第15讲　动能定理及其应用

第15讲动能定理及其应用动能定理的理解与基本应用1.(多选)物体沿直线运动的v-t图像如图所示,已知在第1s内合力对物体做的功为W,则 (CD)A.从第1s末到第3s末合力做功为4WB.从第3s末到第5s末合力做功为-2WC.从第5s末到第7s末合力做功为WD.从第3s末到第4s末合力做功为-0.75W[解析]由图像知,第1s末、第3s末、第7s末速度大小关系为v1=v3=v7,由动能定理知W=12mv12-0,则第1s末到第3s末合力做功W2=12mv32-12mv12=0,选项A错误;第3s末到第5s末合力做功W3=0-12mv32=-W,选项B错误;第5s末到第7s末合力做功W4=12mv72-0=W,选项C正确;第3s末到第4s末合力做功W5=12mv42-12m2.滑梯是一种儿童运动器械,一边是梯子,另一边是倾斜的滑板,儿童登梯而上,从滑板上滑下.孩子玩滑梯可以培养他们的勇敢精神,能享受到成功的喜悦.某幼儿园要在空地上做一个如图所示的滑梯,根据空地的大小,滑梯的水平跨度确定为6m.设计时,滑梯和儿童裤料之间的动摩擦因数为0.3,为安全着想,孩子滑到底端时,速度不得超过4m/s,重力加速度g取10m/s2,则滑梯的高度设计合理的是 (B)A.1.0m B.2.0mC.3.0m D.4.0m[解析]设滑梯与水平面的夹角为θ,根据动能定理mgxtanθ-μmgcosθ·xcosθ=12mv2,解得tanθ=1330,则最大高度hmax=2.6m,考虑到人在滑梯上能滑下,需满足mgsinθ≥μmgcosθ,解得滑梯倾角正切值为tanθ≥μ=0.3,根据几何关系可知tanθ=hL≥0.3,可得滑梯的最小高度hmin=1.8m,则滑梯的高度设计合理的为3.从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的阻力作用.距地面高度h在3m以内时,物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示.重力加速度取10m/s2.以下说法正确的是 (C)A.物体上升过程受到的阻力为1NB.物体下降过程所受合力为7NC.物体的质量为1kgD.物体的质量为0.5kg[解析]根据动能定理得F合|Δh|=|ΔEk|,则Ek-h图像的斜率的绝对值k=F合,上升过程中有mg+F阻=ΔEk1Δh1=72-363N=12N,下落过程中有mg-F阻=ΔEk2Δh2=48-243N=8N,联立解得F阻=2N、m=应用动能定理求变力做功4.如图所示,一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置在水平面上,直径POQ水平.一质量为m的物块(可视为质点)自P点上方2R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道.已知物块第一次飞离Q点后上升的最大高度为R,N点为轨道最低点.用W表示物块第一次从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功(不计空气阻力,重力加速度为g),则(D)A.W=12mgR,物块第一次回落后恰能返回到PB.W>12mgR,物块第一次回落后恰能返回到PC.W=12mgR,物块第一次回落,经P点后,D.W>12mgR,物块第一次回落,经P点后,[解析]物块从静止下落到飞离Q点后上升到最大高度的过程,由动能定理得mgR-Wf=0,可得克服摩擦力做的功为Wf=mgR,由于物块从N运动到Q的过程与从P运动到N的过程相比,经过同一高度处的速度小,向心力小,则轨道对物块的支持力小,摩擦力也小,所以WfPN>WfNQ,所以物块第一次从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功W>12mgR,故A、C错误;物块从Q返回到P点的过程中克服摩擦力所做的功W'f<mgR,从右侧最高点返回到P点的过程,根据动能定理得mgR-W'f=12mv2,可知v>0,所以物块到达P后,将继续上升一段距离,故B错误,D5.如图所示为遥控玩具小车比赛轨道的示意图,第一部分由斜面轨道AB、圆弧轨道BCD与斜面轨道DE拼接而成,圆弧BCD的圆心恰在O点,第二部分由水平轨道EF、圆形轨道FGF与特殊材料制成的水平轨道FH组成,直线轨道与圆轨道相切,圆轨道F处前后略有错开,小车可从一侧滑上再从另一侧滑出.已知轨道AB与DE的倾角均为θ=37°,长度均为L=2m,轨道FGF的半径r=1m,玩具车在AB与DE轨道上受到的阻力为支持力的14,在FH轨道上受到的阻力为支持力的1.5倍,其余轨道摩擦阻力及空气阻力均不计.已知玩具车输出功率恒为P=10W,电动机工作时间可调控,玩具车质量m=1kg,可视为质点.sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2(1)玩具车以多大的初速度从A点弹出,恰好能沿轨道自行上滑到C点?(2)玩具车以恒定功率P=10W从A点由静止启动,电动机至少工作多长时间才能完成完整的圆周运动?(3)已知轨道“受力因子k”是车对轨道的压力与车重力的比值,要求满足在圆周内k≤9且玩具车能无动力完成完整比赛,求玩具车的停止点I与F点的距离x范围.[答案](1)38m/s(2)3.3s(3)53m≤x≤83m

