能力課1 動能定理一、選擇題1.(多選)光滑水平面上靜止的物體，受到一個水平拉力作用開始運動，拉力F隨時間t變化的圖象如圖所示，用Ek、v、x、P分別表示物體的動能、速度、位移和拉力F的功率，下列四個圖象分別定性描述了這些物理量隨時間變化的情況，其中正確的是()解析：選BD由于拉力F恒定，所以物體有恒定的加速度a，則vat，即v與t成正比，選項B正確；由PFvFat可知，P與t成正比，選項D正確；由xat2可知x與t2成正比，選項C錯誤；由動能定理可知EkFxFat2，Ek與t2成正比，選項A錯誤2.(2019屆德州一中月考)如圖所示，在輕彈簧的下端懸掛一個質(zhì)量為m的小球A，若將小球A從彈簧原長位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h，若將小球A換為質(zhì)量為3m的小球B，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，則小球B下降h時的速度為(重力加速度為g，不計空氣阻力)()A.B. C. D. 解析：選B小球A下降h過程，根據(jù)動能定理，有mghW10；小球B下降過程，由動能定理有3mghW1×3mv20，解得v ，故B正確3.如圖所示，質(zhì)量為m的小球，從離地面高H處由靜止開始釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止，設(shè)小球受到空氣阻力為f，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A小球落地時動能等于mgHB小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時的動能C整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(Hh)D小球在泥土中受到的平均阻力為mg解析：選C小球從靜止開始釋放到落到地面的過程，由動能定理得mgHfHmv02，選項A錯誤；設(shè)泥的平均阻力為f0，小球陷入泥中的過程，由動能定理得mghf0h0mv02，解得f0hmghmv02，f0mg，選項B、D錯誤；全過程應(yīng)用動能定理可知，整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(Hh)，選項C正確4有兩個物體a和b，其質(zhì)量分別為ma和mb，且ma>mb，它們的初動能相同，若a和b分別受到不變的阻力Fa和Fb的作用，經(jīng)過相同的時間停下來，它們的位移分別為sa和sb，則()AFa<Fb，sa>sb BFa>Fb，sa>sbCFa>Fb，sa<sb DFa<Fb，sa<sb解析：選C設(shè)物體的初速度為v，初動能為Ek，所受的阻力為F，通過的位移為s，物體的速度與動能的關(guān)系為Ekmv2，得v ，由st得，s t，由題意可知物體a、b運動時間和初動能相同，則質(zhì)量越大，位移越小，因ma>mb，所以sa<sb；由動能定理得，F(xiàn)s0Ek，因初動能相同，F(xiàn)與s成反比，則Fa>Fb，故選項C正確5.如圖所示，質(zhì)量為0.1 kg的小物塊在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飛離桌面，最終落在水平地面上，已知物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為0.5，桌面高0.45 m，若不計空氣阻力，取g10 m/s2，則()A小物塊的初速度是5 m/sB小物塊的水平射程為1.2 mC小物塊在桌面上克服摩擦力做8 J的功D小物塊落地時的動能為0.9 J解析：選D小物塊在桌面上克服摩擦力做功WfmgL2 J，選項C錯誤；在水平桌面上滑行時，由動能定理得Wfmv2mv02，解得v07 m/s，選項A錯誤；小物塊飛離桌面后做平拋運動，有xvt、hgt2，解得x0.9 m，選項B錯誤；設(shè)小物塊落地時動能為Ek，由動能定理得mghEkmv2，解得Ek0.9 J，選項D正確6.