动能定理应用习题

1、动能动能定理及其应用、单项选择题（本题共5小题，每小题7分，共35分）i .如图1所示，质量相同的物体分别自斜面AC和BC的顶端由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数都相同，物体滑到斜面底部C点时的动能分别为&和&2,下滑过程中克服摩擦力所做的功分别为Wi和W2,则A. Eki > Ek2W1VW2B. Ri>Ek2Wi=W2C. Eki = 82Wi> W2D. 8iVEk2Wi>W2解析：设斜面的倾角为 以斜面的底边长为l,则下滑过程中克服摩擦力做的功为Wm（cos 0 l/cos 0=mgl所以两种情况下克服摩擦力做的功相等.又由于B的高度比A低

2、，所以由动能定理可知Eki>R2,故选B.答案：B2.一质量为m的小球用长为l的轻绳悬挂于。点，小球在水平力作用下，从平衡位置 P点缓慢地移动，当悬线偏离竖直方向。角时,水平力大小为F,如图2所示，则水平力所做的功为 （）A. mglcos 0B. FSin 0C. mgl(i cos 0)D. Ficos0解析：小球在缓慢移动的过程中，动能不变，故可用动能定理求解，即Wf+Wg= 0,其中 Wg= mgi(i cos 0),所以 Wf= Wg= mgl(i cos 0),选项答案：CC正确.3.如图3所示，质量为 m的物体用细绳经过光滑小孔牵引在光滑水平面上做匀速圆周运动，拉力为某个值

3、动半径为R当拉力逐渐减小到,物体仍做匀速圆周运F时，转图3动，半径为2R,则外力对物体做的功为FRA；3FRB. 45FRC. 2FRDTmvi2斛析：FR27=7,由动能定理得4 2RW= 2mv22_ 2mvi2,联立解得W=-I4R,即外力做功为一FR了.A项正确.答案：A4. （2010河北省衡水中学调研）如图4所示，小球以初速度V0从A点沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的图4速度大小为（）A./v024ghB.q4gh vo2CaJ vo2 2ghD.y 2gh vo2解析：设由A到B的过程中，小球克服阻力做功为Wf,由动能定理得：一 mg

4、h Wf1 1=02mvo2,小球返回A的过程中，再应用动能te理得：mgh Wf=2mvA20,以上两式联立可得：Va=业gh - vo2,故只有A正确.答案：A5. （2010清远*II拟）如图5所示，斜面AB和水平面BC是由同一板 八材上截下的两段，在 B处用小圆弧连接.将小铁块 （可视为质点）一I从A处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静图5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.小铁块一定能够到达P点B.小铁块的初速度必须足够

5、大才能到达P点C.小铁块能否到达 P点与小铁块的质量有关D.以上说法均不对解析：如图所示，设 AB=X1, BP= X2, AP=X3,动摩擦因数为月飞由动能定理得： mgx1sin a 科mgxcos a 科mgx= 0, 可得：节一产mgx1sin a=m（x1cosa+ X2）,设小铁块沿 AP滑到P点的速度为vp,由动能定理得:1212m,mgx3sin 3 科 mgxcos 3= 2mvp 2mv0 , 因 xsin “= x3sin & x1cos a+ x2= x3cos 3, 故得:vp=v0,即小铁块可以沿 AP滑到P点，故A正确. 答案：A二、双项选择题（本题共5小

6、题，共35分.在每小题给出的四个选项中，只有两个选项正确，全部选对的得 7分，只选一个且正确的得 2分，有选错或不答的得 0分）6. （2010南通卞II拟）如图6甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力 F作用下，沿x轴方向运动，拉力 F随物块所在位置坐标 x的变化关系如图乙所示，图线为半圆.则小物块运动到沏处时的动能为（）A. 01B/FmXO兀兀 2CjFmX0D-X048解析：根据动能定理，小物块运动到X0处时的动能为这段时间内力F所做的功，物块在变力作用下运动，不能直接用功的公式来计算，但此题可用根据图象求“面积”，、一 .， 11的方法来解决.力 F所做的功的大小等

7、于半圆的“面积”大小.Ek=W=4S圆=2兀 2)2,又 Fm = x".整理得 E<=4FmX0=8X02, C、D 选项正确.()图7答案：CD7. (2010济南质检)如图7所示，电梯质量为 M,地板上放着一质量 为m的物体.钢索拉电梯由静止开始向上加速运动，当上升高度为H时，速度达到v,则12A.地板对物体的支才!力做的功等于 2mv212B.地板对物体的支持力做的功等于mgH + 'mv212C.钢索的拉力彳的功等于 2Mv2+ MgH1 cD.合力对电梯做的功等于 2Mv211斛析：对物体 m用动能te理： WFn mgH = 2mv2,故 WFn= mgH

