2014届高考物理（人教版安徽专用）一轮复习跟踪检测：第五章 第2

第2讲 动能定理及其应用

(对应学生用书第75页)

1

1.公式：Ek＝mv2，式中v为瞬时速度．

2

2．矢标性

动能是标量，只有正值，动能与速度的方向无关． 3．动能的变化量

112

ΔEk＝mv2－mv.

2221

动能具有相对性，其数值与参考系的选取有关，一般以地面为参考系.

【针对训练】

1．关于动能的理解，下列说法错误的是( )

A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能 B．物体的动能总为正值

C．一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化 D．动能不变的物体，一定处于平衡状态 【解析】 动能是运动物体都具有的能量，是机械能的一种表现形式，A对；动能是标量，

1

总是正值，B对；由Ek＝mv2可知当m恒定时，Ek变化，速率一定变化，速度一定变化，但

2

当速度方向变化速率不变(如匀速圆周运动)时动能不变，C对；动能不变，物体不一定处于平衡状态，如匀速圆周运动，D错．

【答案】 D 动 能 定 理 1.内容

合外力对物体所做的功等于物体动能的变化． 2．表达式

1212

W＝ΔEk＝mv2－mv1.

22

3．功与动能的关系

(1)W>0，物体的动能增加． (2)W<0，物体的动能减少． (3)W＝0，物体的动能不变． 4．适用条件

(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动． (2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．

(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用．

动 能

【针对训练】

2．(2013届辽宁省实验中学检测)木球从水面上方某位置由静止开始自由下落，落入水中又继续下降一段距离后速度减小到零．把木球在空中下落过程叫做Ⅰ过程，在水中下落过程叫做Ⅱ过程．不计空气和水的摩擦阻力．下列说法中正确的是( )

A．第Ⅰ阶段重力对木球做的功等于第Ⅱ阶段木球克服浮力做的功 B．第Ⅰ阶段重力对木球做的功大于第Ⅱ阶段木球克服浮力做的功

C．第Ⅰ、第Ⅱ阶段重力对木球做的总功和第Ⅱ阶段合力对木球做的功的代数和为零 D．第Ⅰ、第Ⅱ阶段重力对木球做的总功等于第Ⅱ阶段木球克服浮力做的功 【解析】 根据动能定理，全过程合外力做功为零，所以，只有D项正确． 【答案】 D

(对应学生用书第75页)

对动能定理的理解 1.总功的计算 物体受到多个外力作用时，计算合外力的功，要考虑各个外力共同做功产生的效果，一般有如下两种方法：

(1)先由力的合成或根据牛顿第二定律求出合力F合，然后由W＝F合lcos α计算．

(2)由W＝Flcos α计算各个力对物体做的功W1、W2、?Wn然后将各个外力所做的功求代数和，即

W合＝W1＋W2＋?＋Wn.

2．动能定理公式中等号的意义

(1)数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合力的功，进而求得某一力的功．

(2)单位相同：国际单位都是焦耳．

(3)因果关系：合外力的功是物体动能变化的原因．

3．动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面为参考系．

动能定理指出的是功与动能增量的一种等效替代关系，合外力做功是物体动能变化的原因，而不能说力对物体做的功转变成物体的动能．

(2013届中山模拟)质量为m的物体在水平力F的作用下由静止开始在光滑地面上

运动，前进一段距离之后速度大小为v，再前进一段距离使物体的速度增大为2v，则( )

A．第二过程的速度增量大于第一过程的速度增量 B．第二过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍 C．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功

D．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的2倍

1

【解析】 由题意知，两个过程中速度增量均为v，A错误；由动能定理知：W1＝mv2，

2

113

W2＝m(2v)2－mv2＝mv2，故B正确，C、D错误．

222【答案】 B 【即学即用】 1.

图5－2－1

(2013届大连一中检测)某物体同时受到两个在同一直线上的力F1、F2的作用，由静止开始做直线运动，力F1、F2与位移x的关系图象如图5－2－1所示，在物体开始运动后的前4.0 m内，物体具有最大动能时对应的位移是( )

A．2.0 m B．1.0 m C．3.0 m D．4.0 m

【解析】 由图知x＝2.0 m时，F合＝0，此前F合做正功而此后F合做负功，故x＝2.0 m时动能最大．

【答案】 A 动能定理的应用 1.基本步骤 (1)选取研究对象，明确它的运动过程．

(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：

受哪些力

―→

各力是否做功

―→

做正功还是负功

―→

做多少功

―→

各力做功的代数和

(3)明确物体在过程的始末状态的动能Ek1和Ek2.

