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粤教版 (2019)必修 第二册第三节 动能 动能定理习题
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这是一份粤教版 (2019)必修 第二册第三节 动能 动能定理习题，共17页。试卷主要包含了下列关于动能定理的说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
第四章 机械能及其守恒定律
第三节 动能 动能定理
基础过关练
题组一 动能
1.(多选)关于对动能的理解,下列说法中正确的是 (深度解析)
A.凡是运动的物体都具有动能
B.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
D.一定质量的物体,速度变化时,动能一定变化
2.(2021湖北协作体高一下联考)A、B两物体的速度之比为2∶3,质量之比为1∶3,则A、B两物体的动能之比为 ( )
A.2∶9 B.4∶9
C.4∶27 D.27∶4
3.(2021浙江绍兴高一下期末)如图所示,在P点水平抛出一个动能为16 J的小球,落在水平地面的Q点,已知PQ连线与地面夹角θ的正切值为34,不计空气阻力,则小球落地时的动能为 ( )
A.25 J B.32 J C.36 J D.52 J
4.(2021辽宁重点中学高一下联考)我国自主研发的火星探测器“天问一号”于2021年2月10日成功被火星捕获,顺利“刹车”进入预定轨道。假设“天问一号”在圆周1轨道的轨道半径为r,动能为Ek;多次变轨到圆周2轨道后,动能增加了ΔE,则2轨道的半径为 ( )
A.EkEk+ΔEr B.ΔEEk+ΔEr
C.Ek+ΔEΔEr D.EkΔEr
题组二 动能定理
5.下列关于动能定理的说法正确的是 ( )
A.合外力对物体做多少正功,动能就增加多少
B.合外力对物体做多少负功,动能就增加多少
C.合外力对物体做正功,动能也可能保持不变
D.不管合外力对物体做多少正功,动能均保持不变
6.关于动能定理,下列说法中正确的是 ( )
A.在某过程中,动能的变化等于各个力单独做功的绝对值之和
B.只要重力对物体做功,物体的动能就一定改变
C.动能定理只适用于直线运动,不适用于曲线运动
D.动能定理既适用于恒力做功的情况,也适用于变力做功的情况
7.(2021辽宁大连高一下月考)如图所示,电梯质量为M,在它的水平地板上放置一质量为m的物体,电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动,当电梯的速度由v1增加到v2时,上升高度为H,则在这个过程中,下列说法或表达式正确的是 ( )
A.对物体,动能定理的表达式为WN=12mv22,其中WN为支持力做的功
B.对物体,动能定理的表达式为W合 =0 ,其中W合为合力做的功
C.对物体,动能定理的表达式为WN-mgH=12mv22-12mv12,其中WN为支持力做的功
D.对电梯,其所受合力做功为W合=12mv22-12mv12
8.(多选)关于动能定理的表达式W=Ek2-Ek1,下列说法正确的是 ( )
A.公式中的W为不包含重力的其他力做的总功
B.公式中的Ek2-Ek1为动能的增量,当W>0时,动能增加;当W<0时,动能减少
C.动能定理适用于直线运动,但不适用于曲线运动;适用于恒力做功,但不适用于变力做功
D.公式中的W为包含重力在内的所有外力做的功,也可通过以下两种方式计算:先求每个外力做的功,再求功的代数和;或者先求合外力,再求合外力做的功
题组三 动能定理的应用
9.(2021安徽芜湖高二期中)一人用力踢质量为1 kg的足球,使球由静止以20 m/s的速度飞出,假定人踢球瞬间对球平均作用力是200 N,球在水平方向运动30 m停止。那么人对球所做的功为 ( )
A.20 J B.200 J
C.300 J D.6 000 J