[解析](1)玩具车刚好到达C点时,速度为0,由动能定理得

-mgR-0.25mgcos37°·L=0-12mv02

由题图可知Lsin37°=Rcos37°

联立解得初速度v0=38m/s

(2)玩具车刚好通过圆轨道最高点G时,由重力提供向心力,有mg=mvG2r

从A点恰好运动到G的过程,由动能定理得

Pt-mg·2r-2×0.25mgcos37°·L=12mvG2-0

联立解得电动机工作时间t=3.3s

(3)玩具车恰好完成完整比赛的条件下,从最高点G运动到最低点F的过程,由机械能守恒定律得12mvG2+mg·2r=12mvF2

在F点时,由牛顿运动定律得FN-mg=mvF2r

解得FN=6mg

由牛顿第三定律可知,车对轨道的压力

F'N=FN=6mg

此时受力因子k=F'

Nmg=6

从F点运动到I点过程,由动能定理得-1.5mgx1=0-12mvF2

解得x1=53m

当k=9时,有9mg-mg=mv动能定理与图像问题的结合6.[2020·江苏卷]如图所示,一小物块由静止开始沿斜面向下滑动,最后停在水平地面上.斜面和地面平滑连接,且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数.该过程中,物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是 (A)[解析]对小物块进行受力分析可得,小物块先沿斜面向下做匀加速直线运动,再在水平地面上做匀减速直线运动直至停下来,假设斜面的倾角为θ,则在斜面上有mgh-μmglcosθ=Ek-0,因为hx=tanθ,xl=cosθ,所以有mgxtanθ-μmgx=Ek,即(mgtanθ-μmg)x=Ek,可得Ek-x图像为过原点的一条倾斜直线,故选项B、D错误;设刚到达斜面底端(x=x0)时小物块的动能为Ek0,则在水平地面上有-μmg(x-x0)=Ek-Ek0,整理可得Ek=-μmgx+μmgx0+Ek0,可得Ek-x图像为一条向下倾斜的直线,故选项A正确,C错误.

7.(多选)如图甲所示,长为l、倾角为α的斜面固定在水平地面上,一质量为m的物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动.已知物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变化关系图像如图乙所示,μ0已知,重力加速度为g.则 (BCA.μ0>tanαB.物块下滑的加速度逐渐增大C.物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做功为12μ0mglcosD.物块下滑到底端时的速度大小为2[解析]物块在斜面顶端由静止释放后能够下滑,应满足mgsinα>μ0mgcosα,即μ0<tanα,选项A错误;根据牛顿第二定律得a=gsinα-μgcosα,可知物块下滑过程中,随着μ的减小,a在增大,选项B正确;摩擦力Ff=μmgcosα=μ0-μ0lxmgcosα,可知Ff与x成线性关系,如图所示,其中Ff0=μ0mgcosα,则物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做功Wf=Ff0l2=12μ0mglcosα,选项C正确;由动能定理得mglsinα-12μ0mglcosα=12素养提升动能定理在多过程问题中的应用8.如图所示,在竖直平面内有一探究装置.装置由三个圆弧形管道和三条直轨道组成.三个圆弧形管道O、O1、O2的内半径均为R,管道很细,可忽略外半径和内半径的差别;水平直轨道D1D2与圆轨道O1和O2分别相切于D1和D2,D1D2的长度L=6R,倾斜直轨道A1B1、A2B2与圆轨道O、O1和O2分别相切于A1、B1、A2、B2,A1B1、A2B2与水平方向的夹角均为θ(两倾斜直轨道A1B1、A2B2略微错开,不考虑其影响).整个装置关于过O点的竖直线对称,T为轨道最高点,C1和C2在圆弧轨道上,与圆心O1和O2等高.有一质量为m的小滑块从D2点以水平向右的初速度v0出发,沿着轨道运动,小滑块可看作质点.小滑块与D1D2轨道和A1B1轨道间的动摩擦因数分别为μ1和μ2,其余轨道视作光滑.已知m=1kg,R=1m,μ1=56,μ2=521,θ=37°,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s(1)若v0=30m/s,求小滑块第一次经过C2时对轨道的作用力;(2)若小滑块第一次经过T点时对轨道外侧的作用力大小为FT=10N,求小滑块最终停止的位置与D2点的距离;(3)若小滑块以适当的初速度v0开始运动,最多经过T点一次,最终正好停在D1D2的中点,试求满足题意的v0的大小.[答案](1)10N,方向水平向右(2)在D2左边2.1m处(3)52m/s或170m/s[解析](1)从D2到C2过程,根据动能定理有-mgR=12mvC22在C2时,根据牛顿第二定律有FN=mv联立解得FN=10N根据牛顿第三定律可知,小滑块第一次经过C2时对轨道的作用力大小为10N,方向水平向右.(2)由几何关系可得A1B1=2Rtanθ+3RcosθhT=2R+2Rcosθ+A1B1sinθ=274根据牛顿第二定律可得mg+FT=mv假设第一次经过T后下滑且第一次到D1D2段正好能停下,则从第一次经过T到刚好停下的过程中,根据动能定理可得mghT-μ2mgcosθ·A1B1-μ1mgx=0-12m解得x=8.1m由于x>L,因此滑块第一次回到D2点时仍有速度,滑块继续沿轨道O2运动,设能运动的最大高度为H,由动能定理得mghT-μ2mgcosθ·A1B1-μ1mgL-mgH=0-12m解得H=3.5m由于H<hT,因此滑块不会再过T点,而是从轨道O2下滑经过D2向左运动,最终停在D2左边2.1m处.(3)若滑块恰能运动至T点且返回,则