(4)列出动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解题方程，进行求解． 2．注意事项

(1)动能定理的研究对象可以是单一物体，或者是可以看做单一物体的物体系统．

(2)动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式．当题目中涉及到位移和速度而不涉及时间时可优先考虑动能定理；处理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理．

(3)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都做功，必须根据不同的情况分别对待求出总功．

(4)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负．当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W，将该力做功表达为－W，也可以直接用字母W表示该力做功，使其字母本身含有负号．

(2013届合肥一中模拟)如图5－2－2所示是游乐园内某种过山车的示意图．图中

半径分别为R1＝2.0 m和R2＝8.0 m的两个光滑圆形轨道固定在倾角θ＝37°的斜轨道面上的A、B两点，已知两圆形轨道的最高点C、D均与P点平齐，圆形轨道与斜轨道之间圆滑连接．现使小车(可视为质点)从P点以一定的初速度沿斜面向下运动．已知斜轨道面与小车间的动摩擦因数为μ＝1/6，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.问：

图5－2－2

(1)若小车恰好能通过第一个圆形轨道的最高点C，则它在P点的初速度应为多大；

(2)若小车在P点的初速度为15 m/s，则小车能否安全通过两个圆形轨道？试通过分析论证之．

【解析】 (1)设小车经过C点时的临界速度为v1，则：

2v1

mg＝m

R1

R1?1＋cos θ?

设P、A两点间距离为L1，由几何关系可得：L1＝ sin θ

小车从P运动到C，根据动能定理，有

112

－μmgL1cos θ＝mv2－mv

2220

解得：v0＝6 m/s.

(2)设P、B两点间距离为L2，由几何关系可得：

R2?1＋cos θ?L2＝ sin θ

设小车能安全通过两个圆形轨道在D点的临界速度为v2，则

2v2mg＝m

R2

11

设P点的初速度为v′0，小车从P运动到D，根据动能定理，有－μmgL2cos θ＝mv2－

222

2

mv′0

解得：v′0＝12 m/s

因为v′0＝12 m/s＜15 m/s，所以小车能安全通过两个圆形轨道． 【答案】 (1)6 m/s (2)能 见解析 【即学即用】

2．(2013届济南模拟)如图5－2－3甲所示，一质量为m＝1 kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块受到按如图乙所示规律变化的水平力F作用并向右运动，第3 s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，(g取10 m/s2)求：

图5－2－3

(1)A与B间的距离；

(2)水平力F在5 s内对物块所做的功．

【解析】 (1)在3 s～5 s内物块在水平恒力F作用下由B点匀加速运动到A点，设加速度为a，A与B间的距离为x，则F－μmg＝ma

得a＝2 m/s2 1

x＝at2＝4 m. 2

(2)设物块回到A点时的速度为vA， 由v2A＝2ax 得vA＝4 m/s

设整个过程中F做的功为WF， 由动能定理得：

1

WF－2μmgx＝mv2

2A

解得：WF＝24 J.

【答案】 (1)4 m (2)24 J

(对应学生用书第77页)

利用动能定理求变力功 1.如果是恒力做功问题往往直接用功的定义式可以求解，但遇到变力做功问题须借助动能定理等功能关系进行求解；分析清楚物理过程和各个力的做功情况后，运用动能定理可简化解题步骤．

2．动能定理的表达式是在物体受恒力作用且做直线运动的情况下得出的，但对于外力是变力、物体做曲线运动的情况同样适用．也就是说，动能定理适用于任何力作用下、以任何形式运动的物体为研究对象，具有普遍性．

3．应用动能定理求变力的功时，必须知道始末两个状态的物体的速度，以及运动过程中除变力做功外，其他力做的功．

(2013届郑州一中检测)总质量为80 kg的跳伞运动员从离地500 m的直升机上跳

下，经过2 s拉开绳索开启降落伞，图5－2－4是跳伞过程中的v－t图象，试根据图象求：(g取10 m/s2)

图5－2－4

(1)求t＝1 s时运动员的加速度和所受阻力的大小． (2)估算14 s内运动员下落的高度及克服阻力做的功． (3)估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间．

