1、【 精品教育资源文库 】 第 2 讲 动能定理及其应用 基础巩固 1.(2016北京东城期中 ,13)一个质量为 20 kg的小孩从滑梯顶端由静止开始滑下 ,滑到底端时的速度为 3 m/s,已知滑梯顶端距地面高度为 2 m,取 g=10 m/s2。下列说法中正确的是 ( ) A.合外力做功 90 J B.阻力做功 490 J C.重力做功 200 J D.支持力做功 110 J 2.质量为 m的物体从距离地面高度为 H0处由静止落下 ,若不计空气阻力 ,物体下落过程中动能 Ek随距地面高度 h变化关系的 Ek-h图像是 ( ) 3.(2016 北京四中期中 ,12)如图所示 ,在轻弹簧的下端
2、悬挂一个质量为 m的小球 A,若将小球 A从弹簧原长位置由静止释放 ,小球 A能够下降的最大高度为 h。若将小球 A换为质量为 2m的小球 B,仍从弹簧原长位置由静止释放 ,则小球 B下降 h时的速度为 (已知重力加速度为 g,且不计空气阻力 )( ) A. B. C. D.0 4.(2017 北京海淀期中 ,14,8 分 )如图所示 ,在倾角 =37 的足够长的固定光滑斜面的底端 ,有一质量m=1.0 kg、可视为质点的物体 ,以 v0=6.0 m/s的初速度沿斜面上滑。 已知 sin 37=0.60,cos 37=0.80,重力加速度 g取 10 m/s2,不计空气阻力。求 : (1)物体
3、沿斜面向上运动的加速度大小 ; (2)物体在沿斜面运动的过程中 ,物体克服重力所做功的最大值 ; (3)物体在沿斜面向上运动至返回斜面底端的过程中 ,重力的冲量。 【 精品教育资源文库 】 5.运动员驾驶摩托车做腾跃特技表演是一种刺激性很强的运动项目。如图所示 ,AB是水平路面 ,长度 L=6 m,BC是半径 R=40 m的圆弧 ,AB、 BC 相切于 B点 ,CDE是一段曲面。运动员驾驶摩托车从 A点由静止出发 ,经过 t1=4.3 s到达 B点 ,此时压力传感器显示摩托车对路面的压力大小为 F=3.610 3 N。摩托车通过曲面到达离地面 h=5 m的 E点水平飞出 ,落地点与 E点的水
4、平距离 x=16 m,已知运动员的质量 m=60 kg,摩托车的质量 M=120 kg,运动员驾驶摩托车表演时摩托车的功率始终保持 P=9 kW 不变 ,重力加速度 g取 10 m/s2,运动员和摩托车始终未分离 ,全过程中可视为质点 ,不计空气阻力的影响。求 : (1)摩托车通过 B点时的速度 vB; (2)摩托车通过 E点时的速度 vE; (3)若运动员和摩托车在 AB 段所受的阻力恒定 ,求该阻 力 f的大小。 6.(2018 北京西城期末 )航空母舰上的起飞跑道由水平跑道和倾斜跑道两部分组成 ,飞机在发动机的推力作用下 ,在水平和倾斜跑道上滑行。我们可以把这种情景简化为如图所示的模型
5、,水平面 AB长度 x1=2 m,斜面 BC 长度 x2 =1 m,两部分末端的高度差 h=0.5 m。一个质量 m=2 kg的物块 ,在推力 F作用下 ,从 A点开始在水平面和斜面上运动 ,推力大小恒为 F=12 N,方向分别沿着水平方向和平行斜面方向。物块与水平面、斜面间的动摩擦因数均为 0.2。 g取 10 m/s2。求 : (1)物块在 水平面上运动时的加速度大小 a; (2)物块到达水平面末端 B点时的速度大小 v; (3)物块到达斜面顶端 C点时的动能 Ek。 【 精品教育资源文库 】 综合提能 1.如图所示 ,一不可伸长的轻绳长为 L,一端固定在 O点 ,另一端系着一个质量为