10.(2021浙江七彩阳光高二联考)某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛,起跳直至着地过程如图,测量得到比赛成绩是2.5 m,目测空中脚离地最大高度约0.8 m,忽略空气阻力,则起跳过程该同学所做的功约为 ( )
A.65 J B.350 J
C.700 J D.1 550 J
11.(2021浙江温州高一下期中)以水平速度v飞行的子弹依次穿过两块竖直放置的由同种材料制成的钢板,若子弹穿透两块钢板后速度分别为0.8v和0.6v,则两块钢板的厚度之比为 ( )
A.1∶1 B.9∶7
C.8∶6 D.16∶9
12.如图所示,质量为30 kg的小朋友从倾角为37°的斜坡高处滑下,以4 m/s的速度通过斜坡上距水平面6 m高处的A点后不再做任何动作,任其自由下滑,滑到水平面上后又滑行一段距离才停止,已知小朋友与斜面、水平面间的动摩擦因数均为0.25,斜面和水平面连接处平滑连接,空气阻力不计,由此可知该小朋友(g取10 m/s2) ( )
A.运动过程中最大动能为1 800 J
B.运动过程中最大动能为2 040 J
C.在水平面上滑行了16 m
D.在水平面上滑行了19.2 m
13.(2021山东济宁高一下期中)2020年4月24日15时许,受强对流云团影响,某地出现暴雨、冰雹天气。有报道称,当天有些在户外举行活动的人员,被冰雹砸伤。冰雹一般自4 000~20 000 m的高空下落,是阵发性的灾害性天气。足够大的冰雹不间断地打击头部,就会导致昏迷。若冰雹竖直下落过程中受到的空气作用力与速度二次方成正比,比例系数k=0.000 4 kg/m,一块质量m=36 g的冰雹(可认为运动过程中质量始终保持不变)自4 000 m高空由静止下落,落地前已达到下落的最大速度。(g取10 m/s2)求:
(1)冰雹下落的最大速率vm;
(2)下落过程中克服空气作用力所做的功Wf。深度解析
14.(2021江苏南京高一下月考)如图甲所示是游客乘皮划艇漂流的场景,皮划艇先沿滑道下滑,之后达到较大速度离开滑道冲上江面。现简化为图乙模型,AB和DE都是长为x1=13 m、高为h=5 m的倾斜直轨道(AB轨道和DE轨道错位),BCD是半径R=3 m的水平半圆轨道,各轨道平滑连接。现有质量m=180 kg的载人皮划艇从A点静止下滑,经过半圆轨道中点C时的速度为8 m/s,皮划艇可视为质点,g=10 m/s2,求:
(1)皮划艇运动至C点时所需的向心力;
(2)皮划艇在从轨道A点运动到C点的过程中克服阻力做的功。
15.(2021山东临沂高一下期中)如图所示,遥控电动赛车(可视为质点)从A由静止出发,经过时间t后关闭电动机,赛车继续前进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道,通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上。已知赛车在水平轨道AB部分和CD部分运动时赛车受到的阻力与车重之比k=0.2,赛车的质量m=0.4 kg,通电后赛车的电动机以额定功率P=4 W工作,轨道AB的长度L=4 m,圆形轨道的半径R=0.32 m,空气阻力可以忽略,重力加速度g=10 m/s2。某次比赛,要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道,又要在CD轨道上运动的路程最短。求:
(1)赛车在CD轨道上运动的最短路程;
(2)赛车电动机工作的时间。
能力提升练
题组一 应用动能定理求解变力做功
1.(2021山东临沂高一下期中,)如图所示,质量为m的物块放置在水平可转动平台上,物块与平台转轴相距R,开始时物块与平台均静止。某时刻平台开始缓缓加速转动,转动n圈时物块恰好相对平台滑动。已知物块与平台之间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,从开始转动至物块恰好相对平台滑动过程中,摩擦力对物块做的功为 ( )
A.0 B.μmgR2
C.μmgR D.2nπμmgR
