人教版 (2019)必修 第二册3 动能和动能定理课后复习题

第八章　机械能守恒定律

专题强化练11　动能定理应用中的图像和多过程问题

一、选择题

1.(2020河南南阳高三第一次联考,)用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时,在计算机上得到0~6 s内物体的加速度随时间变化的关系,如图所示。下列说法正确的是(深度解析)

A.0~6 s内,物体先向正方向运动,后向负方向运动

B.0~6 s内,物体在4 s时的速度最大

C.物体在2~4 s内速度不变

D.0~4 s内合力对物体做的功等于0~6 s内合力对物体做的功

2.(2020福建晋江一中高一下期末,)如图甲所示,一质量为4 kg的物体静止在水平地面上,让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动,推力F随位移x变化的关系如图乙所示,已知物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5(取g=10 m/s2),则下列说法正确的是(　　)

A.物体先做加速运动,推力撤去后开始做减速运动

B.物体在水平地面上运动的最大位移是10 m

C.物体运动的最大速度为2 m/s

D.物体在运动中的加速度先变小后不变

3.(2020湖北省重点中学高三联考,)如图所示,在倾角为θ的斜面底端固定一根劲度系数足够大的弹簧(力作用在弹簧上时弹簧形变很小,可以忽略不计),弹簧的上端与斜面上B点对齐。将一个物块从斜面上的A点由静止释放,物块被弹簧反弹后沿斜面上滑,到最高点时离A点的距离为x。物块的大小不计,A、B间的距离为L,则物块与斜面间的动摩擦因数为(深度解析)

A.tan θ  B.tan θ

C.tan θ  D.tan θ

4.(2020山东青岛二中高三下模拟,)质量为10 kg的物体,在变力F作用下沿x轴做直线运动,力随坐标x的变化情况如图所示。物体在x=0处,速度为1 m/s。不计一切摩擦,则物体运动到x=16 m处时,速度大小为(　　)

A.2 m/s  B.3 m/s

C.4 m/s  D. m/s

5.(2020北京海淀高一下模拟,)(多选)如图甲所示,轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上,一质量为m的小球从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程,他以小球开始下落的位置为原点,沿竖直向下方向建立坐标轴Ox,作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系,如图乙所示,不计空气阻力,重力加速度大小为g。以下判断正确的是(　　)

A.当x=h+2x0时,小球的动能最小

B.最低点的坐标x=h+2x0

C.当x=h+2x0时,小球的加速度为-g,且弹力大小为2mg

D.小球动能的最大值为mgh+

6.(2020福建部分重点高中联合体高一下联考,)(多选)一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后,返回到斜面底端。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。若小物块冲上斜面的初动能变为2E,则有(　　)

A.返回斜面底端时的动能为E

B.返回斜面底端时的动能为

C.返回斜面底端时的速度大小为2v

D.返回斜面底端时的速度大小为v

7.(2020吉林长春东北师大附中高一下质检,)(多选)在未知方向的恒力F作用下,一质量为1.0 kg的物体以一定的初速度在光滑水平面上做直线运动,物体的动能Ek随位移x变化的关系如图所示(g取10 m/s2)。由上述已知条件,可求出(　　)

A.力F的最小值为2.5 N

B.力F不可能大于10 N

C.物体运动过程中加速度大小不断发生变化

D.物体在运动过程中在任意位置力F的功率

二、非选择题

8.(2020四川成都七中高三适应性考试,)如图所示,倾角为θ=37°的斜面固定在水平地面上,劲度系数为k=40 N/m的轻弹簧与斜面平行,弹簧下端固定在斜面底端的挡板上,弹簧与斜面间无摩擦。一个质量为m=5 kg的小滑块从斜面上的P点由静止滑下,小滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5,P点与弹簧自由端Q间的距离为L=1 m。已知整个过程中弹簧始终在弹性限度内,弹簧的弹性势能Ep与其形变量x的关系为Ep=kx2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。求:

(1)小滑块从P点下滑到Q点所经历的时间t;

(2)小滑块运动过程中达到的最大速度vm的大小;

