1、4.3动能 动能定理(25分钟60分)一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)1.下列关于动能的说法正确的是 ()A.两个物体中,速度大的动能也大B.某物体的速度加倍,它的动能也加倍C.做匀速圆周运动的物体动能保持不变D.某物体的动能保持不变,则速度一定不变【解析】选C。动能的表达式为Ek=12mv2,即物体的动能大小由质量和速度大小共同决定,速度大的物体的动能不一定大,故A错误;速度加倍,它的动能变为原来的4倍,故B错误;速度只要大小保持不变,动能就不变,故C正确,D错误。2.两个物体质量比为14,速度大小之比为41,则这两个物体的动能之比为()A.11B.14C.41D.21【解析】
2、选C。由动能表达式Ek=12mv2得Ek1Ek2=m1m2(v1v2)2=14(41)2=41,C正确。3.(2020河源高一检测) 随着高铁时代的到来,人们出行也是越来越方便,胡强是一名物理老师,有一次在乘坐从嘉兴南开往金华的G9311次列车上思考着,列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段,列车的动能()A.与它所经历的时间成正比B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的加速度成正比【解析】选B。根据v=at,Ek=12mv2,可知速度大小和时间成正比,动能和时间的平方成正比,故A错误;根据动能定理:Fs=12mv2,可知,动能和位移成正比,故B正确;根据E
3、k=12mv2,动能与速度的平方成正比,故C错误;加速度是不变的,所以动能与加速度不成正比,故D错误。4.一质点做匀加速直线运动,在时间间隔t内位移为x,动能变为原来的9倍。该质点的加速度为 ()A.xt2B.3x2t2C.4xt2D.8xt2【解析】选A。设初、末速度分别为v1、v2,加速度为a,则由Ek=12mv2得v2=3v1;代入x=v1+v22t得v1=x2t,v2=3x2t,a=v2-v1t=3x2t-x2tt=xt2,故选项A正确。【加固训练】某人把质量为0.1 kg的一块小石头,从距地面为5 m的高处以60角斜向上抛出,抛出时的初速度大小为10 m/s,则当石头着地时,其速度大
4、小约为(g取10 m/s2,不计空气阻力) ()A.14 m/sB.12 m/sC.28 m/sD.20 m/s【解析】选A。由动能定理,重力对石头所做的功等于石头动能的变化,则mgh=12mv22-12mv12,v2=v12+2gh=102 m/s14 m/s,A正确。5.(2020潍坊高一检测)如图所示,光滑斜面的顶端固定一弹簧,一质量为m的小球向右滑行,并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为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到C的过程中弹簧弹力做功是()A.mgh-12mv2B.12mv2-mghC.-mghD.-(mgh+12mv2
5、)【解析】选A。由A到C的过程运用动能定理可得:-mgh+W=0-12mv2,所以W=mgh-12mv2,故A正确。6.(2020韶关高一检测) 一辆汽车以v1=6 m/s的速度沿水平路面行驶,急刹车后能滑行x1=3.6 m;如果以v2=8 m/s的速度行驶,在同样路面上急刹车后滑行的距离x2应为()A.6.4 mB.5.6 mC.7.2 mD.10.8 m【解析】选A。急刹车后,车只受摩擦力的作用,且两种情况下摩擦力大小是相同的,汽车的末速度均为零。设摩擦力为f,据动能定理得:-fs1=0-12mv12-fs2=0-12mv22式除以式得s2s1=v22v12故得汽车滑行的距离s2=v22v
6、12s1=(86)23.6 m=6.4 m。故选A。二、计算题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)7.(12分)一架喷气式飞机,质量为m=5103 kg,起飞过程中从静止开始滑行的路程为x=5.3102 m 时(做匀加速直线运动),达到起飞速度v=60 m/s,在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重力的k倍(k=0.02),g取10 m/s2。求飞机受到的牵引力。【解析】以飞机为研究对象,它受到重力、支持力、牵引力和阻力作用,这四个力做的功分别为WG=0,W支=0,W牵=Fx,W阻=-kmgx。由动能定理得Fx-kmgx=12mv2-0解得F=kmg+
7、mv22x=(0.02510310+510360225.3102) N=1.8104 N。答案:1.8104 N8.(12分)从离地面H高处落下一只小球,小球在运动过程中所受的空气阻力是它重力的k(k1)倍,而小球与地面相碰后,能以相同大小的速率反弹。求:(1)小球第一次与地面碰撞后,能够反弹起的最大高度是多少。(2)小球从释放开始,直至停止弹跳为止,所通过的总路程是多少。【解析】(1)设小球第一次与地面碰撞后,能够反弹起的最大高度是h,则由动能定理得mg(H-h)-kmg(H+h)=0,解得h=1-k1+kH。(2)设小球从释放开始,直至停止弹跳为止,所通过的总路程是s,对全过程由动能定理得
