動能和動能定理

1．(多選)如圖所示，甲、乙兩個質量相同的物體，用大小相等的力F分别拉它們在水平面上從靜止開始運動相同的距離s。甲在光滑水平面上，乙在粗糙水平面上。下列關于力F對甲、乙做的功和甲、乙兩物體獲得的動能的說法中正确的是(　　)

A．力F對甲做功多

B．力F對甲、乙兩個物體做的功一樣多

C．甲物體獲得的動能比乙大

D．甲、乙兩個物體獲得的動能相同

2．如圖所示，豎直固定放置的斜面DE與一光滑的圓弧軌道ABC相切，C為切點，圓弧軌道的半徑為R，斜面的傾角為θ。現有一質量為m的滑塊從D點無初速下滑，滑塊可在斜面和圓弧軌道之間做往複運動。已知圓弧軌道的圓心O與A、D在同一水平面上，滑塊與斜面間的動摩擦因數為μ，求：

(1)滑塊第一次滑至左側圓弧上時距A點的最小高度差h；

(2)滑塊在斜面上能通過的最大路程s。

1．(多選)關于動能，下列說法正确的是(　　)

A．公式Ek＝mv2中的速度v一般是物體相對于地面的速度

B．動能的大小由物體的質量和速率決定，與物體運動的方向無關

C．物體以相同的速率向東和向西運動，動能的大小相等但方向不同

D．物體以相同的速率做勻速直線運動和曲線運動，其動能不同

2．(多選)一個物體在水平方向的兩個恒力作用下沿水平方向做勻速直線運動，若撤去其中的一個力，則(　　)

A．物體的動能可能減少

B．物體的動能可能不變

C．物體的動能可能增加

D．餘下的力一定對物體做功

3．一質量為m的物體靜止在粗糙的水平面上，當此物體受水平力F作用運動了距離s時，其動能為E1，而當此物體受水平力2F作用運動了相同的距離時，其動能為E2，則(　　)

A．E2＝E1 B．E2＝2E1 C．E2>2E1 D．E1<E2E1

4．從地面豎直向上抛出一隻小球，小球運動一段時間後落回地面。忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關系圖像是(　　)

5．如圖所示，在輕彈簧的下端懸挂一個質量為m的小球A，若将小球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。若将小球A換為質量為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.

6．質量m＝10 kg的物體隻在變力F作用下沿水平方向做直線運動，F随坐标x的變化關系如圖所示。若物體從坐标原點處由靜止出發，則物體運動到x＝16 m 處時的速度大小為(　　)

A．3 m/s B．4 m/sC．2 m/s D． m/s

7．(多選) 質量為m的物體放在水平面上，它與水平面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g。用水平力拉物體，運動一段時間後撤去，最終物體停止運動。物體運動的v－t圖像如圖所示。下列說法正确的是(　　)

A．水平拉力大小為F＝m

C．在0～3t0時間内水平拉力做的功為mv02

D．在0～3t0時間内物體克服摩擦力做功的平均功率為μmgv0

8．(多選)質量為m的小球在豎直向上的恒力F作用下由靜止開始向上勻加速運動，經時間t運動到P點，撤去F又經時間t小球回到出發點，速度大小為v，不計阻力，已知重力加速度為g，則下列判斷正确的是(　　)

A．撤去力F時小球的動能為mv2

B．小球上升的最大高度為

C．拉力F所做的功為mv2

D．拉力的最大功率為mgv

9．(多選)靜止在水平地面的物塊，受到水平方向的拉力F作用，此拉力方向不變，其大小F與時間t的關系如圖所示。設物塊與地面間的靜摩擦力最大值fm與滑動摩擦力大小相等，則(　　)

B．t2時刻物塊的加速度最大

C．t2時刻後物塊做反向運動

D．t3時刻物塊的動能最大

10．(多選)如圖所示，在傾角為θ的足夠長斜面上，輕質彈簧一端與斜面底端的擋闆固定，另一端與質量為M的平闆A連接，一質量為m的物體B靠在平闆的右側，A、B與斜面的動摩擦因數均為μ。開始時用手按住B使彈簧處于壓縮狀态，現釋放，使A和B一起沿斜面向上運動，當A和B運動距離L時達到最大速度v。則下列說法正确的是(　　)