6、m的小球。开始小球处于A点 ,细绳恰好拉直 (绳中无拉力 ),现让小球由静止自由释放 ,则小球运动到 O点正下方的 C点时绳子的拉力大小为 ( ) A.4mg B.3.5mg C.3mg D.2.5mg 2.小球 P和 Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上 ,P球的质量大于 Q球的质量 ,悬挂 P球的绳比悬 挂 Q球的绳短。将两球拉起 ,使两绳均被水平拉直 ,如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点 ( ) A.P 球的速度一定大于 Q球的速度 B.P 球的动能一定小于 Q球的动能 C.P 球所受绳的拉力一定大于 Q球所受绳的拉力 D.P 球的向心加速度一定小于 Q球的向心加速度 【 精品
7、教育资源文库 】 3.(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= B.a= C.N= D.N= 4.(2016 北京朝阳期中 ,21)如图 (a)所示 ,在倾角 =30 的光滑固定斜面上有一劲度系数 k=100 N/m的轻质弹簧 ,弹簧下端固定在垂直于斜面的挡板上 ,弹簧上端拴接一质量 m=2 kg的物体 ,初始时物体处于静止状态。取 g=10 m
8、/s2。 (1)求此时弹簧的形变量 x0; (2)现对物体施加沿斜面向上的拉力 F,拉力 F的大小与物体位移 x的关系如图 (b)所示 ,设斜面足够长。 a.分析说明物体的运动性质并求出物体的速度 v与位移 x的关系式 ; b.若物体位移为 0.1 m时撤去拉力 F,在图 (c)中作出此后物体上滑过程中弹簧弹力 f的大小随形变量 x变化的函数图像 ;并且求出此后物体沿斜面上滑的最大距离 xm以及此后运动的最大速度 vm。 【 精品教育资源文库 】 5.(2017北京朝阳期中 ,21,11分 )某滑雪场中游客用手推着坐在滑雪车上的小朋友一起娱乐 ,当加速到一定速度时游客松开手 ,使小朋友连同滑
9、雪车一起以速度 v0冲上足够长的斜坡滑道。为了研究方便 ,可以建立图示的简化模型 ,已知斜坡滑道与水平面夹角为 , 滑雪车与滑道间的动摩擦因数为 , 当地重力加速度为 g,小朋 友与滑雪车始终无相对运动。 (1)求小朋友与滑雪车沿斜坡滑道上滑的最大距离 s; (2)若要小朋友与滑雪车滑至最高点时能够沿滑道返回 ,请分析说明 与 之间应满足的关系 (设滑雪车与滑道间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等 ); (3)假定小朋友与滑雪车以 1 500 J的初动能从斜坡底端 O点沿斜坡向上运动 ,当它第一次经过斜坡上的 A点时 ,动能减少了 900 J,机械能减少了 300 J。为了计算小朋友与滑雪车返回斜
10、坡底端时的动能 ,小明同学推断 :在上滑过程中 ,小朋友与滑雪车动能的减少量与机械能的减少量成正比。请你分析论证小明的 推断是否正确并求出小朋友与滑雪车返回斜坡底端时的动能。 答案精解精析 基础巩固 【 精品教育资源文库 】 1.A 根据动能定理 :W 合 = mv2-0= 209 J -0=90 J,故 A 正确 ;支持力与速度的方向总是垂直 ,故支持力做功为 0,小孩从滑梯顶端滑到底端的过程中 ,重力做功 WG=mgh=20102 J=400 J, 根据动能定理得 :mgh+Wf= mv2-0,得 Wf=-310 J,故 B、 C、 D错误。 2.B 当距离地面高度为 h时 ,则下降的高
11、度为 H0-h,根据动能定理得 mg(H0-h)=Ek-0,解得 Ek=-mgh+mgH0,Ek与 h 成一次函数关系 ,随 h增大 ,Ek减小。可知 B正确 ,A、 C、 D错误。 3.B 小球 A下降 h过程 ,根据动能定理 ,有 mgh-W1=0 小球 B下降 h过程 ,根据动能定理 ,有 2mgh-W1= 2mv 2-0 联立解得 v= 4.答案 (1)6.0 m/s2 (2)18 J (3)20 Ns, 方向竖直向下 解析 (1)设物体运动的加速度为 a,物体所受合力等于重力沿斜面向下的分力 ,F=mg sin (1 分 ) 根据牛顿第二定律有 F=ma(1 分 ) 解得 :a=6.