(2019屆天津五區(qū)縣聯(lián)考)如圖所示，某質(zhì)點運動的v­t圖象為正弦曲線從圖象可以判斷()A質(zhì)點做曲線運動B在t1時刻，合外力的功率最大C在t2t3時間內(nèi)，合外力做負功D在0t1和t2t3時間內(nèi)，合外力的平均功率相等解析：選D質(zhì)點運動的v­t圖象描述的是質(zhì)點的直線運動，選項A錯誤；在t1時刻，v­t圖線的斜率為零，加速度為零，合外力為零，合外力功率為零，選項B錯誤；由題圖圖象可知，在t2t3時間內(nèi)，質(zhì)點的速度增大，動能增大，由動能定理可知，合外力做正功，選項C錯誤；在0t1和t2t3時間內(nèi)，動能的變化量相同，故合外力做的功相等，則合外力的平均功率相等，選項D正確7(2018年江蘇卷)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關(guān)系圖象是()解析：選A對于整個豎直上拋過程(包括上升與下落)，速度與時間的關(guān)系為vv0gt，v2g2t22v0gtv02，Ekmv2，可見動能與時間是二次函數(shù)關(guān)系，由數(shù)學中的二次函數(shù)知識可判斷A正確8.如圖所示，小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動摩擦因數(shù)均相同，小物塊從傾角為1的軌道上高度為h的A點由靜止釋放，運動至B點時速度為v1.現(xiàn)將傾斜軌道的傾角調(diào)至為2，仍將物塊從軌道上高度為h的A點靜止釋放，運動至B點時速度為v2.已知2<1，不計物塊在軌道接觸處的機械能損失則()Av1<v2Bv1>v2Cv1v2D由于不知道1、2的具體數(shù)值，v1、v2關(guān)系無法判定解析：選C物體運動過程中摩擦力做負功，重力做正功，由動能定理可得mghmgcos·mgxBDmv2，即mghmg·mgxBDmv2，因為xCD，所以mghmgxBCmv2，故到達B點的速度與傾斜軌道的傾角無關(guān)，所以v1v2，故選項C正確9.(多選)(2018年全國卷)地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機通過豎井運送到地面某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等不考慮摩擦阻力和空氣阻力對于第次和第次提升過程()A礦車上升所用的時間之比為45B電機的最大牽引力之比為21C電機輸出的最大功率之比為21D電機所做的功之比為45解析：選AC由圖象可知圖線過程所用時間為2t0，由于兩次提升的高度相同，圖線與x軸圍成的面積相等可知圖線過程所用時間為2.5t0，因此礦車上升所用時間之比為45，A對；由于它們的變速階段加速度大小相同，電機的最大牽引力相等，B錯；由PmFv可知，F(xiàn)最大，v最大時，P最大，F(xiàn)相等，vm之比為21，所以最大功率之比為21，C對；電機做功W提供礦石的重力勢能和動能，據(jù)動能定理WmghEk，由于提升高度相同，Ek0，所以電機做功相等，D錯，故選AC.10.(多選)(2018屆大連五校聯(lián)考)在某一粗糙的水平面上，一質(zhì)量為2 kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運動，當運動一段時間后，拉力逐漸減小，且當拉力減小到零時，物體剛好停止運動，圖中給出了拉力隨位移變化的關(guān)系圖象已知重力加速度g10 m/s2.根據(jù)以上信息能精確得出或估算得出的物理量有()A物體與水平面間的動摩擦因數(shù)B合外力對物體所做的功C物體做勻速運動時的速度D物體運動的時間解析：選ABC物體做勻速直線運動時，拉力F與滑動摩擦力f大小相等，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.35，A正確；減速過程由動能定理得WFWf0mv2，根據(jù)F­x圖象中圖線與坐標軸圍成的面積可以估算力F做的功WF，而Wfmgx，由此可求得合外力對物體所做的功，及物體做勻速運動時的速度v，B、C正確；因為物體做變加速運動，所以運動時間無法求出，D錯誤二、非選擇題11.(2019屆河南三門峽期末)一質(zhì)量為m的質(zhì)點，系在輕繩的一端，繩的另一端固定在水平面上，水平面粗糙此質(zhì)點在該水平面上做半徑為r的圓周運動，設(shè)質(zhì)點的最初速率是v0，滑動摩擦力大小恒定，當它運動一周時，其速率變?yōu)?