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1.(多选)关于动能的理解，下列说法正确的是(　　)
A.动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能
B.动能总为非负值
C.一定质量的物体动能变化时，速度不一定变化，但速度变化时，动能一定变化
D.动能不变的物体，一定处于平衡状态
解析　由动能的定义和特点知，A、B项正确；动能是标量而速度是矢量，当动能变化时，速度的大小一定变化；而速度的变化可能只是方向变了，大小未变，则动能不变，且物体有加速度，处于非平衡状态，故C、D项均错误。
答案　AB
2.(2018·全国Ⅱ卷，14)如图1，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定(　　)
图1
A.小于拉力所做的功
B.等于拉力所做的功
C.等于克服摩擦力所做的功
D.大于克服摩擦力所做的功
解析　由动能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A正确。
答案　A
3.两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比，m1∶m2＝1∶2，速度之比v1∶v2＝2∶1，当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为s1，乙车滑行的最大距离为s2，设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则(　　)
A.s1∶s2＝1∶2 B.s1∶s2＝1∶1
C.s1∶s2＝2∶1 D.s1∶s2＝4∶1
解析　由动能定理，对两车分别列式－f1s1＝0－m1v，－f2s2＝0－m2v，f1＝μm1g，f2＝μm2g，由以上四式联立得s1∶s2＝4∶1，故选项D正确。
答案　D
　对动能定理的理解及应用
1.对“外力”的两点理解
(1)“外力”指的是合外力，可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用。
(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力。
2.公式W合＝ΔEk中“＝”体现的三个关系
【例1】 (多选)如图2所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离。在此过程中(　　)
图2
A.外力F做的功等于A和B动能的增量
B.B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量
C.A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功
D.外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
解析　A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地的位移不相等，故二者做功不相等，C错误；对B应用动能定理WF－Wf＝ΔEkB，WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和，D正确；根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误。
答案　BD
1.(多选)如图3所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进的距离为L，子弹进入木块的深度为s。若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系式中正确的是(　　)
图3
A.FL＝Mv2 B.Fs＝mv2
C.Fs＝mv－(M＋m)v2 D.F(L＋s)＝mv－mv2
解析　根据动能定理，对子弹，有－F(L＋s)＝mv2－mv，选项D正确；对木块，有FL＝Mv2，选项A正确；由以上二式可得Fs＝mv－(M＋m)v2，选项C正确，只有选项B错误。
答案　ACD
2.(多选)用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功－3 J，拉力F做功8 J，空气阻力做功－0.5 J，则下列判断正确的是(　　)
A.物体的重力势能增加了3 J
B.物体的重力势能减少了3 J
C.物体的动能增加了4.5 J
D.物体的动能增加了8 J
解析　因为重力做功－3 J，所以重力势能增加3 J，A正确，B错误；根据动能定理W合＝ΔEk，得ΔEk＝－3 J＋8 J－0.5 J＝4.5 J，C正确，D错误。
答案　AC
3.如图4所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为(　　)
图4
A.tan θ B.tan α
C.tan(θ＋α) D.tan(θ－α)
解析　如图所示，设B、O间距离为s1，A点离水平面的高度为h，A、O间的水平距离为s2，物块的质量为m，在物块运动的全过程中，应用动能定理可得mgh－μmgcos θ·－μmgs1＝0，解得μ＝＝tan α，故选项B正确。
答案　B
　动能定理在多过程问题中的应用
1.多过程问题的分析方法
(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。
(2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。
(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。
(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。
(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。
(6)分析的思路
2.利用动能定理求解多过程问题的基本思路
【例2】 (2019·4月浙江选考，20)某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图5所示的物理模型。竖直平面内有一倾角θ＝37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径R＝0.4 m、转轴间距L＝2 m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H＝2.2 m。现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5。(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)
图5
(1)若h＝2.4 m，求小物块到达B端时速度的大小；
(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件；
(3)改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件。
解析　(1)小物块由静止释放到B的过程中，有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma
v＝2a
解得vB＝4 m/s。
(2)若要小物块落到传送带左侧地面，设当小物块到达传送带上D点时速度为零时，小物块从距传送带高度为h1处由静止释放，则有
mgh1－μmgcos θ·－μmgL＝0
解得h1＝3.0 m
当h＜h1＝3.0 m时满足题中条件。
(3)当小物块从右侧抛出时，设小物块到达D点的速度为v，则有
mgh－μmgcos θ－μmgL＝mv2
H＋2R＝gt2，x＝vt
解得x＝2(m)
为使小物块能在D点水平向右抛出，则需满足mg≤
解得h≥3.6 m。
