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第15讲 动能定理及其应用

[解密考纲]深刻理解动能定理解题的优越性，掌握它是一条适用范围很广的物理规律，体会应用动能定理处理动力学的综合问题的技巧．

1．关于运动物体所受的合力、合力做的功、物体动能的变化，下列说法正确的是(　B　)

A．运动物体所受的合力不为零，合力必做功，物体的动能肯定要变化

B．运动物体所受的合力为零，则物体的动能肯定不变

C．运动物体的动能保持不变，则该物体所受合力一定为零

D．运动物体所受合力不为零，则该物体一定做变速运动，其动能要变化

2．静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t＝4 s时停下，其v－t图象如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是(　A　)

A．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功

B．整个过程中拉力做的功等于零

C．t＝2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大

D．t＝1 s到t＝3 s这段时间内拉力不做功

3．质量为2 kg的物体以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如图所示，则物体返回到出发点时的动能为(取g＝10 m/s2)(　A　)

A．34 J　　 B．56 J

C．92 J　　 D．196 J

解析　物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功，由动能定理得－mgx·sin 30°－Ffx＝0－196，下滑过程重力做正功，摩擦力做负功，由动能定理得mgx·sin 30°－Ff·x＝Ek－0，代入数据得Ek＝34 J，故选项A正确．

4．(2017·湖南湘中名校联考)如图所示，质量为m的小物块从固定的半圆形槽内与圆心等高的位置P点无初速度释放，先后经过A、B、C三点，小物块到达左侧C点时速度为零．B点是最低点，半圆形槽的半径为R，A点与C点等高，A点与B点高度差为.重力加速度为g，则(　D　)

A．小物块从P点运动到C点的过程中，重力对小物块做的功大于小物块克服摩擦力做的功

B．小物块第一次从A点运动到C点的过程中，重力对小物块做的功大于小物块克服摩擦力做的功

C．小物块只能到达C点一次，但能经过A点两次

D．小物块第一次过B点时，对槽的压力一定大于2mg

解析　小物块从P点运动到C点的过程中，运用动能定理有mghPC－Wf＝0，得重力对小物块做的功等于小物块克服摩擦力做的功，故选项A错误；小物块第一次从A点运动到C点的过程中，由于A点与C点等高，所以重力做功为零，而小物块克服摩擦力做功不为零，故选项B错误；小物块只能到达C点一次是对的，然后由C点返回，由于摩擦力做功，所以不能再次经过等高处的A点，故选项C错误；小物块第一次从B点运动到C点的过程中，运用动能定理－mghBC－WfBC＝0－mv，由已知条件hBC＝，再对小物块第一次经过B点时，运用牛顿第二定律得FNB－mg＝m，联立以上三式可得槽对小物块的支持力FNB＝2mg＋，由牛顿第三定律可知选项D正确．

5．(2017·湖南长沙一模)(多选)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．必须经过两次击打，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W，第二次击打过程中小锤对小球做功4W.设两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则W的值可能是(　AB　)

A． mgR　　 B． mgR

C． mgR　　 D． mgR

解析　第一次击打，小球运动的最大高度为R，即W≤mgR.第二次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点，而小球能够通过最高点的条件为mg≤m，即v0≥.小球从静止到达最高点的过程，由动能定理得W＋4W－mg·2R＝mv－0，得W≥mgR，则mgR≤W≤mgR，故选项A、B正确．

6．(2017·山西名校联考)(多选)如图所示，小物块与三块材料不同但厚度相同的薄板间的动摩擦因数分别为μ、2μ和3μ，三块薄板长度均为L，并依次连在一起．第一次将三块薄板固定在水平地面上，让小物块以一定的水平初速度v0从a点滑上第一块薄板，结果小物块恰好滑到第三块薄板的最右端d点停下；第二次将三块薄板仍固定在水平地面上，让小物块从d点以相同的初速度v0水平向左运动；第三次将连在一起的三块薄板放在光滑的水平地面上，让小物块仍以相同的初速度v0从a点滑上第一块薄板．则下列说法正确的是(　AB　)