【潜点探究】 (1)由图象可以看出运动员在前2 s内做匀加速直线运动，进而推知阻力恒定；

(2)v－t图象与t轴所围的面积表示运动员下落的高度；

(3)2～14 s内阻力是变力，无法直接求变力功，可考虑动能定理．

【规范解答】 (1)从图中可以看出，在0～2 s运动员做匀加速运动，其加速度大小为：avt16

＝＝ m/s2＝8 m/s2 t2

设此过程中运动员受到的阻力大小Ff，根据牛顿第二定律，有：mg－Ff＝ma 得Ff＝m(g－a)＝80×(10－8) N＝160 N. (2)从图中估算得出运动员在14 s内下落了 h＝39×2×2 m＝156 m

1

根据动能定理，有：mgh－Wf＝mv2

2

1

X所以有：Wf＝mgh－mv2

21

＝(80×10×156－×80×62) J≈1.23×105 J.

2

(3)14 s后运动员做匀速运动的时间为：

H－h500－156t′＝v＝ s＝57.3 s

6

运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间 t总＝t＋t′＝(14＋57.3) s＝71.3 s

【答案】 (1)8 m/s2 160 N (2)156 m 1.23×105 J (3)71.3 s

【即学即用】 3.

图5－2－5

质量为m的小球被系在轻绳的一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动如图5－2－5所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用，设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为( )

11

A.mgR B.mgR 431

C.mgR D．mgR 2

【解析】 设小球通过最低点时绳子张力为FT1，根据牛顿第二定律：

v21

FT1－mg＝m

R

1

将FT1＝7mg代入得Ek1＝mv2＝3mgR

21

v22经过半个圆周恰能通过最高点，则mg＝m

R

121

此时小球的动能Ek2＝mv2＝mgR

22

从最低点到最高点应用动能定理： －Wf－mg·2R＝Ek2－Ek1

1

所以Wf＝mgR

2

故选项C正确． 【答案】 C

(对应学生用书第77页)

●对动能的考查 1．(2011·新课标全国高考改编)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能不可能( )

A．一直增大

B．先逐渐减小至零，再逐渐增大

C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小

D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大

【解析】 当恒力方向与质点原来速度方向相同时，质点的动能一直增大；当恒力方向与质点原来速度方向相反时，速度先逐渐减小到零再逐渐增大，质点的动能也先逐渐减小到零再逐渐增大；当恒力方向与原来质点的速度方向夹角大于90°时，将原来速度v0分解为平行恒力方向的vy、垂直恒力方向的vx，如图(1)，vy先逐渐减小至零再逐渐增大，vx始终不变．v

2＝v2质点速度v先逐渐减小至vx再逐渐增大，质点的动能先减小至某一非零的最小值，x＋vy，

再逐渐增大；当恒力方向与v0方向夹角小于90°时，如图(2)，vy一直增大，vx始终不变，质点速度v逐渐增大．动能一直增大，没有其他情况，故选C.

图(1) 图(2)

【答案】 C

●动能定理应用于抛体运动 2.

图5－2－6

(2011·山东高考)如图5－2－6所示，将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另

h

一相同质量的小球b从距地面h处由静止释放，两球恰在处相遇(不计空气阻力)．则( )

2

A．两球同时落地

B．相遇时两球速度大小相等

C．从开始运动到相遇，球a动能的减少量等于球b动能的增加量 D．相遇后的任意时刻，重力对球a做功功率和对球b做功功率相等

h1h

【解析】 对b球，由＝gt2得t＝ ，v＝gt＝gh.以后以初速度gh匀加速下落．对

22gb

h1hh

a球，＝v0t－gt2得v0＝gh，在处，va＝v0－gt＝0，以后从处自由下落．故落地时间tb

2222

a、b不同时落地，选项A错误．相遇时vb＝gh，va＝0，选项B错误．从开始运动到相遇，

mghmgh

根据动能定理可知，a球动能减少，b球动能增加，选项C正确．相遇之后，重力对b

22

球做功的功率Pb＝mgvb＝mg(gh＋gt)，重力对a球做功的功率Pa＝mg(va＋gt)＝mggt，Pb>Pa，选项D错误．

【答案】 C

●动能定理与平抛运动的综合 3．(2012·北京高考)如图5－2－7所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l＝1.4 m，v＝3.0 m/s，m＝0.10 kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，桌面高h＝0.45 m．不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：

图5－2－7

(1)小物块落地点到飞出点的水平距离s； (2)小物块落地时的动能Ek； (3)小物块的初速度大小v0.