(3)小滑块运动到最低点的过程中,弹簧的最大弹性势能。

9.(2020山东济宁高三一模,)如图所示,一根轻弹簧左端固定于竖直墙上,右端被质量为m=1 kg、可视为质点的小物块压缩而处于静止状态,且弹簧与物块不拴接,弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一水平传送带AB,长为L=12 m,与传送带相邻的粗糙水平面BC长为x=4 m,物块与传送带及水平面BC间的动摩擦因数均为μ=0.3。在C点右侧有一半径为R的光滑竖直半圆轨道与BC平滑连接,在半圆轨道的最高点F处有一固定挡板,物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带以v=6 m/s的速率顺时针匀速转动,不考虑物块滑上和滑下传送带时的机械能损失。释放物块,当弹簧储存的能量Ep=8 J全部转移给物块时,小物块恰能滑到与圆心O等高的E点,取g=10 m/s2。

(1)求物块被弹簧弹出时的速度大小;

(2)求半圆轨道的半径R;

(3)若传送带的速度大小可调,欲使小物块与挡板只碰一次,且碰后不脱离轨道,求传送带速度的可调范围。

答案全解全析

1.D　由Δv=at可知,a-t图像中图线与时间轴所围面积表示物体的速度的变化量,物体由静止开始运动,在0~6 s内物体的速度始终为正值,故一直沿正方向运动,A项错误;0~5 s内,a为正值,速度增大,5~6 s内,a为负值,速度减小,故5 s时物体的速度最大,B项错误;2~4 s内物体的加速度保持不变,且不为零,速度一定变化,C项错误;由图像可知,0~4 s内与0~6 s内物体的速度变化量相同,故物体在4 s末和6 s末的速度相同,由动能定理可知,0~4 s、0~6 s两段时间内合力对物体做功相等,D项正确。

知识拓展

图像与横轴所围“面积”的意义

(1)v-t图像:由公式x=vt可知,v-t图线与时间轴围成的面积表示物体的位移。

(2)a-t图像:由公式Δv=at可知,a-t图线与时间轴围成的面积表示物体速度的变化量。

(3)F-x图像:由公式W=Fx可知,F-x图线与位移轴围成的面积表示力所做的功。

(4)P-t图像:由公式W=Pt可知,P-t图线与时间轴围成的面积表示力所做的功。

2.B　当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动,选项A错误。题图乙中F-x图线与x轴所围面积表示推力对物体做的功,推力做的功为WF=×4×100 J=200 J;根据动能定理有WF-μmgxm=0,得xm=10 m,选项B正确。当推力与摩擦力大小相等时,物体的加速度为零,速度最大,由题图乙得F=100-25x(N),当F=μmg=20 N时x=3.2 m;由动能定理得×(100+20)·x-μmgx=m,解得物体运动的最大速度vm=8 m/s,选项C错误。物体运动中,在推力由100 N减小到20 N的过程中,加速度逐渐减小,在推力由20 N减小到0的过程中,加速度又反向增大,此后加速度不变,选项D错误。

3.A　物块从A点由静止释放到沿斜面上滑至最高点的过程中,重力做正功,摩擦力做负功,弹簧的弹力做功为零,动能的变化量为零,根据动能定理得mgx sin θ-μmg cos θ(2L-x)=0,解得μ=tan θ,故A正确,B、C、D错误。

方法技巧

应用动能定理解决多过程问题的思路

(1)对研究对象受力分析,并分析各力的做功情况;

(2)分析物体的运动过程,明确对哪个过程应用动能定理;

(3)利用动能定理列方程,注意各功的正负。

4.B　在0~4 m内,F大小恒定,物体做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得a==1 m/s2,根据2ax=v2-得x=4 m处物体的速度v4=3 m/s;对物体在4~16 m内运动过程运用动能定理,从题图中可知4~16 m内合外力做功为0,所以v16=v4=3 m/s,B正确。