2.(2021宁夏银川高三三模,)如图,一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置,轨道两端等高。质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下,滑到最低点Q时,对轨道的正压力为2mg,重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中,克服摩擦力所做的功为 (深度解析)
A.13mgR B.12mgR
C.14mgR D.π2mgR
3.(2021福建龙岩六校高一下联考,)(多选)某中学科技小组制作了利用太阳能驱动小车的装置,如图所示。当太阳光照射到小车上方的光电板上,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,则 ( )
A.这段时间内小车先匀加速运动,然后匀速运动
B.小车所受阻力f=Pvm
C.这段时间内电动机所做的功为fs-12mvm2
D.这段时间内合力所做的功为12mvm2
4.(2021江苏徐州学情调研,)在温州市科技馆中,有个用来模拟天体运动的装置,其内部是一个类似锥形的漏斗容器,如图甲所示。现在该装置的上方固定一个半径为R的四分之一光滑管道AB,光滑管道下端刚好贴着锥形漏斗容器的边缘,如图乙所示。将一个质量为m的小球从管道的A点静止释放,小球从管道B点射出后刚好贴着锥形容器壁运动,由于摩擦阻力的作用,运动的高度越来越低,最后从容器底部的孔C掉下,(轨迹大致如图乙虚线所示),已知小球离开C孔的速度为v,A到C的高度为H。求:
(1)小球达到B端的速度大小;
(2)小球在管口B端受到的支持力大小;
(3)小球在锥形漏斗表面运动的过程中克服摩擦阻力所做的功。
题组二 应用动能定理求解图像问题
5.(2021重庆南开中学高一下期中,)某物体在竖直方向上的拉力F和重力作用下,由静止向上运动,物体的动能随位移变化的图像如图所示,已知0~h1段F不为零,h1之后撤去了拉力F,则下列说法中正确的是 ( )
A.0~h2段,合力的瞬时功率为零的地方有三处
B.0~h1段,F先增大后减小
C.0~h2段,重力先做负功再做正功
D.在动能最大的瞬间,物体刚好上升到最高点
6.(2021江苏无锡天一中学高一期中,)2020年9月15日,中智行5GAI无人驾驶汽车亮相上海5G科普活动,活动现场,中智行展示了公司最新研发的、具有百分百自主知识产权的无人驾驶技术。在一次性能测试中,质量m=1 000 kg的无人驾驶汽车以恒定加速度启动,达到额定功率后保持额定功率继续行驶,在刚好达到最大速度时,突然发现前方有一行人要横穿马路而紧急刹车,车载速度传感器记下了整个过程中速度随时间变化图像如图所示。已知汽车启动时所受阻力恒定,且是汽车刹车时所受阻力的15。求:
(1)汽车刹车及启动时的阻力分别是多大;
(2)该无人驾驶汽车发动机的额定功率P;
(3)汽车从启动至再次静止的整个过程中所通过的路程。
题组三 应用动能定理求解多过程问题
7.(2021黑龙江鹤岗高一下期中,)如图所示,ABCD是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧,BC是水平的,其长度d=0.60 m,盆边缘的高度为h=0.30 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止下滑,已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.30。小物块在盆内来回滑动,最后停下来,则停的地点到B的距离为 ( )
A.0.40 m B.0.60 m C.0.20 m D.0
