习题课：动能定理的应用
学习任务一 应用动能定理计算变力做功
学习任务二 动能定理和图像的综合问题
学习任务三 应用动能定理分析多过程问题
随堂巩固
练习册A
练习册B
练习册
◆
备用习题
学习任务一 应用动能定理计算变力做功
［科学思维］ 动能定理不仅适用于求恒力做的功,也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便.利用动能定理求变力做的功是最常用的方法，当物体受到一个变力和几个恒力作用时,可以用动能定理间接求变力做的功,即.
例1 一个质量为的小球用长为的轻绳悬挂于点，小球在水平拉力作用下从平衡位置点很缓慢地移动到点，此时轻绳与竖直方向的夹角为 ，如图所示，重力加速度为,则拉力所做的功为( )
B
A. B. C. D.
[解析] 小球缓慢地由移动到，动能不变，只有重力、水平拉力对小球做功，绳子拉力不做功，由动能定理得，即，选项B正确.
变式1 如图所示，有一半径为的粗糙半圆轨道，与圆心等高，有一质量为的物块(可视为质点)从点由静止滑下，滑至最低点时速度为，取.下列说法中正确的是( )
C
A.物块过点时，对轨道的压力大小是
B.物块过点时，对轨道的压力大小是
C.从到的过程中，克服摩擦力做的功为
D.从到的过程中，克服摩擦力做的功为
[解析] 在B点时，由牛顿第二定律得，解得，由牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小为，故A、B错误；从A到B的过程中，由动能定理得，解得，故克服摩擦力做功为，故C正确，D错误.
【要点总结】
1.变力对物体做的功不一定为总功，应通过包括变力做功在内的合力做的功等于来求解.
2.合力对物体所做的功对应物体动能的变化，而不是对应物体的动能.
3.当有多个力做功时，必须明确各力做功的正、负，待求的变力的功若为负功，可以设克服该力做功为，则表达式中应用;也可以设变力的功为,则字母本身含有负号.
学习任务二 动能定理和图像的综合问题
［科学探究］ 飞机在航母上降落时往往要使用拦阻索，以便在较短的位移内停下，而飞机在陆地上的飞机场上降落时一般不使用拦阻索，为什么？若某型号同一飞机以相同初动能分别在航母上、飞机场上降落，比较一下，哪种情况下动能与位移的关系图像的斜率的绝对值大？
[答案] 飞机在陆地上的飞机场上降落时，因陆地飞机场跑道较长，减速位移较大，减速的加速度较小,减速的合力较小，所以一般不使用拦阻索.由动能定理可知，图像的斜率表示合力，所以在航母上降落时图像的斜率的绝对值大.
例2 从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的阻力作用.距地面高度在以内时，物体上升、下落过程中动能随的变化如图所示，重力加速度取.该物体的质量为( )
C
A. B. C. D.
[解析] 画出运动示意图如图所示，设阻力为，根据动能定理知，(上升过程)有，(下落过程)有，联立得，解得物体的质量，选项C正确.
变式2 (多选)在某一粗糙的水平面上，一质量为的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像.已知重力加速度取.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有( )
ABC
A.物体与水平面间的动摩擦因数 B.合力对物体所做的功
C.物体做匀速运动时的速度 D.物体运动的时间
[解析] 物体做匀速直线运动时，拉力与滑动摩擦力大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为，A正确；减速过程中，由动能定理得，根据图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算力做的功，而，由此可求得合力对物体所做的功及物体做匀速运动时的速度，B、C正确；因为物体在做加速度变化的减速运动，所以运动时间无法求出，D错误.
【要点总结】
1.观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义.
2.根据物理规律推导纵坐标和横坐标所对应的物理量间的函数关系式，结合图像找出图线的斜率、截距、交点、图线与坐标轴所包围的面积所对应的物理意义.
3.根据对应关系列式解答问题.
学习任务三 应用动能定理分析多过程问题
［科学思维］ 一个物体的运动如果包含多个运动阶段,可以选择分段或全程应用动能定理.
(1)分段应用动能定理时,将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解.