8、+2mv2, A错反， 1B正确；钢索拉力做的功，Wf拉=(M + m)gH + (M + m)v2, C错；由动能te理知，1c 一， 合力对电梯M做的功应等于电梯动能的变化 2Mv2, D正确.答案：BD8. 一个小物块从底端冲上足够长的斜面后，又返回斜面底端.已知小物块的初动能为E,它返回斜面底端的速度大小为v,克服摩擦阻力做功为 日2.若小物块冲上斜面的动能为2E,则物块()A.返回斜面底端时的动能为 EB.返回斜面底端时的动能为 3E/2C.返回斜面底端时白速度大小为；2vD.返回斜面底端时的速度大小为v解析：设初动能为 E时，小物块沿斜面上升的最大位移为Xi,初动能为2E时，小物块

9、沿斜面上升的最大位移为X2,斜面的倾角为 0,由动能定理得：一mgx1sin 0 FfX1E L E 12=0E2FfXi =1 E 2 = 2mv2；而一mgX2Sin 0 FfX2=02E,可彳#： x2=2xi,所1以返回斜面底漏时的动能为2E2Ffx2=E, A正确，B错误；由E=-mv/ 2可彳导v=0, C正确、D错误.答案：AC9.如图8所示，水平传送带长为s,以速度v始终保持匀速运动，4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的二工当货物从A点运动到B点的过程中，摩擦力对货物做的功可能T-i -；() 图8A.大于2mv2B.小于2mv2C.大于 mgsD.小于 m

10、gs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,一，.、， 1 c八，1的最终速度小于V,故摩擦力对货物做的功可能等于 mv2,可能小于2mv2,可能等于mgs可能小于mgs故选B、D.答案：BD 10.如图9所示，质量为 M、长度为L的木板静止在光滑的水平面上，质量为m的小物体(可视为质点)放在木板上最左端，现用一水* 士川加晨e平恒力F作用在小物体上，使物体从静止开始做匀加速直线运动.图9已知物体和木板之间的摩擦力为Ff.当物体滑到木板的最右端时，木板运动的距离为x,则在此过程中()A.物体到达木板最右端时具有的动能为(F Ff)(L+ x)B.物体到达木板最

11、右端时，木板具有的动能为FfxC.物体克服摩擦力所做的功为FfLD.物体和木板增加的机械能为Fx1解析：由题意回本意图可知，由动能定理对小物体：(FFf)(L+ x) = -mv2，故A正一 一 ，一1确.对木板：Ffx=2Mv2,故B正确.物块克服摩擦力所做的功 Ff(L+ x),故C错.物块和木板增加的机械能1mv2 + 1Mv2= F (L+ x)- Ff L= (F- Ff) L-+ Fx,故D错.JZHf答案：AB三、非选择题（本题共2小题，共30分）11. （14分）如图10所示，质量为 M=0.2 kg的木块放在水平台面上，台面比水平地面高出水平台的右端L= 1.7 m.质量为V

12、0=180 m/s的速度水平射向木块, 的速度水平射出时，木块的速度为当子弹以 v= 90 m/sh=0.20 m,木块距m=0.10M的子弹以图10用时间极短，可认为木块的位移为零v1 = 9 m/s（此过程作）.若木块落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离为l=1.6 m ,求：（g取10 m/s2）（1）木块对子弹所做的功W1和子弹对木块所做的功W2；（2）木块与台面间的动摩擦因数d解析：（1）由动能定理得，木块对子弹所做的功为12Wi= 2mv2mv02 = - 243 J同理，子弹对木块所做的功为1.W2= 2MV1 = 8.1 J.（2）设木块离开台面时的速度为V2,木块在台面

13、上滑行阶段对木块由动能定理，有:M Mg占2Mv22-2Mv12木块离开台面后的平抛阶段答案：（1）243 J 8.1 J尸 0.50.图1112. （16分）（2010韶关质检）如图11所示为“ S”形玩具轨道，该 轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的，固定在竖直平面内，轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆连接而成的，圆半径比细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切，弹射装置将一个小球（可视为质点）从a点水平射向b点并进入轨道，经过轨道后从p点水平抛出，已知小球与地面ab段间的动摩擦因数 科=0.2,不计其他机械能损失，ab段长L=1.25 m,圆的半径R= 0.1 m,小球质量 m=0.01 k

14、g,轨道质量为M = 0.15 kg, g= 10 m/s2,求:若v0=5 m/s，小球从p点抛出后的水平射程;(2)若vo= 5 m/s，小球经过轨道的最高点时，管道对小球作用力的大小和方向；(3)设小球进入轨道之前，轨道对地面的压力大小等于轨道自身的重力，当V0至少为多大时，轨道对地面的压力为零.解析：(1)设小球运动到p点时的速度大小为 v,对小球由a点运动到p点的过程， 应用动能定理得：1 1一mgL 4Rmg= 2mv2 2mvo2小球从p点抛出后做平抛运动，设运动时间为t,水平射程为x,则1 C4R= 2gt2x= vt联立代入数据解得 x= 0.4 6 m(2)设在轨道最高点时管道对小球的作用力大小为F,取竖直向下为正方向，有： Fv2