第7章　动能定理及其应用 Word版含解析

1.如图为用高速摄影机拍摄到的子弹击穿苹果的照片。测得子弹击穿苹果前、后的速度分别为100 m/s和60 m/s,已知子弹的质量为40 g,则子弹击穿苹果前后动能减小了(　B　)
A.32 J B.128 J C.3.2×104 J D.1.28×105 J
解析:根据ΔEk=mv2-m得ΔEk=128 J,故选B。
2.在粗糙水平面上运动的物体,从A点开始受水平恒力F作用直线运动到B点。已知物体在A,B两点的速度大小相等,则在此过程中(　C　)
A.物体一定做匀速直线运动
B.F的方向始终与摩擦力方向相反
C.F可能对物体先做负功,后做正功
D.F对物体所做的总功为零
解析:物体在A,B两点的速度大小相等,对应两种可能情况:一是物体做匀速直线运动;二是物体先减速后反向加速,所以,选项A,B错误;物体先减速后反向加速过程中,力F的方向必与在A点的速度方向相反,F对物体先做负功,后做正功,选项C正确;根据动能定理,F与摩擦力对物体所做的总功为零,而摩擦力做负功,所以F对物体所做的总功为正功,选项D错误。
3.如图甲所示,静止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x0处时F所做的总功为(　C　)
A.0 B.Fmx0 C.Fmx0 D.
解析:F为变力,但Fx图象包围的面积在数值上表示拉力做的总功。由于图线为半圆,又因在数值上Fm=x0,故W=π·=π·Fm·x0 =Fmx0。
4.从地面竖直向上抛出一只小球,小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力,该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是(　A　)
解析:小球做竖直上抛运动,设初速度为v0,则v=v0-gt,
小球的动能Ek=mv2,把速度v代入得
Ek=mg2t2-mgv0t+m,
Ek与t为二次函数关系,选项A正确。
5.一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处。物块初动能为Ek0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　C　)
解析:设物块与斜面间的动摩擦因数为μ,物块的质量为m,则物块在上滑过程中根据功能关系有-(mgsin θ+μmgcos θ)x=Ek-Ek0,即Ek= Ek0-(mgsin θ+μmgcos θ)x,物块沿斜面下滑的过程中有(mgsin θ-μmgcos θ)x′=Ek,由此可以判断C项正确。
6.有两条滑雪道平行建造,左侧相同而右侧有差异,一个滑道的右侧水平,另一个的右侧是斜坡。某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上从h1高处的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。接着改用另一个滑雪道,还从与A点等高的位置由静止开始下滑,结果能冲上另一个倾角为α的雪道上h2高处的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(　B　)
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
解析:第一次停在BC上的某点,设停下位置距离B点为s′,由动能定理得mgh1-μmgcos θ·-μmgs′=0,即mgh1-μmg·(+s′)= mgh1-μmgs=0,可得μ=,A错误,B正确;在AB段由静止下滑,说明μmgcos θmgsin α,即α一定小于θ,C,D错误。
7.如图所示人用手托着质量为m的苹果,从静止开始沿水平方向运动,前进距离l后,速度为v(苹果与手始终相对静止),苹果与手掌之间的动摩擦因数为μ,则下列说法正确的是(　C　)
A.手对苹果的作用力方向竖直向上
B.苹果所受摩擦力大小为μmg
C.手对苹果做的功为mv2
D.苹果对手不做功
解析:苹果沿水平方向从静止加速到速度为v,水平方向与手掌之间有静摩擦力,竖直方向受到向上的支持力,选项A错误;与手掌之间摩擦力是静摩擦力,静摩擦力在零与最大值μmg之间取值,不一定等于
μmg,选项B错误;根据动能定理,手对苹果做的功W=mv2,选项C正确,D错误。
8.如图所示,质量为m的滑块从h高处的a点沿圆弧轨道ab滑入水平轨道bc,滑块与轨道的动摩擦因数相同,滑块在a,c两点时的速度大小均为v,ab弧长与bc长度相等,空气阻力不计,则滑块从a到c的运动过程中(　C　)