(2)全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况,分析每个力做的功，确定整个过程中合力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解.当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便.
例3 [2024·广东广州三中月考] 某游乐场的滑梯可以简化为如图所示竖直面内的轨道，为长、倾角 的斜轨道，为水平轨道，为半径、圆心角 的圆弧轨道，轨道段粗糙，其余各段均光滑.一小孩(可视为质点)从点以初速度下滑，沿轨道运动到点时的速度恰好为零(不计经过、点时的能量损失).已知该小孩的质量，，，取，不计空气阻力，求：
(1) 该小孩第一次经过圆弧轨道点时对圆弧轨道的压力；
[答案] ，方向竖直向下
[解析] 由到，速度减为0，由动能定理得
解得
在点时，由牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律可知，小孩第一次经过圆弧轨道点时对圆弧轨道的压力为，方向竖直向下
(2) 该小孩与段间的动摩擦因数.
[答案] 0.25
[解析] 小孩从运动到的过程中，由动能定理得
解得
例4 如图所示，粗糙斜面竖直固定放置，斜边与一光滑的圆弧轨道相切，切点为，长为，圆弧轨道圆心为，半径为， ，， 水平.现有一质量为可视为质点的滑块从点由静止下滑，沿轨道运功，滑块与斜面间的动摩擦因数为 ，重力加速度为，求：
(1) 滑块第一次经过点时对轨道的压力大小；
[答案]
[解析] 滑块第一次到达点时，根据动能定理得
解得
.
解得
根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为.
(2) 滑块在斜面上经过的总路程.
[答案]
[解析] 滑块最终将以点为最低点、为最高点做往复运动，根据动能定理得
解得
【要点总结】
当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时,应注意各力对应的位移，且应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和.
备 用 习 题
1.如图所示,AB为圆轨道,BC为水平直轨道,圆弧的半径为R,BC的长度也是R.一质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ,若它从轨道顶端A由静止开始下落,恰好运动到C处停止,重力加速度为g,则物体在AB段克服摩擦力所做的功为 ( )
A.μmgR B.mgR
C.-mgR D.(1-μ)mgR
D
[解析]物体从A运动到B,所受的弹力要发生变化,摩擦力大小也要随之变化,所以克服摩擦力所做的功不能直接由做功的公式求得,而在BC段克服摩擦力所做的功可直接求得.对从A到C全过程,由动能定理即可求出物体在AB段克服摩擦力所做的功.设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB,物体从A到C的全过程,根据动能定理得mgR-WAB-μmgR=0,所以WAB=mgR-μmgR=(1-μ)mgR,选项D正确.
备 用 习 题
2.如图所示,一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置,轨道两端等高,质量为m的质点从轨道端点P由静止开始滑下,滑到最低点Q时,对轨道的正压力为2mg,重力加速度大小为g.质点从P滑到Q的过程中,克服摩擦力所做的功为 ( )
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
C
[解析] 在最低点时,根据牛顿第三定律可知,轨道对质点的支持力F=2mg,根据牛顿第二定律可得F-mg=m,从最高点P到最低点Q,由动能定理得mgR-Wf=mv2,联立解得克服摩擦力做的功为Wf=mgR,选项C正确.
备 用 习 题
3.如图所示,固定在地面上的光滑斜面的顶端固定一弹簧,一小球向右滑行,并冲上斜面.设小球在斜面最低点A时速度为v,压缩弹簧至C点时弹簧最短,C点距地面高度为h,重力加速度为g,则从A点到C点的过程中弹簧弹力做的功是 ( )
A.mgh-mv2 B.mv2-mgh
C.-mgh D.-
A
[解析]小球从斜面最低点A运动到C点的过程中,重力、弹簧弹力均做功,由动能定理得-mgh+W=0-mv2,解得弹簧弹力做的功W=mgh-mv2,选项A正确.