8. (2021浙江金华高三二模,)如图所示,竖直放置的半径为R=0.2 m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC平滑连接,倾角为θ=30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接。水平传送带MN以v0=4 m/s的速度顺时针运动,传送带与水平地面的高度差为h=0.8 m,M、N间的距离为LMN=3.0 m,小滑块P与传送带和BC段轨道间的动摩擦因数μ=0.2,轨道其他部分均光滑。直轨道BC长LBC=1 m,小滑块P质
量为m=1 kg,g取10 m/s2。
(1)若滑块P第一次到达与圆轨道圆心O等高的F点时,对轨道的压力刚好为零,求滑块P从斜面静止下滑处距BC轨道的高度H;
(2)若滑块P从斜面上H=1.0 m处静止下滑,求滑块从N点平抛后到落地过程的水平位移;
(3)滑块P在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E点,求滑块P从斜面静止下滑处的高度差的范围。深度解析
答案全解全析
第四章 机械能及其守恒定律
第三节 动能 动能定理
基础过关练
1.ABC 由动能的定义及其表达式知,选项A、B正确;动能是标量,一定质量的物体,动能变化时,速率肯定变化,所以速度一定变化,选项C正确;但速度变化时,速率不一定变化,可能是速度的方向发生了变化,所以动能不一定变化,选项D错误。
方法技巧
动能与速度的三种关系
(1)数值关系:Ek= 12mv2,速度v越大,动能Ek越大。
(2)瞬时关系:动能和速度均为状态量,二者具有瞬时对应关系。
(3)变化关系:动能是标量,速度是矢量。当动能发生变化时,物体的速度大小一定发生变化;当速度发生变化时,可能仅是速度方向发生变化,物体的动能可能不变。
2.C 根据动能的表达式Ek=12mv2,则EkAEkB=12mAvA212mBvB2=427,选项C正确。
3.D 设初速度为v0,则Ek0=16 J=12mv02 ,由平抛运动的推论可知,小球落到Q点时速度方向与水平方向夹角的正切值为tan α=2tan θ=32,则竖直速度为vy=v0tan α=
32v0,则落地时的动能Ek=12mv2=12mv02+32v02=134·12mv02=134×16 J=52 J,选项D正确。
4.A 探测器在半径为r的轨道1上时,根据GMmr2=mv2r,得探测器的动能为Ek=12mv2=GMm2r,同理当探测器在轨道2上时,动能为Ek+ΔE=GMm2r',联立解得轨道2的半径r'=EkEk+ΔEr。
5.A 合外力做正功时,物体的动能增加,增加量等于合外力所做的功,选项A正确;合外力做负功时,物体的动能减小,减小量等于合外力做功的绝对值,选项B错误;只要合外力做功,物体的动能就一定会发生改变,选项C、D错误。
6.D 在某过程中,动能的变化等于合外力做的功,而合外力做的功等于各个力单独做功的代数和,不是绝对值之和,选项A错误;重力对物体做功,物体的动能不一定改变,合外力做功不为零,物体的动能才会改变,选项B错误;动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动,选项C错误;动能定理既适用于恒力做功的情况,也适用于变力做功的情况,选项D正确。
7.C 对物体,动能定理的表达式为WN-mgH=12mv22-12mv12,其中WN为支持力做的功,选项A错误,C正确;对物体,动能定理的表达式为W合=12mv22-12mv12,其中W合为合力做的功,选项B错误;对电梯,其所受合力做功为W合=12Mv22-12Mv12,选项D错误。
8.BD 动能定理的表达式为W=Ek2-Ek1,其中W指的是合外力对物体所做的功,即外力对物体所做的总功,包含重力做功,选项A错误;公式中的Ek2-Ek1为动能的增量,当W>0时,即Ek2-Ek1>0,动能增加;当W<0时,即Ek2-Ek1<0,动能减少,选项B正确;动能定理适用于任何运动,既适用于直线运动,也适用于曲线运动;既适用于恒力做功,也适用于变力做功,选项C错误;公式中的W为包含重力在内的所有外力做的功,根据合力与分力是等效替代关系可知,可通过以下两种方式计算:先求每个外力的功,再求功的代数和;或者先求合外力,再求合外力的功,选项D正确。