答案　(1)4 m/s　(2)h＜3.0 m　(3)x＝2(m)　h≥3.6 m
1.如图6甲所示为一景区游乐滑道，游客坐在座垫上沿着花岗岩滑道下滑，他可依靠手、脚与侧壁间的摩擦来控制下滑速度。滑道简化图如乙所示，滑道由AB、BC、CD三段组成，各段之间平滑连接。AB段和CD段与水平面夹角为θ1，竖直距离均为h0，BC段与水平面夹角为θ2，竖直距离为h0。 一质量为m的游客从A点由静止开始下滑，到达底端D点时的安全速度不得大于，已知sin θ1＝、sin θ2＝，座垫与滑道底面间摩擦及空气阻力均不计，若未使用座垫，游客与滑道底面间的摩擦力大小f恒为重力的0.1倍，运动过程中游客始终不离开滑道，问：
图6
(1)游客使用座垫自由下滑(即与侧壁间无摩擦)，则游客在BC段增加的动能ΔEk多大？
(2)若游客未使用坐垫且与侧壁间无摩擦下滑，则游客到达D点时是否安全；
(3)若游客使用座垫下滑，则克服侧壁摩擦力做功的最小值。
解析　(1)由动能定理得ΔEk＝mgh0。
(2)在AD段，由动能定理得
mg(h0＋h0＋h0)－0.1mg(＋)
＝mv－0，
解得vD＝＞，到达D点时不安全。
(3)整个过程，由动能定理得
mg(h0＋h0＋h0)－W＝mvD－0，
解得W＝1.5mgh0。
答案　(1)mgh0　(2)不安全　(3)1.5mgh0
2.在港珠澳大桥6.7千米海底隧道的两端各建有一个人工岛，两人工岛及隧道路面可简化成如图7所示，各部分的长度已在图中标出，其中倾斜路面与水平路面之间有一小段圆弧连接，重力加速度为g。
图7
(1)假设汽车在倾斜路面上运动所受阻力和在水平路面上运动所受阻力相等。若汽车关闭发动机后刚好能够从左侧倾斜路面向下匀速运动，求汽车关闭发动机以速度v0从左侧倾斜路面的最高点向下运动后，能够在水平路面上运动的距离s(s＜L2)；
(2)已知质量为m、额定功率为P的汽车在水平路面上行驶的最大速度为vm1，若汽车在水平路面上以加速度a匀加速启动，求汽车做匀加速运动的时间；
(3)已知质量为m、额定功率为P的汽车在图中右侧倾斜路面上向上行驶的最大速度为vm2，求汽车以额定功率在右侧倾斜路面上向上行驶速度为v1(v1＜vm2)时的加速度大小。
解析　(1)左侧路面与水平面的夹角记为θ，由共点力的平衡条件可得汽车在左侧路面上运动所受的阻力大小f1＝mgsin θ，sin θ＝))
汽车运动到水平路面时速度为v0，由动能定理得
－f1s＝0－mv，联立解得s＝\r(h2＋L),2gh)。
(2)汽车启动过程中达到最大速度vm1时，牵引力等于阻力，则P＝f2vm1，解得阻力f2＝；
在匀加速启动过程中，汽车做匀加速运动的牵引力记为F、达到额定功率时的速度记为v、时间记为t，则P＝Fv，v＝at，F－f2＝ma
联立解得t＝＝。
(3)由P＝F阻vm2(F阻包含重力沿斜面向下的分力)，解得阻力F阻＝
当汽车速度为v1时牵引力F1＝
由牛顿第二定律有F1－F阻＝ma1，
联立解得a1＝－。
答案　(1)\r(h2＋L),2gh)　(2)
(3)－
　动能定理与图象结合的问题
1.图象所围“面积”或“斜率”的含义
2.解决动能定理与图象问题的基本步骤
【例3】 (2019·全国Ⅲ卷，17)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8所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为(　　)
图8
A.2 kg B.1.5 kg
C.1 kg D.0.5 kg
解析　画出运动示意图。
设该外力的大小为F，据动能定理知
A→B(上升过程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkA
B→A(下落过程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′
整理以上两式并代入数据得mgh＝30 J，解得物体的质量m＝1 kg。选项C正确。
答案　C
1.用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图9所示。下列说法正确的是(　　)
图9
A.0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B.0～6 s内物体在4 s时的速度最大
C.物体在2～4 s内速度不变
D.0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力做的功
解析　由Δv＝at可知，a－t图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度的变化量，0～6 s内物体的速度始终为正值，故一直为正方向，A项错误；t＝5 s时，速度最大，B项错误；2～4 s内加速度保持不变且不为零，速度一定变化，C项错误；0～4 s内与0～6 s内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4 s末和6 s末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等，D项正确。
答案　D
2.A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v－t图象如图10所示。已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等。则下列说法正确的是(　　)
图10
A.F1、F2大小之比为1∶2
B.F1、F2对A、B做功之比为1∶2
C.A、B质量之比为2∶1
D.全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1
解析　由速度与时间图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1∶2，由牛顿第二定律可知：A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，由速度与时间图象可知，A、B两物体运动的位移相等，且匀加速运动位移之比1∶2，匀减速运动的位移之比2∶1，由动能定理可得：A物体的拉力与摩擦力的关系，F1·s－f1·3s＝0－0；B物体的拉力与摩擦力的关系，F2·2s－f2·3s＝0－0，因此可得：F1＝3f1，F2＝f2，f1＝f2，所以F1＝2F2。全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功大小相等。故A、B、D项错误，C项正确。
答案　C
3.如图11甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4 m。有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F只在水平面上按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2，试求：
图11
(1)滑块运动到A处的速度大小；
(2)不计滑块在A处的速率变化，滑块冲上斜面AB的长度是多少？
解析　(1)由题图乙知，在前2 m内，F1＝2mg，做正功，在第3 m内，F2＝－0.5mg，做负功，在第4 m内，F3＝0。滑动摩擦力f＝－μmg＝－0.25mg，始终做负功，对于滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得
F1s1＋F2s2＋f s＝mv－0
代入数据解得vA＝5m/s。
(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得
－mgLsin 30°＝0－mv
解得L＝5 m
所以滑块冲上斜面AB的长度L＝5 m。
答案　(1)5 m/s　(2)5 m

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