备 用 习 题
4.某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m,弹簧的左端固定,木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩,记下木块右端位置A点,释放后,木块右端恰能运动到B1点.在木块槽中加入一个质量m0=200 g的砝码,再将木块左端紧靠弹簧,使木块右端位置仍然在A点,释放后木块离开弹簧,右端恰能运动到B2点.测得AB1、AB2长分别为36.0 cm和12.0 cm,则木块的质量m为 ( )
A.100 g B.200 g
C.300 g D.400 g
A
[解析] 两次木块均由同一位置释放,故弹簧恢复原长的过程中,弹簧弹力所做的功相同,未加砝码的情况下,由动能定理得W弹-μmg·=0,加上砝码的情况下,有W弹-μ(m+m0)g·=0,解得m=100 g,选项A正确.
备 用 习 题
5. 如图所示,有两条滑道平行建造,左侧相同而右侧有差异,一条滑道的右侧水平,另一条滑道的右侧是斜坡.某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动,从高度为h1的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑,最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上,接着改用另一条滑道,还从与A点等高的位置由静止开始下滑,结果能运动到另一个倾角为α的雪道上高度为h2的E点停下.若动摩擦因数处处相同,且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失,则 ( )
A.动摩擦因数为tan θ B.动摩擦因数为
C.倾角α一定大于θ D.倾角α可以大于θ
B
备 用 习 题
[解析] 滑雪者能沿雪道下滑,则有mgsin θ>μmgcos θ,解得μtan α,所以α<θ,故C、D错误.
备 用 习 题
6. (多选) 戽斗是古代最常见的提水器具,两人相对而立,用手牵拉绳子,从低处戽水上岸.假设戽斗装水后重20 kg,左右两根轻绳长均为2 m,最初绳子竖直下垂,戽水时两人均沿水平方向朝相反的方向做直线运动,戽斗以1 m/s2的加速度匀加速直线上升,已知重力加速度g取10 m/s2,绳子可以看成轻质细绳,则戽斗上升1 m时 ( )
A.两绳的拉力大小均为200 N
B.两人拉绳的速率均为 m/s
C.两人对戽斗做的功均为110 J
D.绳子拉力的总功率为220 W
CD
备 用 习 题
[解析]此时戽斗已经向上移动了1 m,对戽斗进行受力分析,如图甲所示,沿戽斗运动方向,根据牛顿第二定律得2FTcos∠ABD-mg=ma,其中cos∠ABD=,解得FT=220 N,故A错误;上升1 m的过程,根据速度—位移公式可得-0=2ah,如图乙所示,戽斗与人在沿绳方向的分速度相等,即v戽cos∠ABD=v人cos∠BAD,联立解得v戽= m/s,v人= m/s,故B错误;戽斗上升过程,根据动能定理得2W人-mgh=m,解得每人对戽斗做的功W人=110 J,故C正确;上升1 m时的瞬时功率为P=Fv=2FTcos∠ABD×v戽=220 W,故D正确.
备 用 习 题
7.如图所示,在水平地面上虚线位置处有一个质量m=1 kg的小滑块P(大小不计),P与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.5.给P一个水平向右的初速度v0=
6 m/s,P开始运动,已知P在虚线右侧总会受到大小为10 N且与水平方向成θ=37°角的斜向左上的恒定作用力F,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:
(1)P向右运动的最大距离;
[答案] 1.8 m
[解析]对P向右运动到速度减小为0的过程,设位移为xm,在虚线右侧P对地面的压力大小为FN=mg-Fsin θ=4 N
由动能定理得-(Fcos θ+μFN)xm=0-m
解得xm=1.8 m
备 用 习 题
7.如图所示,在水平地面上虚线位置处有一个质量m=1 kg的小滑块P(大小不计),P与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.5.给P一个水平向右的初速度v0=6 m/s,P开始运动,已知P在虚线右侧总会受到大小为10 N且与水平方向成θ=37°角的斜向左上的恒定作用力F,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:
(2)P最终所在位置到虚线的距离.