12、0 m/s2(1分 ) (2)物体沿斜面上滑到最高点时 ,克服重力做功达到最大值 ,设最大值为 WG。对于物体沿斜面上滑过程 ,根据动能定理有 : -WG=0- m (1分 ) 解得 :WG=18 J(1分 ) (3)物体沿斜面上滑和下滑的总时间 t= =2.0 s(1 分 ) 此过程中重力的冲量 IG=mgt=20 Ns(1 分 ) 方向 :竖直向下 (1 分 ) 【 精品教育资源文库 】 5.答案 (1)20 m/s (2)16 m/s (3)450 N 解析 (1)根据牛顿第三定律有 ,地面对运动员和摩托车的支持力 F=F=3.610 3 N,方向竖直向上 以运动员和摩托车整体为研 究
13、对象 ,在 B点 ,由牛顿第二定律有 : F-(M+m)g=(M+m) 代入数据 ,解得 vB=20 m/s (2)运动员和摩托车离开 E点后做平抛运动 ,则有 h= gt2,x=vEt 代入数据 ,解得 vE=16 m/s (3)运动员和摩托车在 AB段运动过程中 ,根据动能定理得 Pt1-fL= (M+m) 代入数据 ,解得 f=450 N 6.答案 (1)4 m/s2 (2)4 m/s (3)14.54 J 解析 (1)物块在水平面上受力如图 1所示 图 1 水平方向根据牛顿第二定律 F-f1=ma(1分 ) 摩擦力 f1=mg(1 分 ) 代入数据解得加速度 a=4 m/s2(1分 )
14、 (2)根据匀变速直线运动规律 v2=2ax1(2 分 ) 代入数据解得速度 v=4 m/s(1 分 ) (3)物块在斜面上受力如图 2所示 【 精品教育资源文库 】 图 2 物块从 A运动到 C,根据动能定理 F(x1+x2)-f1x1-f2 x2-mgh=Ek-0(1分 ) 在斜面上摩擦力 f2=mg cos (1 分 ) 又知 sin = 代入数据解得动能 Ek=14.54 J(1分 ) 综合提能 1.B 小球由 A运动至 C,先做自由落体运动至绳与水平方向成 30 角斜向下 ,此时小球速 度 v1= ,而沿绳方向的分速度变为零 ,垂直于绳方向的分速度 v=v1cos 30, 由位置
15、B至 C过程 ,由动能定理得 :mgL(1-sin 30)= m - mv2, 在 C位置 ,由牛顿第二定律有 T-mg=m , 可以解得 T=3.5 mg,选 B。2.C 设小球的质量为 m,绳长为 L,根据动能定理得 mgL= mv2,解得 v= ,LPmQ,LPmQ,所以 P球所受绳的拉力大于 Q球所受绳的拉力 ,故 C项正确。向心加速度 a= =2g,所以在轨迹的最低点 ,P、 Q两球的向心加速度相同 ,故 D 项错误。 【 精品教育资源文库 】 3.AC 由动能定理知 ,在 P从最高点下滑到最低点的过程中 mgR-W= mv2,在最低点的向心加速度 a= ,联立得 a= ,选项 A
16、正确 ;在最低点时有 N-mg=ma,所以 N= ,选项 C正确。 4.答案 (1)0.1 m (2)见解析 解析 (1)初始时物体处于静止状态 : kx0=mg sin 代入数据可得 :x0=0.1 m (2)a.设物体运动微小位移 x的过 程中加速度为 a,根据牛顿第二定律有 : F+k(x0-x)-mg sin =ma 根据 F-x图像有 :F=4.8+100x 解得 :a=2.4 m/s2 弹簧发生拉伸形变时 ,上述结论仍成立 可见 ,物体做加速度 a=2.4 m/s2的匀加速直线运动 根据运动学公式可得物体速度大小 v随位移 x变化的表达式为 : v2=2ax 代入数据可得 :v2=4.8x b.当物体位移 x=0.1 m时撤去拉力 ,此后物体上滑过程中弹力 f随形变量 x变化的图像如图甲所示。 甲 乙 如图乙所示 ,物体上滑