9.B 人对球所做的功等于足球动能的增加量,则W=ΔEk=12mv2=12×1×202 J=200 J,选项B正确。
10.C 该同学做抛体运动,从起跳至到达最大高度的过程中,竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动,则t=2ℎg=0.4 s,竖直方向的初速度vy=gt=4 m/s,水平方向做匀速直线运动,则vx=x2t=2.52×0.4 m/s=3.125 m/s,则起跳时的速度v=vx2+vy2=5.1 m/s,设中学生的质量为60 kg,根据动能定理得W=12mv2=780 J,选项C正确。
11.B 设子弹在穿透两块钢板的过程所受的阻力大小为f,根据动能定理得-fd1=12m(0.8v)2-12mv2,-fd2=12m(0.6v)2-12m(0.8v)2,联立可得两块钢板的厚度之比为d1∶d2=9∶7,选项B正确,A、C、D错误。
12.D 小朋友在斜坡上受重力、斜坡的支持力、摩擦力作用,重力沿斜坡的分力为mg sin 37°=180 N,摩擦力f1=μmg cos 37°=60 N,因为mg sin 37°>
μmg cos 37°,则人在斜面上加速下滑,运动过程中到达B点时动能最大,根据动能定理可得,最大动能为EkB=mghA+12mvA2-μmg cos 37°·ℎsin37°=1 440 J,选项A、B错误;在水平面上滑行时,由动能定理得-EkB=-μmgs',解得s'=EkBμmg=19.2 m,选项D正确。
13.答案 (1)30 m/s (2)1 423.8 J
解析 (1)冰雹的速度达到最大时合力为零,根据平衡条件有f=kvm2=mg
代入数据得最大速度为vm=mgk=36×10-3×104×10-4 m/s=30 m/s
(2)对全过程中由动能定理有12mvm2=mgh-Wf
代入数据可得,克服空气作用力所做的功Wf=1 423.8 J
方法技巧
动能定理的应用技巧
(1)当物体运动过程中涉及多个力做功时,各力对应的位移可能不相同,计算各力做功时,应注意各力对应的位移。计算总功时,应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和。
(2)研究初、末动能时,只需关注初、末状态,不必关心中间运动的细节。
14.答案 (1)3 840 N (2)3 240 J
解析 (1)在C点由向心力公式可得F=mv2R
代入数据解得皮划艇运动至C点时所需的向心力为F=3 840 N
(2)从A到C过程,由动能定理得mgh-Wf=12mv2
解得Wf=3 240 J
15.答案 (1)4 m (2)1.6 s
解析 (1)设赛车恰好过P点时的速度为v1,此时,重力提供向心力
mg=mv12R
设赛车在CD轨道上运动的最短路程为x,由P点到赛车停止运动由动能定理可得
mg·2R-kmgx=0-12mv12
联立解得x=4 m
(2)设赛车电动机工作的时间为t,从A到P过程由动能定理可得
Pt-kmgL-mg·2R=12mv12
代入数据解得t=1.6 s
能力提升练
1.B 物块即将滑动时,最大静摩擦力提供向心力,μmg=mv2R,解得v=μgR,物块做加速圆周运动过程由动能定理得Wf=12mv2,解得Wf=12μmgR,选项B正确。
2.B 由题可知,在最低点质点对轨道的压力为2mg,由牛顿第三定律可得,轨道对质点的支持力大小也为2mg,在最低点根据牛顿第二定律有F-mg=mvQ2R,对全过程由动能定理有mgR-Wf=12mvQ2,联立可解得Wf=12mgR,选项B正确,A、C、D错误。
方法技巧
应用动能定理求解变力做功时应注意两点
(1)变力(力的大小或方向发生变化)做功,不能按做功的定义式直接求得,应当应用动能定理;变力做的功和其他力做的功的代数和(或合外力做的功)等于物体动能的变化。
(2)在分析此类题目时,根据运动状态进行受力分析,判定各力做功情况(特别是分清变力和恒力做功)及物体的初、末速度是解题的关键。
