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- 2021-05-06 发布
动能定理及其应用
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1.下列关于运动物体所受合外力做功和动能变化的关系正确的是 ( )
A.如果物体所受合外力为零,则合外力对物体做的功一定为零
B.如果合外力对物体所做的功为零,则合外力一定为零
C.物体在合外力作用下做变速运动,动能一定发生变化
D.物体的动能不变,所受合外力一定为零
【解析】选A。物体所受合外力为零,则根据W=Fs可知合外力对物体做的功一定为零,选项A正确;合外力对物体所做的功为零,但合外力不一定为零,例如做匀速圆周运动物体的向心力,选项B错误;物体在合外力作用下做变速运动,动能不一定发生变化,例如做匀速圆周运动的物体,选项C、D错误。
2.世界男子网坛名将瑞士选手费德勒,在上海大师杯网球赛上发出一记S球,声呐测速仪测得其落地速度为v1,费德勒击球时球离地面的高度为h,击球瞬间球有竖直向下的速度为v0,已知网球质量为m,不计空气阻力,则费德勒击球时对球做的功W为 ( )
A.mgh+m B.m-m+mgh
C.m-m D.m-m-mgh
【解析】选D。从发球直至球落地的整个过程中,由动能定理有W+mgh=m-m,解得W=m-m-mgh,故选项D正确。
3.(2019·丽水模拟)甲、乙、丙三辆汽车的质量之比是2∶3∶4,如果它们的动能相等,且在同一个水平路面上行驶,轮胎与地面之间的动摩擦因数都相等,则它们关闭发动机后滑行距离之比是( )
A.2∶3∶4 B.4∶3∶2
C.6∶4∶3 D.6∶3∶2
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【解析】选C。由动能定理得:-μmgx=0-Ek,解得汽车滑行距离为:x=,由于Ek、μ、g都相等,则汽车的滑行距离与质量成反比:x1∶x2∶x3=∶∶=
∶∶=6∶4∶3,故C正确,A、B、D错误。
4.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水平,其长度为d=0.50 m,盆边缘的高度为h=0.30 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑。已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10。小物块在盆内来回滑动,最后停下来,则停的地点到B的距离为 ( )
A.0.50 m B.0.25 m
C.0.10 m D.0
【解析】选D。设小物块在BC面上运动的总路程为s。物块在BC面上所受的滑动摩擦力大小始终为f=μmg,对小物块从开始运动到停止运动的整个过程进行研究,由动能定理得mgh-μmgs=0,解得s=3 m,而d=0.50 m,则s=6d,所以小物块在BC面上来回运动共6次,最后停在B点。D正确。
5.用竖直向上大小为30 N的力F,将2 kg的物体由沙坑表面静止抬升1 m时撤去力F,经过一段时间后,物体落入沙坑,测得落入沙坑的深度为20 cm。若忽略空气阻力,g取10 m/s2。则物体克服沙坑的阻力所做的功为 ( )
A.20 J B.24 J C.34 J D.54 J
【解析】选C。用竖直向上大小为30 N的力F,将2 kg的物体由沙坑表面静止抬升1 m时,由动能定理,Fh-mgh=mv2,撤去力F后由动能定理,mg(d+h)-W=0-mv2,联立解得W=mg(d+h)+Fh-mgh=Fh+mgd=30×1 J+2×10×0.2 J=34 J。选项C正确。
6.(2019·绍兴模拟)电动车以电力为能源,一般使用铅酸电池或锂离子电池进行供电;太阳能电动车在此基础上,将太阳能转化成电能对车供电,很大程度上降低了电动车的使用成本,而且非常环保。太阳能电动车能量管理系统软件程序不仅要能够监测和记录传感器的输入,
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而且还应包括有电动源组在内的电动汽车功能模块,这个模块系统以电动源组、控制系统和负载为主要对象,通过优化计算,可以使电动车在任何速度和负载下都达到最佳的运行效率。现假设太阳能电动车的电能可以全部输出且输出功率恒定,已知太阳光垂直照射到地面上时,单位面积的辐射功率为P0,太阳能电池的光电转换效率为n,电池板面积为S,太阳能电动车质量为m,在水平公路上行驶时所受的阻力恒定,经过时间t,太阳能电动车达到了最大行驶速度vm。在时间t内太阳能电动车行驶的距离为 ( )
A.x=
B.x=
C.x=
D.x=
【解析】选D。电动车的最大功率为P=nP0S,当牵引力和阻力相等时,有最大速度vm,vm=,得f==,由动能定理得:nP0St-·x=m,解得:x=