A．第二次小物块一定能够运动到a点并停下

B．第一次和第二次小物块经过c点时的速度大小相等

C．第三次小物块也一定能运动到d点

D．第一次与第三次小物块克服摩擦力做的功相等

解析　因为第一次和第二次薄板均被固定，以小物块为研究对象，根据动能定理，第一次有－μmgL－2μmgL－3μmgL＝0－mv，第二次从d点运动到a点摩擦力做功相同，故可以运动到a点并停下，选项A正确；同理，第一次运动到c点时，摩擦力做的功Wf1＝－μmgL－2μmgL＝－3μmgL，第二次运动到c点时摩擦力做的功Wf2＝－3μmgL，所以两次通过c点时的速度大小相等，选项B正确；与第一次相比，第三次薄板放在光滑水平地面上，则摩擦力对薄板做功，薄板动能增加，系统损失的机械能减少，小物块相对薄板的位移减小，则小物块不能运动到d点，选项C错误；与第一次相比，因为第三次小物块没有减速到零，故损失的动能减少，所以摩擦力对小物块做的功减少，即小物块克服摩擦力做的功减少，选项D错误．

7．(2017·广东深圳市调研)(多选)静止在水平地面上的物块，受到水平推力F的作用，F与时间t的关系如图甲所示，物块的加速度a与时间t的关系如图乙所示，g取10 m/s2.设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，根据图象信息，得出的结论错误的是(　ABC　)

A．地面对物块的最大静摩擦力为1 N

B．物块的质量为1 kg

C．物块与地面间的动摩擦因数为0.2

D．4 s末推力F的瞬时功率为36 W

解析　由题图甲知，F＝2t，由题图乙知，t＝1 s时，物块开始运动，此时，F1＝2 N，故地面对物块的最大静摩擦力为2 N，选项A错误；t＝4 s时，由牛顿第二定律有F－μmg＝ma，而μmg＝2 N，解得物块的质量m＝2 kg，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，选项B、C错误；4 s末物块的速度v＝×(4－1)×3 m/s＝4.5 m/s，故4 s末推力F的瞬时功率P＝Fv＝8×4.5 W＝36 W，选项D正确．

8．(多选)如图所示，水平传送带以v＝2 m/s的速度顺时针匀速转动，将一质量m＝0.5 kg的小物块(可视为质点)轻放在传送带最左端，在摩擦力的作用下，小物块会从传送带最右端水平飞出，恰好落在地面上某点P处．已知传送带左右两端相距l＝3 m，上端离地高度h＝5 m，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，则下对说法正确的是(　CD　)

A．小物块从轻放在传送带上到落到地面的时间为s

B．落点P与传送带右端的水平距离为2 m

C．传送带因传送小物块多消耗的电能2 J

D．小物块落到地面时的动能为26 J

解析　由题意可得，小物块在传送带上先加速，当速度达到2 m/s时，开始做匀速直线运动，其加速时间t1＝＝1 s，此时小物块的位移为x1＝vt1＝1 m，剩下x2＝l－x1＝2 m做匀速运动，匀速运动的时间t2＝＝1 s，离开传送带后做平抛运动，平抛运动时间t3＝＝1 s，总时间为t＝t1＋t2＋t3＝3 s，选项A错误；离开传送带时，小物块的速度为2 m/s，则x平＝vt3＝2 m，选项B错误；传送带因传送物块多消耗的电能E电＝mv2＋μmgx相＝mv2＋μmg(vt1－x1)＝2 J，选项C正确；从传送带最右端到落到地面，对小物块利用动能定理可得Ekp＝mv2＋mgh＝26 J，选项D正确．

9．(2017·湖北襄阳模拟)如图，Q为一个原来静止在光滑水平面上的物体，其DB段为一半径为R的光滑圆弧轨道，AD段为一长度为L＝R的粗糙水平轨道，二者相切于D点，D在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内．物块P的质量为m(可视为质点)，P与AD间的动摩擦因数μ＝0.1，物体Q的质量为M＝2m，重力加速度为g.

(1)若Q固定，P以速度v0从A点滑上水平轨道，冲至C点后返回A点时恰好静止，求v0的大小和P刚越过D点时对Q的压力大小；

(2)若Q不固定，P仍以速度v0从A点滑上水平轨道，求P在光滑圆弧轨道上所能达到的最大高度h.

解析　(1)P从A到C又返回A的过程中，只有AD段和DA段的摩擦力做功，由动能定理有－μmg·2L＝0－mv，①

将L＝R代入①解得v0＝.②

若P在D点的速度为vD，从A到D的过程中，由动能定理得

－μmgL＝mv－mv.③

刚越过D时，若Q对P的支持力为FD，根据牛顿第二定律，有

FD－mg＝m，④

联立②③④式解得FD＝1.2mg.