3.BD 由题意可知,太阳能驱动小车以恒定功率启动,开始阶段小车所受的牵引力大于阻力,小车做加速运动,随着速度增大,牵引力逐渐减小,所以小车做变加速运动,当牵引力等于阻力后,小车做匀速直线运动,速度达到最大时,有f=F牵=Pvm,选项A错误,B正确;根据动能定理得W合=Pt-fs=12mvm2,则这段时间内电动机所做的功为Pt=fs+12mvm2,选项C错误,D正确。
4.答案 (1)2gR (2)3mg (3)mgH-12mv2
解析 (1)在小球从A端运动到B端的过程中,由动能定理可得
mgR=12mvB2
解得vB=2gR
(2)设小球在B端受到的支持力为FN,由牛顿第二定律得
FN-mg=mvB2R,得FN=3mg
(3)设克服摩擦阻力做的功为W,从A到C的过程,根据动能定理得mgH-W=12mv2
得W=mgH-12mv2
5.A 0~h2段,刚开始和最后速度为0,合力的瞬时功率为0,速度最大时,合力为0,瞬时功率为0,选项A正确;0~h1段,物体受重力和拉力F作用,由动能定理得-mgh+Fh=Ek,则Ek=(F-mg)h,Ek-h图线斜率表示合力,由图像可知,拉力F一直减小,选项B错误;物体先向上做加速运动,后向上做减速运动,一直向上运动,故重力一直做负功,选项C错误;高度为最大值h2时,速度减为0,动能最大时,物体还要继续上升,没到最高点,选项D错误。
6.答案 (1)1×104 N 2×103 N (2)60 kW (3)180 m
解析 (1)由图像可知汽车刹车过程中的加速度大小为
a2=|Δv2|Δt=303 m/s2=10 m/s2
可知刹车时汽车所受阻力f2=ma2=1×104 N
因此汽车启动时所受阻力f1=15f2=2×103 N
(2)汽车达到最大速度时,F牵=f1,该汽车发动机的额定功率
P=F牵vmax=60 kW
(3)在0~4 s内,根据牛顿第二定律可知F-f1=ma1
且F=Pv1
a1=v1t1
联立解得v1=12 m/s
汽车在该段时间内的位移x1=v12t1=24 m
在4~14 s内,汽车功率恒定,阻力恒定,根据动能定理有
Pt2-f1x2=12mvmax2-12mv12
解得汽车在该段时间内的位移x2=111 m
在14~17 s内,汽车的位移x3=vmax2Δt=45 m
整个过程中,汽车通过的路程x=x1+x2+x3=180 m
7.C 设小物块在BC面上运动的总路程为s,物块在BC面上所受的滑动摩擦力大小始终为f=μmg,对小物块从开始运动到停止运动的整个过程进行研究,由动能定理得mgh-μmgs=0,解得s=1.0 m。由于d=0.60 m,分析可知,小物块最后停在距离C点0.4 m的地方,则停的地点到B的距离为0.20 m,选项C正确。
8.答案 (1)0.4 m (2)0.8 m (3) 0.7 m≤H≤0.8 m
解析 (1)滑块P在圆轨道F点对轨道的压力刚好为零,则vF=0
滑块从开始运动至运动到F点,根据动能定理得
mg(H-R)-μmgLBC=0
解得H=μLBC+R=0.4 m
(2)设滑块运动到N点时的速度为vN,从开始到N点应用动能定理得
mgH-μmg(LBC+LMN)=12mvN2-0
解得vN=2 m/s
从N点滑块做平抛运动,水平位移为x=vN2ℎg=0.8 m
(3)设滑块P在运动过程中恰好能第一次经过E点必须具有的高度为H1,从开始到E点应用动能定理得
mgH1-μmgLBC-2mgR=12mvE2-0
在E点时有mg=mvE2R
解得H1=0.7 m
设滑块滑上传送带时的速度为vM,从开始到M点,由动能定理得
mgH1-μmgLBC=12mvM2-0
解得vM=10 m/s<4 m/s
滑块在传送带上做减速运动的位移为L=vM22μg=2.5 m
设高度为H2时,滑块恰运动到N点,滑块从传送带返回M点时的速度为v=2μgLMN=12 m/s
从开始到M点应用动能定理得
mgH2-μmgLBC=12mv2-0
解得H2=0.8 m
设滑块两次经过E点后,再次返回圆轨道B点时速度为vB,对全过程由动能定理得
mgH2-3μmgLBC=12mvB2-0