。选项D正确。
7.如图,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的质点自轨道端点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。质点自P滑到Q的过程中,克服摩擦力所做的功为 ( )
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A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
【解题指导】解答本题可按以下思路进行:
(1)先根据牛顿第二定律确定质点在Q点时的速度。
(2)再结合动能定理计算出克服摩擦力所做的功。
【解析】选C。在Q点,FN-mg=,所以v=;由P到Q根据动能定理得mgR-
Wf=mv2,解得Wf=mgR,故C正确。
8.在温州市科技馆中,有个用来模拟天体运动的装置,其内部是一个类似锥形的漏斗容器,如图甲所示。现在该装置的上方固定一个半径为R的四分之一光滑管道AB,光滑管道下端刚好贴着锥形漏斗容器的边缘,如图乙所示。将一个质量为m的小球从管道的A点静止释放,小球从管道B点射出后刚好贴着锥形容器壁运动,由于摩擦阻力的作用,运动的高度越来越低,最后从容器底部的孔C掉下,(轨迹大致如图乙虚线所示),已知小球离开C孔的速度为v,A到C的高度为H。求:
(1)小球达到B端的速度大小。
(2)小球在管口B端受到的支持力大小。
(3)小球在锥形漏斗表面运动的过程中克服摩擦阻力所做的功。
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【解析】(1)设当滑块在A端运动到B端的过程中,由动能定理可得:mgR=m
得:vB=。
(2)设B端小球受到的支持力为FN,
FN-mg=m,得:FN=3mg。
(3)设克服摩擦阻力做的功为W,根据动能定理:mgH-W=mv2
得W=mgH-mv2
答案:(1) (2)3mg (3)mgH-mv2
9.(2019·舟山模拟)如图所示,质量为M的木块放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块,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,木块前进距离为L,子弹进入木块的深度为x,若木块对子弹的阻力F恒定,则下列关系式中错误的是 ( )
A.Fx=m-(M+m)v2
B.Fx=mv2
C.FL=Mv2
D.F(L+x)=m-mv2
【解析】选B。根据能量守恒定律知,摩擦力与相对位移的乘积等于系统能量的损失,有Fx=
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m-(m+M)v2,故选项A正确,选项B错误;对木块运用动能定理,有FL=Mv2-0,故选项C正确;对子弹,由动能定理-F(L+x)=mv2-m,则F(L+x)=
m-mv2,故选项D正确。因选错误的,故选B。
10.如图所示,内壁光滑、半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上,一个质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球,击打后迅速移开,使小球沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时,再次用小锤沿运动方向击打小球,通过两次击打,小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道,在第一次击打过程中小锤对小球做功W1,第二次击打过程中小锤对小球做功W2。设先后两次击打过程中,小锤对小球做功全部用来增加小球的动能,则的值可能是 ( )
A. B. C. D.1
【解析】选B。第一次击打小球时小球最高运动到过O点与水平地面平行的直径的两端位置,小锤对小球做功W1=mgR;第二次击打小球,小球恰好做圆周运动,此时小球在最高点速度v=,与小球在最高点对应最低点的速度为vA,根据动能定理,得-mg·2R=mv2-m;第二次击打小球,小锤对小球做的功W2=m-
mgR=mgR;则先后两次击打,小锤对小球做功的最大值为,故选B。
【加固训练】
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如图所示,两光滑直杆成直角竖直固定,OM水平,ON竖直,两个质量相同的有孔小球A、B(可视为质点)串在杆上通过长为L的非弹性轻绳相连,开始时小球A在水平向左的外力作用下处于静止状态,此时OB=L,重力加速度为g,现将外力增大到原来的4倍(方向不变),则小球B运动到与O点的距离为L时的速度大小为 ( )