，已知重力加速度為g，求：(1)質(zhì)點與水平面的動摩擦因數(shù)；(2)當質(zhì)點運動一周時的加速度大小；(3)質(zhì)點在靜止以前運動了多少圈解析：(1)設(shè)質(zhì)點與水平面的動摩擦因數(shù)為，質(zhì)點運動一周時摩擦力做的功為W，根據(jù)動能定理得：Wm2mv02又Wmg·2r解得.(2)當質(zhì)點運動一周時質(zhì)點的向心加速度大小為an當質(zhì)點運動一周時質(zhì)點的切向加速度大小為ag則加速度：a .(3)設(shè)質(zhì)點在運動了n周時停止，由動能定理得：mg·n·2r0mv02解得n1.33.答案：(1)(2) (3)1.3312(2019屆晉城調(diào)研)如圖甲所示，一滑塊從平臺上A點以初速度v0向右滑動，從平臺上滑離后落到地面上的落地點離平臺的水平距離為s，多次改變初速度的大小，重復前面的過程，根據(jù)測得的多組v0和s，作出s2­v02圖象如圖乙所示，滑塊與平臺間的動摩擦因數(shù)為0.3，重力加速度g10 m/s2.(1)求平臺離地的高度h及滑塊在平臺上滑行的距離d；(2)若將滑塊的質(zhì)量增大為原來的2倍，滑塊從A點以4 m/s的初速度向右滑動，求滑塊滑離平臺后落地時的速度大小v及落地點離平臺的水平距離s的大小解析：(1)設(shè)滑塊滑到平臺邊緣時的速度為v，根據(jù)動能定理得mgdmv2mv02滑塊離開平臺后做平拋運動，則有hgt2svt聯(lián)立以上三式得s2 v024hd由圖象得：圖象的斜率等于 ，即 0.2解得h1 m且當s0時，v0212，代入式解得d2 m.(2)由得v2 m/s滑塊離開平臺后做平拋運動，則有：hgt2得t s s滑塊滑離平臺后落地時的速度為v 2 m/s落地點離平臺的水平距離s的大小為svt2× m m.答案：(1)1 m2 m(2)2 m/s m|學霸作業(yè)|自選一、選擇題1(2018屆南通市二次調(diào)研)某同學用如圖所示的裝置測量一個凹形木塊的質(zhì)量m，彈簧的左端固定，木塊在水平面上緊靠彈簧(不連接)將其壓縮，記下木塊右端位置A點，釋放后，木塊右端恰能運動到B1點在木塊槽中加入一個質(zhì)量m0200 g的砝碼，再將木塊左端緊靠彈簧，木塊右端位置仍然在A點，釋放后木塊離開彈簧，右端恰能運動到B2點測得AB1、AB2長分別為36.0 cm和12.0 cm，則木塊的質(zhì)量m為()A.100 g B200 gC300 g D400 g解析：選A兩次木塊均由同一位置釋放，故彈簧恢復原長的過程中，彈簧所做的功相同，未加砝碼時，由動能定理，可得W彈mg·AB10，加上砝碼m0時，有W彈(mm0)g·AB20，解得m100 g，選項A正確2.(2019屆西安質(zhì)檢)靜止在粗糙水平面上的物塊在水平向右的拉力作用下做直線運動，t4 s時停下，其v­t圖象如圖所示，已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)處處相同，則下列判斷正確的是()A整個過程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功B整個過程中拉力做的功等于零Ct2 s時刻拉力的瞬時功率在整個過程中最大Dt1 s到t3 s這段時間內(nèi)拉力不做功解析：選A對物塊運動全過程應(yīng)用動能定理得：WFWf0，故A正確，B錯誤；物塊在加速運動過程中受到的拉力最大，故t1 s時拉力的瞬時功率為整個過程中拉力功率的最大值，C錯誤；t1 s到t3 s這段時間內(nèi)，拉力與摩擦力平衡，拉力做正功，D錯誤3.(2018屆濟寧模擬)如圖所示的豎直軌道，其圓形部分半徑分別是R和，質(zhì)量為m的小球通過這段軌道時，在A點時剛好對軌道無壓力，在B點時對軌道的壓力為mg.