解得vB=2 m/s<10 m/s
所以不会第三次经过E点,能两次经过E点的高度H范围是0.7 m≤H≤0.8 m
方法技巧
动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用
(1)对于多个物理过程要仔细分析,将复杂的过程分割成一个一个子过程,分别对每个过程分析,得出每个过程遵循的规律。当每个过程都可以运用动能定理时,可以选择分段或全程应用动能定理,题目不涉及中间量时,选择全程应用动能定理更简单、方便。
(2)应用全程法解题求功时,有些力可能不是全过程都作用的,必须根据不同的情况分别对待,弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功,哪些力做功,做正功还是负功,正确写出总功。
(3)应用动能定理解题应抓好“两状态,一过程”
“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况,“一过程”即明确研究过程,确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。
第四章 机械能及其守恒定律
第三节 动能 动能定理
基础过关练
题组一 动能
1.(多选)关于对动能的理解,下列说法中正确的是 (深度解析)
A.凡是运动的物体都具有动能
B.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
D.一定质量的物体,速度变化时,动能一定变化
2.(2021湖北协作体高一下联考)A、B两物体的速度之比为2∶3,质量之比为1∶3,则A、B两物体的动能之比为 ( )
A.2∶9 B.4∶9
C.4∶27 D.27∶4
3.(2021浙江绍兴高一下期末)如图所示,在P点水平抛出一个动能为16 J的小球,落在水平地面的Q点,已知PQ连线与地面夹角θ的正切值为34,不计空气阻力,则小球落地时的动能为 ( )
A.25 J B.32 J C.36 J D.52 J
4.(2021辽宁重点中学高一下联考)我国自主研发的火星探测器“天问一号”于2021年2月10日成功被火星捕获,顺利“刹车”进入预定轨道。假设“天问一号”在圆周1轨道的轨道半径为r,动能为Ek;多次变轨到圆周2轨道后,动能增加了ΔE,则2轨道的半径为 ( )
A.EkEk+ΔEr B.ΔEEk+ΔEr
C.Ek+ΔEΔEr D.EkΔEr
题组二 动能定理
5.下列关于动能定理的说法正确的是 ( )
A.合外力对物体做多少正功,动能就增加多少
B.合外力对物体做多少负功,动能就增加多少
C.合外力对物体做正功,动能也可能保持不变
D.不管合外力对物体做多少正功,动能均保持不变
6.关于动能定理,下列说法中正确的是 ( )
A.在某过程中,动能的变化等于各个力单独做功的绝对值之和
B.只要重力对物体做功,物体的动能就一定改变
C.动能定理只适用于直线运动,不适用于曲线运动
D.动能定理既适用于恒力做功的情况,也适用于变力做功的情况
7.(2021辽宁大连高一下月考)如图所示,电梯质量为M,在它的水平地板上放置一质量为m的物体,电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动,当电梯的速度由v1增加到v2时,上升高度为H,则在这个过程中,下列说法或表达式正确的是 ( )
A.对物体,动能定理的表达式为WN=12mv22,其中WN为支持力做的功
B.对物体,动能定理的表达式为W合 =0 ,其中W合为合力做的功
C.对物体,动能定理的表达式为WN-mgH=12mv22-12mv12,其中WN为支持力做的功
D.对电梯,其所受合力做功为W合=12mv22-12mv12
8.(多选)关于动能定理的表达式W=Ek2-Ek1,下列说法正确的是 ( )
A.公式中的W为不包含重力的其他力做的总功
B.公式中的Ek2-Ek1为动能的增量,当W>0时,动能增加;当W<0时,动能减少
C.动能定理适用于直线运动,但不适用于曲线运动;适用于恒力做功,但不适用于变力做功