A. B.
C. D.
【解析】选B。设轻绳与OM杆的夹角为θ,开始时小球A受重力mg、外力F、杆的弹力FN1及绳的拉力FT作用处于平衡状态,水平方向有F=FTcos θ,小球B受重力mg、杆的弹力FN2及绳的拉力FT作用处于平衡状态,竖直方向有mg=FTsin θ,又sin θ=,得F=mg,外力增大后,小球A水平向左运动,小球B竖直向上运动,从开始至小球B运动到与O点距离为L的过程中,水平外力做的功为WF=
4F=mgL,设小球A、B此时的速度大小分别为vA、vB,轻绳与OM杆的夹角为α,由运动分解有vAcos α=vBsin α,sin α=,又根据功能关系有WF=mg·+
m+m,得vB=,B对。
11.(2019·杭州模拟)如图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。滑道简化图如图乙所示,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
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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:
(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)若游客未使用座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(+)=m-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=m-0,
解得:W=1.5mgh0。
答案:(1)mgh0 (2)不安全 (3)1.5mgh0
【加固训练】
(2016·浙江10月选考真题)如图甲所示,游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行,可抽象为图乙的模型。倾角为45°的直轨道AB、半径R=10 m
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的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF,分别通过水平光滑衔接轨道BC、C′E平滑连接,另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接,EG间的水平距离l=40 m。现有质量m=500 kg的过山车,从高h=40 m处的A点静止下滑,经BCDC′EF最终停在G点。过山车与轨道AB、EF的动摩擦因数均为μ1=0.2,与减速直轨道FG的动摩擦因数μ2=0.75。过山车可视为质点,运动中不脱离轨道,求:
(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小。
(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力。
(3)减速直轨道FG的长度x。(已知sin37°=0.6,cos37°=0.8)
【解析】(1)过山车到达C点的速度为vC,由动能定理得:mgh-μ1mgcos45°
=m
代入数据可得:vC=8 m/s
(2)过山车到达D点速度为vD,由动能定能得:mg(h-2R)-μ1mgcos45°
=m
F+mg=m
解得F=7×103 N
(3)全程应用动能定理
mg[h-(l-x)tan37°]-μ1mgcos45°-μ1mg-μ2mgx=0
解之得x=30 m
答案:(1)8 m/s (2)7×103 N,方向竖直向上 (3)30 m
12.(2018·浙江11月选考真题)如图所示,在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧,
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弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高。质量m=0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方,其底端距A点高度h1=1.10 m。篮球由静止释放,测得第一次撞击弹簧时,弹簧的最大形变量x1=0.15 m,第一次反弹至最高点,篮球底端距A点的高度h2=0.873 m,篮球多次反弹后静止在弹簧的上端,此时弹簧的形变量x2=0.01 m,弹性势能为Ep=0.025 J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定,忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球的形变,弹簧形变在弹性限度范围内。求:
(1)弹簧的劲度系数。
(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力。
(3)篮球在整个运动过程中通过的路程。
(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。
【解析】(1)由最后静止的位置可知kx2=mg,
所以k=500 N/m
(2)由动能定理可知,从篮球下落到重新升到最高点的过程中mgΔh-fL=m-
m
整个过程动能变化为0,
重力做功mgΔh=mg(h1-h2)=1.135 J
空气阻力恒定,作用距离为L=h1+h2+2x1
因此代入上式可知f=0.5 N
(3)整个过程运用动能定理,阻力一直与运动方向相反
根据动能定理,篮球从下落到静止的过程中
mgΔh′+Wf′+W弹=m-m
整个过程动能变化为0,重力做功W′=mgΔh′=mg(h1+x2)=5.55 J
一部分转化为弹性势能,Ep=0.025 J,W弹=-Ep=-0.025 J
一部分转化为摩擦力做的功,Wf′=-fs
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联立解得s=11.05 m
(4)速度最大的位置是第一次下落到合力为零的位置,即mg=f+kx3;
得x3=0.009 m,
即球在下落至A点下方0.009 m处速度最大。
答案:(1)500 N/m (2)0.5 N (3)11.05 m
(4)第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大