【解析】 (1)由平抛运动规律，有

1

竖直方向h＝gt2

2

水平方向s＝vt

2h得水平距离s＝v＝0.90 m.

g

1

(2)由机械能守恒定律，动能Ek＝mv2＋mgh＝0.90 J.

211

(3)由动能定理，有－μmg·l＝mv2－mv2

220

得初速度大小v0＝2μgl＋v2＝4.0 m/s.

【答案】 (1)0.90 m (2)0.90 J (3)4.0 m/s ●动能定理与图象综合

4．(2013届武汉调研)质量为1 kg的物体，放在动摩擦因数为0.2的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移s之间的关系如图5－2－8

2

所示，重力加速度为10 m/s，则下列说法正确的是( )

图5－2－8

A．s＝3 m时速度大小为22 m/s B．s＝9 m时速度大小为42 m/s C．OA段加速度大小为3 m/s2 D．AB段加速度大小为3 m/s2

【解析】 由公式W＝Fs得，从0到3 m的过程中水平拉力的大小为5 N，对此过程由动能定理代入数值可得s＝3 m时速度大小为32 m/s，所以选项A错误；对0到9 m全过程

1

由动能定律得27－0.2×1×10×9＝×1×v2，解得s＝9 m时速度大小为32 m/s，所以选项

2

B错误；由牛顿第二定律得OA段加速度大小为3 m/s2所以选项C正确，同理得选项D错误．

【答案】 C

●动能定理求变力功 5．(2012·福建高考)如图5－2－9所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计．求：

图5－2－9

(1)小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf； (2)小船经过B点时的速度大小v1； (3)小船经过B点时的加速度大小a.

【解析】 (1)小船从A点运动到B点克服阻力做功 Wf＝fd.①

(2)小船从A点运动到B点，电动机牵引缆绳对小船做功 W＝Pt1② 由动能定理有

112

W－Wf＝mv21－mv0③ 22

2

由①②③式解得v1＝v20＋?Pt1－fd?.④ m

(3)设小船经过B点时缆绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引缆绳的速度大小为v，则

P＝Fv⑤ v＝v1cos θ⑥

由牛顿第二定律有 Fcos θ－f＝ma⑦

Pf

由④⑤⑥⑦式解得a＝22－.

mv0＋2m?Pt1－fd?m

2【答案】 (1)fd (2) v20＋?Pt1－fd? m

Pf

(3)－ mm2v2＋2m?Pt－fd?01

课后作业(十五) (对应学生用书第245页)

(时间45分钟，满分100分)

一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．只有一个选项正确．)

1．(2013届六安模拟)某运动员臂长L，将质量为m的铅球推出，铅球出手的速度大小为v0，方向与水平方向成30°角斜向上，则该运动员对铅球所做的功是( )

2

m?gL＋v0?1A. B．mgL＋mv2

220L2C.mv20 D．mgL＋mv0 2

【解析】 运动员对铅球的作用力为F，由动能定理知：

1112

WF－mgLsin 30°＝mv20，所以WF＝mgL＋mv0. 222【答案】 A 2.

图5－2－10

如图5－2－10所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设物体在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是( )

11

A．mgh－mv2 B.mv2－mgh

22

1

C．－mgh D．－(mgh＋mv2)

2

【解析】 由A到C的过程运用动能定理可得：

1

－mgh＋W＝0－mv2，

21

所以W＝mgh－mv2，故A正确．

2

【答案】 A 3.

图5－2－11

(2013届南宁一中检测)如图5－2－11所示是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动的小车．当太阳光照射到小车上方的光电板，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离s，速度达到最大值vm.设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为F，那么( )

A．这段时间内小车先加速运动，然后匀速运动 B．这段时间内阻力所做的功为Pt

1

C．这段时间内合力做的功为mv2

2m

1

D．这段时间内电动机所做的功为Fs－mv2

2m

【解析】 从题意得到，可将太阳能驱动小车运动视为“汽车以恒定功率启动”，这段时间内小车做加速运动，A项错误；电动机做功用Pt计算，阻力做功为W＝Fs，B项错误；

1

根据动能定理判断，这段时间内合力做功为mv2，C项正确；这段时间内电动机所做的功为

2m

1

Pt＝Fs＋mv2，D项错误．

2m

【答案】 C 4.