A.滑块的动能始终保持不变
B.滑块在bc过程克服摩擦力做的功一定等于mgh
C.滑块经b点时的速度小于
D.滑块经b点时的速度等于
解析:在滑块从b运动到c的过程中,由于摩擦力做负功,动能在减少,所以A错误;从a到c根据动能定理有mgh-Wf=0,则全程克服摩擦力做功Wf=mgh,因在ab段,bc段摩擦力不同,克服摩擦力做功不同,故滑块在bc过程克服摩擦力做的功不一定等于mgh,所以B错误;设在b点的速度为v′,由于滑块由a到b过程中摩擦力做负功,根据动能定理有mgh-Wf′=mv′2-mv2,所以v′<,故C正确,D错误。
9.一个质量为m的小球,用长为l的轻绳悬挂于O点,小球在水平力F的作用下,从平衡位置P缓慢地移动到Q点,如图所示,则力F所做的功为(　C　)
A.mglcos θ B.Flsin θ
C.mgl(1-cos θ) D.Fl(1-cos θ)
解析:由于小球缓慢移动,始终处于平衡状态,所以水平拉力不断变化,由动能定理可得-mgl(1-cos θ)+WF=0,即WF=mgl(1-cos θ),故选项C正确。
10.在平直的公路上,汽车由静止开始做匀加速运动,当速度达到vmax后,立即关闭发动机直至静止,其vt图象如图所示。设汽车的牵引力为F,摩擦力为Ff,全程中牵引力做功为W1,克服摩擦力做功为W2,则(　B　)
A.F∶Ff=1∶3 B.W1∶W2=1∶1
C.F∶Ff=3∶1 D.W1∶W2=1∶3
解析:对汽车运动的全过程应用动能定理,有W1-W2=0,得W1∶W2=1∶1,由图象知牵引力与阻力的作用距离之比为x1∶x2=1∶4,由W1=Fx1,W2=Ffx2,知F∶Ff=4∶1。
11.一篮球运动员在某次投篮中将球由静止快速出手,篮球不碰篮筐直接入网,已知出手时篮球距地面高度为h1,出手过程中手对篮球做功为W,篮筐距地面高度为h2,篮球质量为m。不计空气阻力,篮球可看成质点,则篮球(　B　)
A.出手时的速度为
B.进筐时的动能为W+mgh1-mgh2
C.从静止到进筐的过程中,机械能的增量为W+mgh2-mgh1
D.从出手到进筐的过程中,运动总时间为
解析:在投篮过程中,由动能定理得W=mv2,解得篮球出手时的速度为v=,A错误;从出手到进筐的过程中,由动能定理得-mg(h2-h1)=Ek-mv2,解得篮球进筐时的动能为Ek=W+mgh1-mgh2,B正确;从出手到进筐的过程中,手对球做功为W,离开手后,机械能守恒,所以从静止到进筐的过程中,机械能的增量为W,C错误;篮球离手后做斜抛运动,竖直方向做竖直上抛运动,到最高点再平抛,假设又落回原来的水平高度,上升时间和下落时间相等,由h2-h1=gt2,解得t=,但是篮球从静止到离手还有一段时间,所以运动总时间大于,D错误。
12.如图甲所示,上表面水平的圆盘固定在水平地面上,一小物块从圆盘边缘上的P点以大小相同的初速度在圆盘上沿与直径PQ成不同夹角θ开始滑动,小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为v,则v2cos θ图象应为图乙中的(　A　)
解析:设圆盘半径为r,小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ,由题意可知,小物块运动到圆盘另一边缘过程中摩擦力做负功,由动能定理可得-μmg×2rcos θ=mv2-m,即v2=-4μgrcos θ,可知v2与cos θ成线性关系,斜率为负,故选项A正确。
13. (多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放,沿粗糙程度相同的水平面向右运动,最远到达B点。在从A到B的过程中,物块(　AD　)
A.加速度先减小后增大
B.经过O点时的速度最大
C.所受弹簧弹力始终做正功
D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
解析:由A点开始运动时,F弹>Ff,合力向右,小物块向右加速运动,弹簧压缩量逐渐减小,F弹减小,由F弹-Ff=ma知,a减小;当运动到F弹=Ff时,a减小为零,此时弹簧仍处于压缩状态,由于惯性,小物块继续向右运动,此时,F弹能力提升
14.(多选)如图所示,三个质量相等的小球A,B,C从图中所示的位置以相同的速度v0水平向左抛出,最终都能到达坐标原点O,不计空气阻力,x轴沿水平地面,则可以判断A,B,C三个小球(　D　)
A.初始时刻纵坐标之比为1∶2∶3
B.在空中运动的时间之比为1∶3∶5
C.从抛出至到达O点过程中,动能的增加量之比为1∶4∶9　