13.(2019·宁波模拟)如图所示,半径为2R的粗糙圆弧轨道与半径为R的光滑半圆弧轨道放置在同一竖直平面内,两轨道之间是由一长为DC=5R的光滑水平轨道相连,一小球从B点正上方R处的A点无初速度释放后进入粗糙圆弧轨道上运动,最终小球恰好到达半圆弧轨道的最高点E。已知小球的质量为m,重力加速度为g,则以下选项正确的是 ( )
A.小球从A点释放到达B点时的速度大小为
B.小球从B点下滑到达C点时的速度大小为
C.小球在圆弧轨道上,克服摩擦力做的功为
D.小球恰好到达E点后将做自由落体运动
【解析】选C。小球从A点释放到达B点时,根据动能定理:mgR=m
解得:vB=,故选项A错误。
小球恰好到达半圆弧轨道的最高点E,根据牛顿第二定律:mg=m
从D到E根据动能定理可得:
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-mg·2R=m-m
联立解得:vD=
因为C到D光滑,所以小球从B点下滑到达C点时的速度大小为。故选项B错误;
从A到C根据动能定理可得:
mg·3R-W克f=m-0
解得克服摩擦力做功为:W克f=mgR,故选项C正确。
小球恰好到达E点后,只受重力,且水平初速度为,所以将会做平抛运动。故选项D错误。
14.如图所示,水平木板上有质量m=1.0 kg的物块,受到随时间t变化的水平拉力F作用,用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小。取重力加速度g=10 m/s2。下列判断正确的是 ( )
A.5 s内拉力对物块做功为零
B.4 s末物块所受合力大小为4.0 N
C.物块与木板之间的动摩擦因数为0.4
D.6～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2
【解析】选D。由题可得:物块所受的最大静摩擦力为4 N,滑动摩擦力为3 N,物块在4 s末就开始运动了,故5 s内拉力对物块做了功,A项错误;4 s末物块所受拉力为4 N,所受最大静摩擦力也为4 N,合力大小为0,B项错误;物块与木板之间的滑动摩擦力为3 N,物块对木板的压力为10 N,物块与木板之间的动摩擦因数为0.3,C项错误;6～9 s内拉力大小为5 N,物块所受的滑动摩擦力为3 N,合力为2 N,由牛顿第二定律可得,物块的加速度大小为2.0
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m/s2,D项正确。
15.如图所示,光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点,BC右端连接内壁光滑、半径为r的四分之一细圆管CD,管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧,轻弹簧一端固定,另一端恰好与管口D端平齐。质量为m的小球在曲面上距BC的高度为2r处从静止开始下滑,小球与BC间的动摩擦因数μ=0.5,进入管口C端时与圆管恰好无作用力,通过CD后压缩弹簧,在压缩弹簧过程中速度最大时弹簧的弹性势能为Ep。求:
(1)小球达到B点时的速度大小vB。
(2)水平面BC的长度s。
(3)在压缩弹簧过程中小球的最大速度vm。
【解析】(1)小球在曲面上下滑过程中,机械能守恒:mg·2r=m
解得小球到达B点时的速度vB=2
(2)小球进入管口时与圆管恰好无作用力,小球只受重力,根据牛顿第二定律:mg
=m
小球运动到C处速度vC=
由A到C,根据动能定理有:
mg·2r-μmgs=m
解得水平面BC的长度s==3r
(3)小球离开圆管后向下运动压缩弹簧,弹力不断增大,小球先做加速度减小的加速运动,再做加速度增大减速运动,直到速度减小到零,小球运动到最低点。
当小球的加速度为零时有最大速度,此时:mg=k·Δx
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弹簧压缩量Δx=
由C经D到最低点,根据动能定理和功能关系有:mg(r+Δx)-Ep=m-m
解得滑块的最大速度vm=
答案:(1)2 (2)3r
(3)
16.(2017·浙江11月选考真题)如图甲所示是游乐园的过山车,其局部可简化为如图乙的示意图,倾角θ=37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接,倾斜轨道BC的B端高度h=24 m,倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点,圆弧EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上,DO1的距离L=20 m。质量m=1 000 kg的过山车(包括乘客)从B点自静止滑下,经过水平半圆轨道后,滑上另一倾斜轨道,到达圆弧顶端F时乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍。已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比,比例系数μ=,EF段摩擦力不计,整个运动过程空气阻力不计。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)求过山车过F点时的速度大小。
(2)求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功。
(3)如果过D点时发现圆轨道EF段有故障,为保证乘客的安全,立即触发制动装置,使过山车不能到达EF段并保证不再下滑,则过山车受到的摩擦力至少应多大?
【解析】(1)对运动到F点的过山车进行受力分析,如图所示
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代入可得vF=3 m/s。
(2)由动能定理可得,
则Wf=-7.5×104 J。
(3)没故障时,对DF段进行分析,过山车的受力情况如图所示,由动能定理可得:
发生故障后,假设过山车刚好到达E点时速度为0,设此时摩擦力为Ff1,对DE段进行分析,由动能定理可得:
可得Ff1=4 562.5 N;
想保持静止状态不下滑,对过山车进行受力分析,所需的摩擦力为Ff2,Ff2=mgsinθ,则Ff2=6 000 N,若想使过山车不能到达EF段且静止不下滑,摩擦力最小值应为Ffmin=6 000 N。
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答案:(1)3 m/s (2)-7.5×104 J
(3)6 000 N
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