图5－2－12

(2013届丹东模拟)如图5－2－12所示，水平传送带长为s，以速度v始终保持匀速运动，把质量为m的货物放到A点，货物与皮带间的动摩擦因数为μ，当货物从A点运动到B点的过程中，摩擦力对货物做的功不可能( )

11

A．等于mv2 B．小于mv2

22

C．大于μmgs D．小于μmgs

【解析】 货物在传送带上相对地面的运动可能先加速后匀速，也可能一直加速而货物

11

的最终速度小于v，根据动能定理知摩擦力对货物做的功可能等于mv2，可能小于mv2，可能

22

等于μmgs，可能小于μmgs，故选C.

【答案】 C 5.

图5－2－13

(2013届银川检测)光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑的水平面上的B点时速率为v0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的阻挡条，如图5－2－13所示，小球越过n条阻挡条后停下来．若让小球从2h高处以初速度v0滚下，则小球能越过阻挡条的条数为(设小球每次越过阻挡条时损失的动能相等)( )

A．n B．2n C．3n D．4n 【解析】 小球第一次从释放到B点的过程中，

1

由动能定理得mgh＝mv2，

20

1

由B点到停止的过程中，由动能定理得－nW＝0－mv2.

20

小球第二次从释放到停止的过程中，

1

由动能定理得mg·2h－n′W＝0－mv2

20

由以上三式可解得n′＝3n 【答案】 C 6.

图5－2－14

(2013届如皋模拟)如图5－2－14所示，斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的两段，在B处用小圆弧连接．将小铁块(可视为质点)从A处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P处．若从该板材上再截下一段，搁置在A、P之间，构成一个新的斜面，再将小铁块放回A处，并轻推一下使之具有初速度v0，沿新斜面向下滑动．关于此情况下小铁块的运动情况的描述正确的是( )

A．小铁块不能到达P点

B．小铁块的初速度必须足够大才能到达P点 C．小铁块能否到达P点与小铁块的质量无关 D．以上说法均不对

【解析】 如图所示，设AB＝x1，BP＝x2，AP＝x3，动摩擦因数为μ，由动能定理得：mgx1sin α－μmgx1cos α－μmgx2＝0，可得：mgx1sin α＝μmg·(x1cos α＋x2)，设小铁块沿AP滑到

112

P点的速度为vP，由动能定理得：mgx3sin β－μmgx3cos β＝mv2P－mv0，因x1sin α＝x3sin β，22

x1cos α＋x2＝x3cos β，故得：vP＝v0，即小铁块可以沿AP滑到P点，与质量无关，故C正确．

【答案】 C 7.

图5－2－15

如图5－2－15所示，在外力作用下某质点运动的v－t图象为正弦曲线．从图中可以判断( )

A．在0～t1时间内，外力做正功

B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大 C．在t2时刻，外力的功率最大

D．在t1～t3时间内，外力做的总功不为零

【解析】 由动能定理可知，在0～t1时间内质点速度越来越大，动能越来越大，外力一定做正功，故A项正确；在t1～t3时间内，动能变化量为零，可以判定外力做的总功为零，故D项错误；由P＝F·v知0、t1、t2、t3四个时刻功率为零，故B、C都错误．

【答案】 A 8.

图5－2－16

(2013届石家庄一中检测)如图5－2－16所示，把小车放在倾角为30°的光滑斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有砂子的小桶相连，不计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为3m，小桶与砂子的总质量为m，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为h的过程中(小车未脱离斜面)( )

A．小桶处于失重状态

1

B．小桶的最大速度为gh

2

C．小车受绳的拉力等于mg

3

D．小车的最大动能为mgh

2

【解析】 根据受力分析可知，小桶向上做匀加速直线运动，所以，应处于超重状态，小桶受绳的拉力大于mg，根据牛顿第三定律可判定A、C都错；小车和小桶的速度大小相等，

11

对系统运用动能定理有3mghsin 30°－mgh＝(3m＋m)v2，解得小桶的最大速度应为v＝gh，

22

13mgh

小车的最大动能为Ekm＝×3mv2＝，B对，D错．

28

【答案】 B 9.