[答案] 2.16 m
[解析]对P从右侧最大距离处开始到停止运动的过程,设停在虚线左侧距离虚线x处,由动能定理得(Fcos θ-μFN)xm-μmgx=0
解得x=2.16 m
备 用 习 题
8. 如图甲所示,长为4 m的水平轨道AB与半径为R=0.6 m的竖直半圆轨道BC在B处平滑连接,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力F作用而运动,F随位移变化的关系如图乙所示(水平向右为正方向),滑块与AB间的动摩擦因数为μ=0.25,与BC间的动摩擦因数未知,g取10 m/s2.
(1)求滑块到达B处时的速度大小;
[答案] 2 m/s
[解析]对滑块从A处到B处的过程,由动能定理得
F1x1+F3x3-μmgx=m
解得vB=2 m/s.
备 用 习 题
8.如图甲所示,长为4 m的水平轨道AB与半径为R=0.6 m的竖直半圆轨道BC在B处平滑连接,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力F作用而运动,F随位移变化的关系如图乙所示(水平向右为正方向),滑块与AB间的动摩擦因数为μ=0.25,与BC间的动摩擦因数未知,g取10 m/s2.
(2)求滑块在水平轨道AB上运动前2 m的过程所用的时间;
[答案] s
[解析]滑块在水平轨道AB上运动的前2 m内,由牛顿第二定律得F1-μmg=ma，且x1=a
解得t1= s.
备 用 习 题
8.如图甲所示,长为4 m的水平轨道AB与半径为R=0.6 m的竖直半圆轨道BC在B处平滑连接,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力F作用而运动,F随位移变化的关系如图乙所示(水平向右为正方向),滑块与AB间的动摩擦因数为μ=0.25,与BC间的动摩擦因数未知,g取10 m/s2.
(3)若到达B处时撤去力F,滑块沿半圆轨道内侧上滑,并恰好能到达最高点C,则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少
[答案] 5 J
[解析]由于滑块恰好能到达最高点C,因此当滑块在最高点C时,有mg=m
对滑块从B处到最高点C的过程,由动能定理得
Wf-mg·2R=mm
解得Wf=-5 J
即滑块在半圆轨道上克服摩擦力做的功为5 J.
1.(应用动能定理计算变力做功)[2024·浙江余姚中学月考] 如图所示为滑雪滑道，质量为的滑雪爱好者从顶端由静止滑下，从末端滑出时速度为，滑行过程中姿势保持不变，端相对滑道最低点高度为，端相对点高度为.重力加速度取，从到滑行过程中，该滑雪爱好者克服阻力做功和重力做功的比值约为( )
B
A.0.1 B.0.2 C.0.8 D.1
[解析] 该滑雪爱好者从到滑行过程中，由动能定理得，克服阻力做功，解得,从到滑行过程中，重力对滑雪爱好者做功，则，故B正确.
2.(应用动能定理分析多过程问题)如图所示,是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底的连接处都是一段与相切的圆弧,是水平的,长度,盆边缘距地面的高度为.在处放一个质量为的小物块并让其由静止开始下滑(图中小物块
D
A. B. C. D.0
[解析] 设小物块在段通过的总路程为,由于只有盆底与小物块之间存在摩擦力,则摩擦力做功为,而重力做功与路径无关,由动能定理得,解得,由于,所以小物块在上经过3次往复运动后,又回到B点,D正确.
未画出).已知盆内侧壁是光滑的,而盆底与小物块间的动摩擦因数.小物块在盆内来回滑动直至最后静止,则小物块最终停下的位置到点的距离为( )
3.(动能定理和图像的综合问题)(多选)质量为的物体以某一初速度在水平地面上滑行，由于受到地面摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的图线如图所示，取，则物体在水平地面上( )
BD
A.所受合力大小为 B.滑行的总时间为
C.滑行的加速度大小为 D.滑行的加速度大小为
[解析] 由图像可知，物体前进，动能由变为零，由动能定理得，解得，即物体所受的合力大小为，选项A错误.物体的加速度大小，选项C错误，D正确.由于物体的初速度，故滑行时间，选项B正确.
知识点一 应用动能定理计算变力做功
1.一人用力踢质量为的皮球,使球以的速度飞出,假定人踢球的平均作用力是,球在水平方向运动了后停止,那么人对球所做的功为( )
A
A. B. C. D.无法确定
[解析] 由动能定理得,人对球所做的功,故选项A正确.