5.CD　设弹簧的劲度系数为k,由题图乙可知mg=kx0,解得x0=;由F-x图线与横轴所围面积表示弹簧弹力所做功的大小,有W弹=k(x-h)2,由动能定理得mgx-k(x-h)2=0,即mgx-(x-h)2=0,解得x=h+x0,故最低点坐标不是h+2x0,小球在x=h+2x0处动能不是最小,A、B错误。由于mg=kx0,由对称性可知,当x=h+2x0时,小球的加速度为-g,且弹力大小为2mg,C正确。小球在x=h+x0处时,所受合外力为零,动能有最大值,根据动能定理有mg(h+x0)-W弹=Ekm-0,依题可得W弹=mgx0,所以Ekm=mgh+mgx0,D正确。

6.AD　对小物块以初动能E冲上斜面并返回的整个过程运用动能定理,得mv2-E=-①。设以初动能E冲上斜面的初速度为v0,则以初动能2E冲上斜面时,初速度为v0,加速度相同,根据2ax=0-可知第二次冲上斜面向上运动的位移是第一次的2倍,所以上升过程中克服摩擦力做功是第一次的2倍,整个过程中克服摩擦力做功是第一次的2倍,即为E。对小物块以初动能2E冲上斜面并返回的整个过程运用动能定理,得mv'2-2E=-E②,所以小物块返回斜面底端时的动能为E,A正确,B错误。由①②两式联立得v'=v,C错误,D正确。

7.AD　根据动能定理得Fx cos θ=Ek-Ek0,则Ek=Ek0+Fx cos θ;结合图像有Ek=50-2.5x(J),得F cos θ=-2.5 N,故F的最小值为2.5 N,最大值不确定,A正确,B错误;加速度a==-2.5 m/s2,则加速度大小恒定,C错误;力F的功率PF=Fv cos θ=-2.5v(W),由图像可得任意位置的动能,从而可得速度,故任意位置力F的功率可求,D正确。

8.答案　(1)1 s　(2) m/s　(3)20 J

解析　(1)由牛顿第二定律可得,小滑块沿斜面下滑的加速度a==g sin θ-μg cos θ=2 m/s2

由L=at2可得t==1 s

(2)小滑块与弹簧接触后,先做加速度逐渐减小的加速运动,当加速度减为零时,速度达最大,再做加速度逐渐增大的减速运动。设弹簧被压缩x0时小滑块达到最大速度vm,此时小滑块加速度为零,根据平衡条件有mg sin θ-μmg cos θ=kx0

弹簧弹力做负功,转化成的弹性势能Ep=k

对于小滑块开始运动至达到最大速度这一过程,由动能定理有

mg sin θ(L+x0)-μmg cos θ(L+x0)-k=m

联立解得vm= m/s

(3)设小滑块运动到最低点时,弹簧的压缩量为x1,则弹簧弹力做负功转化成的弹性势能为Epm=k,对于全过程,由动能定理有mg sin θ(L+x1)-μmg cos θ(L+x1)-k=0,解得x1=1 m,故弹簧的最大弹性势能Epm=k=20 J。

9.答案　(1)4 m/s　(2)0.6 m　(3)3 m/s≤v≤2 m/s

解析　(1)物块被弹簧弹出,弹簧储存的能量全部转化为物块的动能,得Ep=m,解得v0=4 m/s。

(2)若物块在传送带上一直加速运动,设物块获得的速度为v',有v'2-=2μgL,解得v'=2 m/s>6 m/s,所以物块在传送带上先加速运动后匀速运动,经过传送带后物块获得的速度为v=6 m/s。从B点到E点,由动能定理得-μmgx-mgR=0-mv2,解得R=0.6 m。

(3)设物块在B点的速度为v1时恰能到F点,在F点满足mg=m;从B点到F点过程中,由动能定理可得-μmgx-mg×2R=m-m,解得v1=3 m/s。

设物块在B点的速度为v2时,物块撞挡板返回后恰好能再次上滑到E点,对从B点到第二次滑到E点过程,由动能定理可知-μmg×3x-mgR=0-m,解得v2=2 m/s;

因为物块在传送带上一直加速获得的最大速度为2 m/s,所以传送带速度的可调范围为3 m/s≤v≤2 m/s。