則小球由A點運動到B點的過程中摩擦力對小球做的功為()AmgR BmgRCmgR DmgR解析：選A在A處對小球由牛頓第二定律mgm，vA，在B處對小球由牛頓第二定律得mgFNm，又FNmg，解得vB，小球由A到B的過程由動能定理得mgWfmvB2mvA2，解得WfmgR，故A正確4(多選)質(zhì)量為1 kg的物體靜止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下運動，如圖甲所示，外力F和物體克服摩擦力f做的功與物體位移的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列分析正確的是()A物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.2B物體運動的位移為13 mC物體在前3 m運動過程中的加速度為3 m/s2Dx9 m時，物體的速度為3 m/s解析：選ACD由摩擦力做功的圖象可知，Wmg·x20 J，解得0.2，A正確；由fmg2 N，f·xWf27 J可得x13.5 m，B錯誤；又WFF·x，可解得：前3 m內(nèi)，F(xiàn) N5 N，由Ffma可得：a3 m/s2，C正確；由動能定理可得：WFfxmv2，解得：x9 m時物體的速度v3 m/s，D正確5.(2018屆吉林三校聯(lián)考)如圖所示，豎直平面內(nèi)放一直角桿MON，OM水平，ON豎直且光滑，用不可伸長的輕繩相連的兩小球A和B分別套在OM和ON桿上，B球的質(zhì)量為2 kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B兩球均處于靜止狀態(tài)，此時OA0.3 m，OB0.4 m，改變水平力F的大小，使A球向右加速運動，已知A球向右運動0.1 m時速度大小為3 m/s，則在此過程中繩的拉力對B球所做的功為(取g10 m/s2)()A11 J B16 JC18 J D9 J解析：選CA球向右運動0.1 m時，vA3 m/s，OA0.4 m，OB0.3 m，設(shè)此時BAO，則有tan.由運動的合成與分解可得vAcosvBsin，解得vB4 m/s.以B球為研究對象，此過程中B球上升高度h0.1 m，由動能定理，WmghmvB2，解得輕繩的拉力對B球所做的功為WmghmvB22×10×0.1 J×2×42 J18 J，選項C正確6.(2019屆石家莊聯(lián)考)質(zhì)量為m的小球在豎直向上的拉力作用下從靜止開始運動，其v­t圖象如圖所示(豎直向上為正方向，DE段為直線)，已知重力加速度大小為g，下列說法正確的是()At3t4時間內(nèi)，小球豎直向下做勻減速直線運動Bt0t2時間內(nèi)，合力對小球先做正功后做負功C0t2時間內(nèi)，小球的平均速度一定為Dt3t4時間內(nèi)，拉力做的功為(v4v3)g(t4t3)解析：選D根據(jù)題意，豎直向上為正方向，故在t3t4時間內(nèi)，小球豎直向上做勻減速直線運動，故選項A錯誤；t0t2時間內(nèi)，小球速度一直增大，根據(jù)動能定理可知，合力對小球一直做正功，故選項B錯誤；0t2時間內(nèi)，小球的平均速度等于位移與時間的比值，不一定為，故選項C錯誤；根據(jù)動能定理，在t3t4時間內(nèi)：WFmg·(t4t3)mv42mv32，整理可得WF(v4v3)g(t4t3)，故選項D正確7如圖所示，將質(zhì)量為m的小球以速度v0由地面豎直向上拋出小球落回地面時，其速度大小為v0.設(shè)小球在運動過程中所受空氣阻力的大小不變，則空氣阻力的大小等于()A.mg B.mgC.mg D.mg解析：選D重力對物體做的功為零，設(shè)空氣阻力大小為f，對整個過程應(yīng)用動能定理得：2fhmv2mv02上升過程中物體加速度為a由運動學公式得：2ahv02帶入數(shù)據(jù)計算得出：fmg所以D選項正確8.(2018屆河南洛陽名校聯(lián)考)一摩托車在豎直的圓軌道內(nèi)側(cè)做勻速圓周運動，周期為T，人和車(當做質(zhì)點)的總質(zhì)量為m，軌道半徑為R，車經(jīng)最高點時發(fā)動機功率為P0，車對軌道的壓力為2mg.