A．A和B達到最大速度v時，彈簧恢複原長

B．若運動過程中A和B能夠分離，則A和B恰好分離時，二者加速度大小均為g(sinθ＋μcosθ)

C．從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，彈簧對A所做的功等于Mv2＋MgLsinθ＋μMgLcosθ

D．從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，B受到的合力對它做的功等于mv2

11．完全由我國自行設計、建造的國産新型航空母艦已完成多次海試，并取得成功。航母上的艦載機采用滑躍式起飛，故甲闆是由水平甲闆和上翹甲闆兩部分構成，如圖1所示。為了便于研究艦載機的起飛過程，假設上翹甲闆BC是與水平甲闆AB相切的一段圓弧，示意如圖2，AB長L1＝150 m，BC水平投影L2＝63 m，圖中C點切線方向與水平方向的夾角θ＝12°(sin 12°≈0.21)。若艦載機從A點由靜止開始做勻加速直線運動，經t＝6 s到達B點進入BC。已知飛行員的質量m＝60 kg，g＝10 m/s2，求：

圖1 圖2

(1)艦載機水平運動的過程中，飛行員受到的水平力所做功W；

(2)艦載機剛進入BC時，飛行員受到豎直向上的壓力FN多大。

12．如圖，半徑為R的光滑半圓形軌道ABC固定在豎直平面内且與水平軌道CD相切于C點，D端有一被鎖定的輕質壓縮彈簧，彈簧左端連接在固定的擋闆上，彈簧右端Q到C點的距離為2R。質量為m的滑塊(視為質點)從軌道上的P點由靜止滑下，剛好能運動到Q點，并能觸發彈簧解除鎖定，然後滑塊被彈回，且剛好能通過圓軌道的最高點A。已知∠POC＝60°，求：

(1)滑塊第一次滑至圓形軌道最低點C時所受軌道支持力；

(2)滑塊與水平軌道間的動摩擦因數μ；

(3)彈簧被鎖定時具有的彈性勢能。

答案與解析

1．【解析】選BC　由W＝Flcosα＝Fs可知，兩種情況下力F對甲、乙兩個物體做的功一樣多，A錯誤，B正确；根據動能定理，對甲有：Fs＝Ek1，對乙有：Fs－Ffs＝Ek2，可知Ek1>Ek2，C正确，D錯誤。

2．【解析】(1)滑塊從D到達左側最高點F經曆DC、CB、BF三個過程，現以DF整個過程為研究過程，運用動能定理得：

mgh－μmgcosθ·＝0

解得h＝。

(2)通過分析可知，滑塊最終滑至C點的速度為0時對應在斜面上的總路程最大，由動能定理得：

mgRcosθ－μmgcosθ·s＝0

解得s＝。

1．【答案】AB

【解析】動能是标量，與速度的大小有關，而與速度的方向無關。公式中的速度一般是相對于地面的速度，故A、B正确。

2．【答案】ACD

【解析】因物體的速度方向與餘下的力的方向關系不知，故存在多種可能：當物體的速度方向與餘下的力同向或夾角為90°或銳角時，力對物體做正功，動能增加，當物體速度方向與餘下的力反向或夾角為鈍角時，力對物體做負功，動能減少，餘下的力一定對物體做功，物體的動能或增加，或減少，一定會改變，所以，A、C、D均正确，B錯誤。

3．【答案】C

【解析】由動能定理可得Fs－Wf＝E1，2F作用時，由動能定理可得2Fs－Wf＝E2，由＝＝＝2＋>2，可得E2>2E1，選項C正确。

4．【答案】A

【解析】小球做豎直上抛運動，設初速度為v0，則v＝v0－gt，小球的動能Ek＝mv2，把速度v代入得，Ek＝mg2t2－mgv0t＋mv02，Ek與t為二次函數關系。

5．【答案】B

【解析】小球A下降h過程小球克服彈簧彈力做功為W1，根據動能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降過程，由動能定理有3mgh－W1＝·3mv2－0，解得v＝，故B正确。