8、mgH-kmgs=0,解得:s=Hk。答案:(1)1-k1+kH(2)Hk(15分钟40分)9.(6分)(多选)如图,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为N,则 ()A.a=2(mgR-W)mRB.a=2mgR-WmRC.N=3mgR-2WRD.N=2(mgR-W)R【解析】选A、C。质点P下滑到最低点的过程中,由动能定理得mgR-W=12mv2,则速度v=2(mgR-W)m,在最低点的向心加速度a=v2R
9、=2(mgR-W)mR,选项A正确,选项B错误;在最低点时,由牛顿第二定律得N-mg=ma,N=3mgR-2WR,选项C正确,选项D错误。10.(6分)(多选)(2020佛山高一检测) 滑雪运动深受人民群众喜爱。如图,竖直面内有半径为R的圆弧形滑道AB,一质量为m的滑雪爱好者(可视为质点)从滑道的A点由静止开始下滑,到达最低点B时对滑道的压力大小为32mg(g为当地的重力加速度)。已知过A点的切线与竖直方向的夹角为30,滑道各处动摩擦因数相同,则滑雪爱好者在沿着AB下滑的过程中()A.重力的功率先增加后减小B.始终处于失重状态C.克服摩擦力做功为14mgRD.受到的摩擦力大小为34mg【解析】
10、选A、C。在下滑过程中滑雪者的速度越来越大,但是在竖直方向的速度是先增大后减小,则重力的功率先增加后减小,故A正确;在下滑过程中,滑雪者在竖直方向的加速度先向下,后向上,所以滑雪者先处于失重状态,后处于超重状态,故B错误;设滑雪者到最低点时的速度为v,根据牛顿第二定律得FN-mg=mv2R,从A到B的过程中有重力和摩擦力做功,根据动能定理可得mgR(1-sin30)-Wf=12mv2,可解得Wf=14mgR,故C正确;因为在滑行过程中,滑雪者受到的弹力在不断的变化,所以受到的摩擦力也是一个变量,不是一个确定值,故D错误。11.(6分)(2019全国卷)从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中
11、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外力作用。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 kgB.1.5 kgC.1 kgD.0.5 kg【解析】选C。对上升过程,由动能定理,-(F+mg)h=Ek-Ek0,得Ek=Ek0-(F+mg)h,即F+mg=-k=12 N;下落过程中,设物体从最高处下落到地面的距离为l,由动能定理可得(mg-F)(l-h)=Ek,转换可得Ek=(mg-F)l-(mg-F)h,即mg-F=-k=8 N,联立两公式,得到m=1 kg、F=2 N,故C正确。12.(
12、22分)(2020潍坊高一检测)如图所示,固定在水平地面上的工件,由AB和BD两部分组成,其中AB部分为光滑的圆弧,圆心为O,AOB=37,圆弧的半径R=0.5 m;BD部分水平,长度为0.2 m,C为BD的中点。现有一质量m=1 kg、可视为质点的物块从A端由静止释放,恰好能运动到D点。(g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)求:(1)物块运动到B点时,对工件的压力大小;(2)为使物块恰好运动到C点静止,可以在物块运动到B点后,对它施加一竖直向下的恒力F,F应为多大?【解析】(1)物块由A运动到B点的过程中,由动能定理有:mgR(1-cos37)=12mv2解得:v
13、2=2gR(1-cos37)=2100.5(1-0.8) m2/s2=2 m2/s2在B点,由牛顿第二定律有:N-mg=mv2R解得:N=mg+mv2R=1(10+20.5) N=14 N由牛顿第三定律有:N=N=14 N。(2)物块由B运动到D点的过程中,由动能定理有:mgBD=12mv2施加恒力F后,物块由B运动到C点的过程中,由动能定理有:(mg+F)BC=12mv2可得:mgBD=(mg+F)BC由题知:BD=2BC,得:2mg=mg+F解得:F=mg=110 N=10 N。答案:(1)14 N(2)10 N【加固训练】如图所示,AB是固定于竖直平面内的14光滑圆弧轨道,末端B处的切线
14、方向水平。一物体P(可视为质点)从圆弧最高点A处由静止释放,滑到B端飞出,落到地面上的C点。测得C点和B点的水平距离OC=L,B点距地面的高度OB=h。现在轨道下方紧贴B端安装一个水平传送带,传送带的右端与B点的距离为L2。当传送带静止时,让物体P从A处由静止释放,物体P沿轨道滑过B点后又在传送带上滑行并从传送带右端水平飞出,仍落在地面上的C点。(重力加速度为g)(1)求物体P与传送带之间的动摩擦因数。(2)若传送带驱动轮顺时针转动,带动传送带以速度v匀速运动。再把物体P从A处由静止释放,物体P落在地面上。设着地点与O点的距离为x,求出x可能的范围。【解析】(1)无传送带时,物体由B运动到C,做平抛运动,设物体在B点的速度为vB,则L=vBth=12gt2解得:vB=Lg2h有传送带时,设物体离开传送带时的速度为v2,则有:L2=v2t-mgL2=12mv22-12mvB2解得:=3L8h。(2)物体在传送带上全程减速时,离开传送带的末速度v=L2g2h,则x min=L物体在传送带上全程加速时,离开传送带的末速度为 v,由动能定理有mgL2=12mv2-12mvB2,得:v=vB2+gL=L27g2h。则xmax=L2+v2hg=1+72L故Lx1+72L。答案:(1)3L8h(2)Lx1+72L