2.如图所示，一水平转台半径为，一质量为的滑块放在转台的边缘.已知滑块与转台间的动摩擦因数为 ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为.若转台的转速由零逐渐增大，当滑块在转台上刚好发生相对滑动时，转台对滑块所做的功为( )
A
A. B. C. D.0
[解析] 滑块即将滑动时，最大静摩擦力(等于滑动摩擦力)提供向心力，有，根据动能定理得，解得，A正确.
3.如图所示，质量为的滑块从半径为的半圆形轨道的边缘点滑向底端，此过程中，摩擦力做功为.若滑块与轨道间的动摩擦因数为，则在点时滑块受到摩擦力的大小为(重力加速度取)( )
A
A. B. C. D.
[解析] 由A到B的过程中，由动能定理可得，在B点由牛顿第二定律得，滑块受到的滑动摩擦力为，解得，故A正确.
4.[2024·北京四中月考] 物块在水平面上以初速度沿直线滑行，前进距离后恰好停止运动.已知物块与水平面之间的动摩擦因数为 ，且 的大小与物块滑行的距离的关系为(为常数)，重力加速度为，则( )
A
A. B. C. D.
[解析] 因动摩擦因数，则滑动摩擦力为，即滑动摩擦力随位移均匀变化，故摩擦力的功可用平均力乘位移表示，由动能定理得，解得，故A正确.
知识点二 动能定理和图像的综合问题
5.质量为的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块的动能与其发生的位移之间的关系如图所示.已知物块与水平面间的动摩擦因数，重力加速度取，则下列说法正确的是( )
D
A.时物块的速度大小为
B.时物块的加速度大小为
C.在前位移过程中拉力对物块做的功为
D.在前位移过程中物块所经历的时间为
[解析] 根据动能定理得，可知物块在每段运动中所受合力恒定，则物块在每段都做匀加速运动，由图像可知，时物块的动能为，则，故A错误；同理，当时
物块的动能为，则，当时物块的动能为，则，在段，有，解得段的加速度为，故B错误；在前位移过程中，对物块，由动能定理得末，解得，故C错误；过程，，过程，，故总时间为，D正确.
6.[2024·天津南开中学月考] 如图所示，一个小球从光滑固定的圆弧槽的点由静止释放后，经最低点运动到点的过程中，小球的动能随时间的变化图像可能是图中的( )
B
A.&1& B.&2& C.&3& D.&4&
[解析] 动能与时间的关系图像上的任意一点的切线斜率的绝对值表示重力做功的瞬时功率，即,小球在A点与C点处时速度均为零，小球在B点处时速度方向与重力方向垂直，所以
小球在A、B、C三点处时重力做功的瞬时功率都为零，则小球由A点运动到B点的过程中，重力做功的瞬功率(图像的斜率的绝对值)是先增大再减小至零，小球由B点运动到C点的过程中，重力做功的瞬功率(图像的斜率的绝对值)也是先增大再减小至零，故B正确，A、C、D错误.
知识点三 微元法在动能定理中的应用
7.[2024·山东烟台二中月考] 青岛市即墨区鳌山湾一带受崂山余脉和海岛影响，形成了长达60多公里的狭长“疾风带”，为风力发电创造了有利条件，目前该地区风电总装机容量已达18万千瓦.风力推动三个叶片转动，叶片带动转子(磁极)转动，在定子(线圈)中产生电流，实现风能向电能的转化.已知叶片长为，风速为，空气密度为 ，流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有速度减为0，原速率穿过，不考虑其他能量损耗，一台风力发电机的发电功率约为( )
B
A. B. C. D.
[解析] 根据题意可知，假设流速为的空气接触扇面的面积,在时间内流过扇叶的体积为,则根据密度公式得空气质量,有的空气速度减为零，所以与叶片发生相互作用的风的质量为，则根据动能定理得,则根据,得，正确.