設(shè)軌道對摩托車的阻力與車對軌道的壓力成正比，則()A車經(jīng)最低點時對軌道的壓力為3mgB車經(jīng)最低點時發(fā)動機功率為2P0C車從最高點經(jīng)半周到最低點的過程中發(fā)動機做的功為P0TD車從最高點經(jīng)半周到最低點的過程中發(fā)動機做的功為2mgR解析：選B摩托車在最高點時有2mgmgm，在最低點有FNmgm，解得FN4mg，選項A錯誤；由于軌道對摩托車的阻力與車對軌道的壓力成正比，又因為車在最高點對軌道的壓力為2mg：根據(jù)PFv，可知發(fā)動機在最低點時的功率是在最高點時功率的2倍，選項B正確，C錯誤；根據(jù)動能定理可知摩托車從最高點經(jīng)半周到最低點的過程中克服阻力做的功等于發(fā)動機做的功與重力做功2mgR之和，無法求得發(fā)動機做的功，選項D錯誤二、非選擇題9(2018屆南京市、鹽城市模)如圖所示，煉鋼廠通常用滾筒來傳送軟鋼錠，使具有一定初速度的軟鋼錠通過滾筒滑上平臺，質(zhì)量為M的軟鋼錠長為L，上表面光滑，下表面與平臺間是粗糙的現(xiàn)以水平向右的初速度滑上平臺，全部滑上平臺時的速度為v.此時，在其右端無初速放上一個質(zhì)量為m的滑塊(視為質(zhì)點)隨后軟鋼錠滑過2L距離時速度為零，滑塊恰好到達平臺，重力加速度取g，空氣阻力不計求：(1)滑塊獲得的最大加速度(不考慮與平臺的撞擊過程)；(2)滑塊放上后，軟鋼錠滑動過程克服阻力做的功；(3)軟鋼錠處于靜止狀態(tài)時，滑塊到達平臺的動能解析：(1)由于滑塊與軟鋼錠間無摩擦，所以，軟鋼錠在平臺上滑過距離L時，滑塊脫離做自由落體運動，所以ag.(2)根據(jù)動能定理得Wf克EkMv2.(3)滑塊脫離軟鋼錠后做自由下落到平臺上的時間與軟鋼錠在平臺最后滑過L的時間相等，都為tLgt2(mM)gLMgLMv2vmgtEkmvm2聯(lián)立以上四個方程式解得Ek.答案：(1)g(2)Mv2(3)10(2019屆棗莊期末)如圖甲所示，電動機通過繞過光滑定滑輪的細繩與放在傾角為30°的光滑斜面上的物體相連，啟動電動機后物體沿斜面上升；在03 s時間內(nèi)物體運動的v­t圖象如圖乙所示，其中除12 s時間段圖象為曲線外，其余時間段圖象均為直線，1 s后電動機的輸出功率保持不變；已知物體的質(zhì)量為2 kg，重力加速度g10 m/s2.求： (1)1 s后電動機的輸出功率P；(2)物體運動的最大速度vm；(3)在03 s內(nèi)電動機所做的功解析：(1)設(shè)物體的質(zhì)量為m，由題圖乙可知，在t11 s時間內(nèi)，物體做勻加速直線運動的加速度大小為a5 m/s2，1 s末物體的速度大小達到v15 m/s，此過程中，設(shè)細繩拉力的大小為F1，則根據(jù)運動學公式和牛頓第二定律可得v1at1F1mgsin30°ma設(shè)在1 s末電動機的輸出功率為P，由功率公式可得PF1v1聯(lián)立解得P100 W.(2)當物體達到最大速度vm后，設(shè)細繩的拉力大小為F2，由牛頓第二定律和功率的公式可得F2mgsin30°0PF2vm聯(lián)立解得vm10 m/s.(3)設(shè)在時間t11 s內(nèi)，物體的位移為x，電動機做的功為W1，則由運動學公式得xat12由動能定理得W1mgxsin30°mv12設(shè)在時間t3 s內(nèi)電動機做的功為W，則WW1P(tt1)聯(lián)立解得W250 J.答案：(1)100 W(2)10 m/s(3)250 J11.(2019屆福建省畢業(yè)班質(zhì)量檢查)如圖，固定直桿上套有一小球和兩根輕彈簧，兩根輕彈簧的一端與小球相連，另一端分別固定在桿上相距為2L的A、B兩點直桿與水平面的夾角為，小球質(zhì)量為m，兩根輕彈簧的原長均為L、勁度系數(shù)均為，g為重力加速度(1)小球在距B點L的P點處于靜止狀態(tài)，求此時小球受到的摩擦力大小和方向；(2)設(shè)小球在P點受到的摩擦力為最大靜摩擦力，且與滑動摩擦力相等現(xiàn)讓小球從P點以一沿桿方向的初速度向上運動，小球最高能到達距A點L的Q點，求初速度的大小解析：(1)小球在P點時兩根彈簧的彈力大小相等，設(shè)為F，根據(jù)胡克定律有Fk設(shè)小球靜止時受到的摩擦力大小為Ff，方向沿桿向下，根據(jù)平衡條件有mgsinFf2F代入數(shù)據(jù)解得Ff方向沿桿向下(2)小球在P、Q兩點時，彈簧的彈性勢能相等，故小球從P到Q的過程中，彈簧對小球做功為零據(jù)動能定理有W舍Ekmg·2sinFf·20mv2聯(lián)立解得v.答案：(1)方向沿桿向下(2)14