6．【答案】C

【解析】F－x圖線與x軸圍成的面積表示力F所做的功，則這段過程中，外力做功為W＝×(4＋8)×10 J－×4×10 J＝40 J，根據動能定理得W＝mv2，解得v＝＝ m/s＝2 m/s，故C正确，A、B、D錯誤。

7．【答案】BD

【解析】根據v－t圖像和牛頓第二定律可知F－μmg＝m，故選項A錯誤；由v－t圖像與坐标軸所圍面積可知，在3t0時間内的位移為x＝·3t0·v0＝v0t0，所以選項B正确；在0～3t0時間内由動能定理可知W－μmgx＝0，故水平拉力做的功W＝μmgv0t0，又Ff＝μmg＝，則W＝mv02，選項C錯誤；0～3t0時間内克服摩擦力做功的平均功率為＝＝μmgv0，所以選項D正确。

8．【答案】BCD

【解析】拉力F作用時，小球上升的加速度大小為a，末速度大小為v′，則小球上升的高度h＝at2，v′＝at，撤去外力後－h＝v′t－gt2，解得a＝g，F＝mg。對全過程由動能定理知mv2＝Fh，C正确。拉力F作用時由動能定理知mv′2＝(F－mg)h，聯立解得mv′2＝×mv2＝mv2，A錯誤。撤去力F後小球上升的高度為h′，由mv2＝Fh，mv′2＝mgh′知小球上升的最大高度H＝h＋h′＝，B正确。拉力F的最大功率Pm＝Fv′＝mgv，D正确。

9．【答案】BD

【解析】由題圖可知，在0～t1時間内，水平方向的拉力從零逐漸增大到等于最大靜摩擦力，物塊始終靜止不動，水平拉力做功為零，功率為零，選項A錯誤；t2時刻水平拉力最大且大于滑動摩擦力的2倍，根據牛頓第二定律可知物塊加速度最大，選項B正确；t2時刻後水平拉力逐漸減小，物塊的加速度逐漸減小，速度方向不變，速度繼續增大，選項C錯誤；t3時刻水平拉力減小到等于滑動摩擦力，速度增大到最大，t3時刻物塊的動能最大，選項D正确。

10．【答案】BD

【解析】A和B達到最大速度v時，A和B的加速度為零，對A、B整體：由平衡條件知kx＝(m＋M)gsinθ＋μ(m＋M)gcosθ，所以此時彈簧處于壓縮狀态，故A錯誤；A和B恰好分離時，A、B間的彈力為0，A、B的加速度大小相同，對B受力分析，由牛頓第二定律知，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，得a＝g(sinθ＋μcosθ)，故B正确；從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，對A、B整體，根據動能定理得W彈－(m＋M)·gLsinθ－μ(m＋M)gLcosθ＝(m＋M)v2，所以彈簧對A所做的功W彈＝(m＋M)v2＋(m＋M)·gLsinθ＋μ(m＋M)gLcosθ，故C錯誤；從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，對于B，根據動能定理得，B受到的合力對它做的功W合＝ΔEk＝mv2，故D正确。

11．【解析】(1)艦載機由靜止開始做勻加速直線運動，設其剛進入上翹甲闆時的速度為v，則有＝①

根據動能定理，有W＝mv2－0②

聯立①②式，代入數據，得W＝7.5×104 J。③

(2)設上翹甲闆所對應的圓弧半徑為R，根據幾何關系，有L2＝Rsinθ④

由牛頓第二定律，有FN－mg＝m⑤

聯立①④⑤式，代入數據，得FN＝1.1×103 N。⑥

12．【解析】(1)設滑塊第一次滑至C點時的速度為vC，圓軌道C點對滑塊的支持力為FN

P→C過程：mgR(1－cos 60°)＝mvC2

C點：FN－mg＝m

解得FN＝2mg，方向豎直向上。

(2)對P→C→Q過程：mgR(1－cos 60°)－μmg·2R＝0

解得μ＝0.25。

(3)A點：mg＝m

Q→C→A過程：Ep＝mvA2＋mg·2R＋μmg·2R

解得彈性勢能Ep＝3mgR。

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