由牛顿第三定律可知，P对Q的压力大小也为1.2mg.

(2)当P、Q具有共同速度v时，P达到最大高度h，由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，⑤

由功能关系有mv＝μmgL＋(m＋M)v2＋mgh⑥

由⑤⑥两式得h＝R

答案　(1)　1.2mg　(2) R

10．(2017·上海浦东模拟)我国拥有航空母舰后，舰载机的起飞与降落等问题受到了广泛关注.2012年11月23日，舰载机歼—15首降“辽宁舰”获得成功，随后舰载机又通过滑跃式起飞成功．某兴趣小组通过查阅资料对舰载机滑跃起飞过程进行了如下的简化模拟：假设起飞时“航母”静止，舰载机质量视为不变并可看成质点．“航母”起飞跑道由如图所示的两段轨道组成(二者平滑连接，不计拐角处的长度)，其水平轨道长AB＝L，水平轨道与斜面轨道末端C的高度差为h.一架歼—15舰载机的总质量为m，在C端的起飞速度至少为v.若某次起飞训练中，歼—15从A点由静止启动，发动机的推力大小恒为0.6mg，方向与速度方向相同，飞机受到空气和轨道平均阻力的合力大小恒为0.1mg.重力加速度为g.求：

(1)舰载机在水平轨道AB上运动的时间；

(2)在水平轨道末端B，舰载机发动机的推力功率；

(3)要保证舰载机正常起飞，斜面轨道的长度满足的条件．(结果用m、g、L、h、v表示)

解析　(1)设舰载机在水平轨道的加速度为a，运动时间为t，发动机的推力为F，阻力为Ff，由牛顿第二定律得

F－Ff＝0.6mg－0.1mg＝ma，

得a＝0.5g，

而由位移公式有L＝at2，

解得t＝2.

(2)设舰载机在B端的速度为v′，功率为P，由速度公式

v′＝at＝，

解得P＝Fv′＝0.6mg.

(3)设舰载机恰能在C端起飞时，斜面轨道长为l0，

整个过程由动能定理有(F－Ff)(L＋l0)－mgh＝mv2，

解得l0＝＋2h－L，

所以，斜面轨道长度满足的条件是l≥＋2h－L.

答案　(1)2　(2)0.6mg　(3)l≥＋2h－L

11．(2017·陕西西安模拟)如图所示，一质量为M＝5.0 kg的平板车静止在光滑水平地面上，平板车的上表面距离地面高h＝0.8 m，其右侧足够远处有一固定障碍物A.另一质量为m＝2.0 kg可视为质点的滑块，以v0＝8 m/s的水平初速度从左端滑上平板车，同时对平板车施加一水平向右、大小为5 N的恒力F.当滑块运动到平板车的最右端时，两者恰好相对静止，此时撤去恒力F，当平板车碰到障碍物A时立即停止运动，滑块水平飞离平板车后，恰能无碰撞地沿圆弧切线从B点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．已知滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧半径为R＝1.0 m，圆弧所对的圆心角∠BOD＝θ＝106°.g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：

(1)平板车的长度；

(2)障碍物A与圆弧左端B的水平距离；

(3)滑块运动至圆弧轨道最低点C时对轨道的压力大小．

解析　(1)滑块与平板车间的滑动摩擦力

Ff＝μmg，

对滑块，由牛顿第二定律得

a1＝＝μg＝5 m/s2，

对平板车，由牛顿第二定律得

a2＝＝3 m/s2.

设经过时间t1，滑块与平板车相对静止，

共同速度为v，则

v＝v0－a1t1＝a2t1，

滑块的位移x1＝t1，

平板车的位移x2＝t1，

平板车的长度l＝x1－x2，

联立解得l＝4 m.

(2)设滑块从平板车上滑出后做平抛运动的时间为t2，则

h＝gt，

xAB＝vt2，

障碍物A与圆弧左端B的水平距离

xAB＝1.2 m.

(3)对小物块，从离开平板车到C点，由动能定理得

mgh＋mgR＝mv－mv2，

在C点由牛顿第二定律得

FN－mg＝m，

联立解得FN＝86 N，

由牛顿第三定律得，滑块运动到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力大小为86 N.

答案　(1)4 m　(2)1.2 m　(3)86 N