图5－2－17

(2013届池州模拟)如图5－2－17汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点的高度为h，开始绳绷紧、滑轮两侧的绳都竖直，汽车以v0向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平夹角为30°，则( )

A．从开始到绳与水平夹角为30°时，拉力做功mgh

32

B．从开始到绳与水平夹角为30°时，拉力做功mgh＋mv0

8

3

C．在绳与水平夹角为30°时，拉力功率为mgv0

2

D．在绳与水平夹角为30°时，绳对滑轮的作用力为3mg

1

【解析】 对物体由动能定理可知，拉力做功W－mgh＝mv2，根据运动的合成与分解v

2

33v0，代入得W＝mgh＋mv2，所以选项B正确，选项A错；汽车以v0向右匀280

速运动，物体加速向上，所以拉力大小不等于物体的重力，选项C错；同理选项D错．

【答案】 B 10. ＝v0cos 30°＝

图5－2－18

如图5－2－18所示，一个粗糙的水平转台以角速度ω匀速转动，转台上有一个质量为m的物体，物体与转台间用长L的绳连接着，此时物体与转台处于相对静止，设物体与转台间的动摩擦因数为μ，现突然制动转台，则( )

A．由于惯性和摩擦力，物体将以O为圆心、L为半径做变速圆周运动，直到停止 B．若物体在转台上运动一周，物体克服摩擦力做的功为μmgπL C．若物体在转台上运动一周，摩擦力对物体不做功

Lω2

D．物体在转台上运动圈后，停止运动

2μgπ

【解析】 制动转台后，物体在绳子约束作用下做圆周运动，速率在减小，运动一周滑动摩擦力做功为Wf＝－μmg2πL，绳子的拉力对物体不做功，由动能定理可知：－Nμmg2πL＝12Lω20－mv，又v＝ωL，联立得物体在转台上转动的圈数为N＝，A正确． 24μgπ【答案】 A

二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)

11.

图5－2－19

(14分)(2013届大同检测)如图5－2－19所示，在距水平地面高为0.4 m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m＝2 kg的小球A.半径R＝0.3 m的光滑半圆形细轨道，竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m＝2 kg的小球B.用一条不可伸长的柔软细绳，跨过定滑轮将两小球连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响，g取10 m/s2.现给小球A施加一个水平向右的恒力F＝55 N．求：

(1)把小球B从地面拉到P点正下方C点过程中，力F做的功； (2)小球B运动到C处时的速度大小；

(3)小球B被拉到离地多高时与小球A的速度大小相等？

【解析】 (1)小球B运动到P点正下方的过程中，水平向右的恒力F作用点的位移为：xA＝0.42＋0.32 m－0.1 m＝0.4 m，则WF＝FxA＝22 J.

(2)小球B运动到C处时的速度方向与细绳方向垂直，小球A的速度为零，对A、B组成的系统，由动能定理得：

1

WF－mgR＝mv2，代入数据得：v＝4 m/s.

2

(3)当绳与半圆形轨道相切时，两球的速度大小相等，设此时绳与水平方向的夹角为α，hB

R0.3

＝Rcos α＝R·＝0.3× m＝0.225 m.

H0.4

【答案】 (1)22 J (2)4 m/s (3)0.225 m 12.

图5－2－20

(16分)(2013届贵州贵阳一中模拟)质量m＝1 kg的物体，在水平拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4 m时，拉力F停止作用，运动到位移是8 m时物体停止，运动过程中Ek－x的图象如图5－2－20所示．(g取10 m/s2)求：

(1)物体的初速度多大？

(2)物体和水平面间的动摩擦因数为多大？ (3)拉力F的大小．

1

【解析】 (1)从图象可知初动能Ek0＝2 J，Ek0＝mv2，v＝2 m/s.

2

(2)在位移为4 m处物体的动能为Ek＝10 J，在位移为8 m处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功．

设摩擦力为Ff，则 －Ffx2＝0－Ek

Ek10

Ff＝＝ N＝2.5 N

x24因Ff＝μmg

Ff2.5

故μ＝＝＝0.25.

mg10

(3)物体从开始到移动4 m这段过程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力为F－Ff，根据动能定理有

(F－Ff)·x1＝Ek－Ek0

Ek－Ek010－2

故得F＝＋Ff＝(＋2.5) N＝4.5 N.

x14

【答案】 (1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/aqmp.html