8.某市的公园有一个巨型音乐喷泉.一同学在远处观看喷泉表演时与远处的高楼对比，得出喷泉中心主喷水口的水柱约有27层楼高，已知该主喷水管口的内径约为，重力加速度取，水的密度为，由此估算用于给主喷管喷水的电动机输出功率为( )
C
A. B. C. D.
[解析] 管口的内径约有，则半径,根据实际情况，每层楼高约为，所以喷水的高度，则水离开管口的速度为，设驱动主喷管喷水的电动机功率为，在接近管口很短一段时间内水柱的质量为,根据动能定理可得,解得,代入数据解得，故C正确.
9.(多选)[2024·山东烟台二中月考] 如图所示，水平地面上固定着高度均为的两个光滑斜面体，倾角分别为、,现将完全相同的两个小滑块(可视为质点)从顶端由静止释放，面底端所用的时间分别为、，速率分别为、，两滑块运动过程互不影响，则( )
AC
A. B. C. D.
[解析] 由题知，下滑过程中只有重力对滑块做功，根据动能定理得，解得，所以，故C正确，D错误；滑块均沿斜面做匀加速运动，则有，由图可知，且，所以，故A正确，B错误.
10.[2024·山西太原一中月考] 如图所示，京张高铁将北京到张家口的通行时间缩短在1小时内，成为2022年北京冬奥会重要的交通保障设施.假设此列车启动后沿平直轨道行驶，发动机的功率恒为，且行驶
B
A.行驶过程中列车受到的阻力大小为
B.当列车的速度为时，列车的加速度大小为
C.从启动到速度为的过程中，列车牵引力所做的功为
D.由题目信息可估算京张铁路的全长为
过程中受到的阻力大小恒定.已知列车的质量为，最高行驶速度.则下列说法正确的是( )
[解析] 列车速度最大时，牵引力与阻力平衡，则行驶过程中列车受到的阻力大小，故A错误；当列车的速度为时，列车的牵引力，根据牛顿第二定律得，解得，故B
正确；由动能定理可知，从启动到速度为的过程中，列车牵引力做功与阻力做功之和等于列车动能增加量，故列车牵引力做功不等于，C错误；只知道最高的瞬时速率，无法估算平均速率，无法得出大致路程，故D错误.
11.如图甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为 的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小恒定，物块动能与运动路程的关系如图乙所示.重力加速度大小取，物块质量和所受摩擦力大小分别为( )
A
A.， B.，
C.， D.，
[解析] 内物块上滑，由动能定理得，整理得，结合内的图像得，斜率的绝对值，内物块下滑，由动能定理得，整理得，结合内的图像得，斜率，联立解得，，故选A.
12.如图所示，弧形轨道的下端与半径为的竖直圆轨道平滑连接，、分别为圆轨道的最低点和最高点.质量为的小球(可视为质点)从弧形轨道上的点由静止滚下，到达点时的速度为为重力加速度)，且恰好能通过点.已知、间的高度差.求：
(1) 小球运动到点时，轨道对小球支持力的大小；
[答案]
[解析] 小球运动到点时，由牛顿第二定律得
解得轨道对小球的支持力的大小为
(2) 小球通过点时的速率；
[答案]
[解析] 小球恰能通过点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
(3) 小球从点运动到点的过程中克服摩擦阻力做的功.
[答案]
[解析] 小球从点运动到点的过程中，根据动能定理得
解得
1.[2024·河南师大附中月考] 某水上乐园设备公司设计一款水滑梯，设计简图如图所示，倾斜滑道与水平滑道材料相同且平滑连接.游客的质量为，倾斜滑道高度为、倾角为 ，游客与滑道间的动摩擦因数为 ，游客在水平滑道上停止点到点的水平距离为，下列说法正确的是( )
C
A.和 一定， 越大，越大 B.和 一定， 越大，越小
C.和 一定，的大小与 、无关 D.和 一定，越小，越大
[解析] 对游客从最高点下滑至A点的过程，由动能定理可得，整理得，所以当和 一定时，与和 无关，故C正确.