D.到达O点时,重力的瞬时功率之比为1∶2∶3
解析:根据平抛运动规律x=v0t,由于水平初速度相同,A,B,C水平位移之比为1∶2∶3,所以它们在空中运动的时间之比为1∶2∶3,B错误;初始时刻纵坐标之比为小球的下落高度之比,根据h=gt2,初始时刻纵坐标之比为1∶4∶9,A错误;根据动能定理可知WG=mgh=ΔEk,则动能的增加量之比为1∶4∶9,C正确;到达O点时,设落地时竖直分速度为vy,而vy=gt,则重力的瞬时功率P=mgvy=mg·gt,三个小球落地时重力的瞬时功率之比为1∶2∶3,D正确。
15.为登月探测月球,上海航天研制了“月球车”。某探究性学习小组对“月球车”的性能进行研究,他们让“月球车”在水平地面上由静止开始运动,并将“月球车”运动的全过程记录下来,通过数据处理得到如图所示的vt图象,已知0～t1段为过原点的倾斜直线;t1～10 s内“月球车”牵引力的功率保持不变,且P=1.2 kW,7～10 s段为平行于横轴的直线;在10 s末停止遥控,让“月球车”自由滑行,“月球车”质量m=100 kg,整个过程中“月球车”受到的阻力f大小不变。
(1)求“月球车”所受阻力f的大小和“月球车”匀速运动时的速度大小;
(2)求“月球车”在加速运动过程中的总位移s;
(3)求0～13 s内牵引力所做的总功;
(4)画出“月球车”整个运动过程中牵引力的功率随时间变化的图象。
解析:(1)在10 s末撤去牵引力后,“月球车”只在阻力f作用下做匀减速运动,由图象可得a=
由牛顿第二定律得,其阻力f=ma
7～10 s内“月球车”匀速运动,设牵引力为F,则F=f
由P=Fv1可得“月球车”匀速运动时的速度v1==
联立解得v1=6 m/s,a=2 m/s2,f=200 N。
(2)“月球车”的加速运动过程可以分为0～t1时间内的匀加速运动和t1～7 s时间内的变加速运动两个阶段,t1时功率为P=1.2 kW,速度为v2=3 m/s。
由P=F1v2可得此时牵引力为F1==400 N
由牛顿第二定律:F1-f=ma1,解得0～t1时间内的加速度大小为a1==
2 m/s2
匀加速运动的时间
t1==1.5 s
匀加速运动的位移
s1=a1=2.25 m
在0～7 s内由动能定理可得
F1s1+P(t-t1)-fs=m,
代入数据解得“月球车”在加速运动过程中的总位移s=28.5 m。
(3)在0～1.5 s内,牵引力做功W1=F1s1=400×2.25 J=900 J,在1.5～10 s内,牵引力做功W2=PΔt=1 200×(10-1.5)J=10 200 J
10 s后,停止遥控,牵引力做功为零
所以0～13 s内牵引力所做的总功
W=W1+W2=11 100 J。
(4)“月球车”在0～1.5 s内做匀加速直线运动,速度v=a1t(t ≤
1.5 s),功率P=F1v=F1a1t(t≤1.5 s),1.5～10 s内“月球车”牵引力的功率保持不变,为P=1.2 kW,此后“月球车”牵引力的功率为0。所以“月球车”整个运动过程中牵引力的功率随时间变化的图象如图
所示。
答案:见解析
16.在学校组织的趣味运动会上,某科技小组为大家提供了一个寓学于乐的游戏。如图所示,将一质量为0.1 kg的小滑块(可视为质点)放在O点,用弹簧装置将其弹出,使其沿着光滑的半圆形轨道OA和AB运动,BC段为一段长为L=2.0 m的粗糙水平面,DEFG为矩形盒子(盒子边缘的高度忽略不计)。圆弧OA和AB的半径分别为r=0.2 m,R=0.4 m,滑块与BC段的动摩擦因数为μ=0.4,C点离盒子的高度为h=0.8 m,水平距离为x=0.6 m,盒子的长度EF为1 m。
(1)要使小滑块恰好不脱离圆弧轨道,在B位置小滑块受到半圆轨道的支持力是多少?
(2)在满足第(1)问的情况下,小滑块能否落入盒子?若能,则落入盒子时距左边缘DE的距离是多少?
(3)为了不让小滑块飞出盒子,滑块被弹射离开弹簧时的最大初速度。
解析:(1)对圆弧AB的A点:mg=
A到B的过程机械能守恒:m+2mgR=m
对B点:FN-mg=
由以上三式可得FN=6 N。
(2)从B至C由动能定理:-μmgL=m-m
得到vC=2 m/s
由平抛运动:h=gt2
s=vCt
联立以上各式解得s=0.8 m>0.6 m
所以小滑块能落入盒子中。
落入的位置距左边缘DE的距离:Δx=s-x=0.2 m。
(3)由平抛运动:h=gt2,x+xEF=vC′t
解得vC′=4 m/s
由O至C用动能定理:mgR-μmgL=mvC′2-m
解得v0=2 m/s。
答案:(1)6 N　(2)能　0.2 m　(3)2 m/s