2.如图所示,在轻弹簧的下端悬挂一个质量为的小球,若将小球从弹簧处于原长的位置由静止释放,则小球能够下降的最大高度为(重力加速度为,不计空气阻力).若将小球换成质量为的小球,仍从弹簧处于原长的位置由静止释放,则小球下降高度时的速度为( )
B
A. B. C. D.
[解析] 小球A下降高度过程中,设克服弹簧弹力的功为,根据动能定理有,小球B下降过程中,由动能定理有,联立解得,故B正确.
3.(多选)新能源有着广阔的发展前景，如图所示为风力发电的装置.利用该装置发电时，能将空气动能的转化为电能，已知扇叶转动平面的截面积为，风速为，空气的密度为 .当风垂直吹向扇叶时，下列说法正确的是( )
AC
A.单位时间吹到扇叶的空气的质量为 B.单位时间吹到扇叶的空气的动能为
C.发电功率为 D.发电功率为
[解析] 根据题意可知，时间内吹到扇叶的空气的体积为,则时间内吹到扇叶的空气的质量为,单位时间吹到扇叶的空气的质量为,单位时间吹到扇叶的空气的动能为,故B错误，A正确；单位时间内空气的动能转化为电能为,即发电功率为，故D错误，C正确.
4.[2024·浙江杭州二中月考] 如图所示，光滑斜面足够长，倾角为 ，粗糙斜面高为，倾角为 ；、与水平传送带在、两点平滑连接.传
送带不动，一小物块在面上从距点高处释放，刚好能运动到处.已知物块与传送带间的动摩擦因数为，与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度取，，.
(1) 求传送带的长度；
[答案]
[解析] 物块运动到处由动能定理得
解得
(2) 若保持传送带沿顺时针方向以的速率匀速转动，要使小物块刚好能到达处，应从距点多高处释放物块.
[答案]
[解析] 由到，由动能定理可得
解得,则
物块在传送带上的速度大于传送带速度，所受摩擦力方向一直向左，设从距点高度为处释放物块，由动能定理可得
解得
5.[2024·辽宁沈阳一中月考] 滑板运动是一项惊险刺激的运动，深受青少年的喜爱.图中为滑板的运动轨道，和是两段与水平面夹角均为 的光滑的斜面，底部与水平面平滑相接，粗糙水平段的长度.
一运动员从点以的初速度下滑，经后冲上轨道，达到点时速度减为零.已知运动员连同滑板的质量，，，取，求：(结果可带根号)
(1) 运动员第一次经过点和点的速度大小；
[答案] ;
[解析] 以水平轨道所在水平面为零势能面，运动员从点滑至点的过程，由动能定理得
代入数据解得
运动员由点到点的过程，由动能定理有
代入数据解得
(2) 滑板与之间的动摩擦因数；
[答案] 0.16
[解析] 运动员由点滑至点的过程中，由动能定理有
代入数据解得
(3) 运动员最后静止时的位置与点之间的距离.
[答案]
[解析] 设运动员在轨道上滑行的总路程为，对从点到静止的整个过程，由动能定理有
代入数据解得
故运动员最后静止时的位置与点之间的距离
6.如图所示,是倾角为 的粗糙直轨道,是光滑的圆弧轨道,恰好在点与圆弧相切,圆弧的半径为,一个质量为的物体(可以看作质点)从直轨道上的点由静止释放,而后在两轨道上做往返运动.已知点与圆弧的圆心等高,物体做往返运动的整个过程中在轨道上通过的路程为.(重力加速度为)
(1) 求物体与轨道间的动摩擦因数 .
[答案]
[解析] 由题意可知,物体最终向右运动到点再返回做往返运动,对整个过程由动能定理得
解得
(2) 最终当物体通过圆弧轨道最低点时,求物体对圆弧轨道的压力大小.
[答案]
[解析] 最终物体以为最高点,在圆弧底部做往返运动,对过程,由动能定理得
在点,由牛顿第二定律得
联立解得
由牛顿第三定律得,
(3) 为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点,释放点距点的距离至少为多大
[答案]
[解析] 若物体刚好能到点,由牛顿第二定律有
对物体由释放至到达点这一过程,由动能定理得
联立解得.