D.公式中的W为包含重力在内的所有外力做的功,也可通过以下两种方式计算:先求每个外力做的功,再求功的代数和;或者先求合外力,再求合外力做的功
题组三 动能定理的应用
9.(2021安徽芜湖高二期中)一人用力踢质量为1 kg的足球,使球由静止以20 m/s的速度飞出,假定人踢球瞬间对球平均作用力是200 N,球在水平方向运动30 m停止。那么人对球所做的功为 ( )
A.20 J B.200 J
C.300 J D.6 000 J
10.(2021浙江七彩阳光高二联考)某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛,起跳直至着地过程如图,测量得到比赛成绩是2.5 m,目测空中脚离地最大高度约0.8 m,忽略空气阻力,则起跳过程该同学所做的功约为 ( )
A.65 J B.350 J
C.700 J D.1 550 J
11.(2021浙江温州高一下期中)以水平速度v飞行的子弹依次穿过两块竖直放置的由同种材料制成的钢板,若子弹穿透两块钢板后速度分别为0.8v和0.6v,则两块钢板的厚度之比为 ( )
A.1∶1 B.9∶7
C.8∶6 D.16∶9
12.如图所示,质量为30 kg的小朋友从倾角为37°的斜坡高处滑下,以4 m/s的速度通过斜坡上距水平面6 m高处的A点后不再做任何动作,任其自由下滑,滑到水平面上后又滑行一段距离才停止,已知小朋友与斜面、水平面间的动摩擦因数均为0.25,斜面和水平面连接处平滑连接,空气阻力不计,由此可知该小朋友(g取10 m/s2) ( )
A.运动过程中最大动能为1 800 J
B.运动过程中最大动能为2 040 J
C.在水平面上滑行了16 m
D.在水平面上滑行了19.2 m
13.(2021山东济宁高一下期中)2020年4月24日15时许,受强对流云团影响,某地出现暴雨、冰雹天气。有报道称,当天有些在户外举行活动的人员,被冰雹砸伤。冰雹一般自4 000~20 000 m的高空下落,是阵发性的灾害性天气。足够大的冰雹不间断地打击头部,就会导致昏迷。若冰雹竖直下落过程中受到的空气作用力与速度二次方成正比,比例系数k=0.000 4 kg/m,一块质量m=36 g的冰雹(可认为运动过程中质量始终保持不变)自4 000 m高空由静止下落,落地前已达到下落的最大速度。(g取10 m/s2)求:
(1)冰雹下落的最大速率vm;
(2)下落过程中克服空气作用力所做的功Wf。深度解析
14.(2021江苏南京高一下月考)如图甲所示是游客乘皮划艇漂流的场景,皮划艇先沿滑道下滑,之后达到较大速度离开滑道冲上江面。现简化为图乙模型,AB和DE都是长为x1=13 m、高为h=5 m的倾斜直轨道(AB轨道和DE轨道错位),BCD是半径R=3 m的水平半圆轨道,各轨道平滑连接。现有质量m=180 kg的载人皮划艇从A点静止下滑,经过半圆轨道中点C时的速度为8 m/s,皮划艇可视为质点,g=10 m/s2,求:
(1)皮划艇运动至C点时所需的向心力;
(2)皮划艇在从轨道A点运动到C点的过程中克服阻力做的功。
15.(2021山东临沂高一下期中)如图所示,遥控电动赛车(可视为质点)从A由静止出发,经过时间t后关闭电动机,赛车继续前进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道,通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上。已知赛车在水平轨道AB部分和CD部分运动时赛车受到的阻力与车重之比k=0.2,赛车的质量m=0.4 kg,通电后赛车的电动机以额定功率P=4 W工作,轨道AB的长度L=4 m,圆形轨道的半径R=0.32 m,空气阻力可以忽略,重力加速度g=10 m/s2。某次比赛,要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道,又要在CD轨道上运动的路程最短。求:
(1)赛车在CD轨道上运动的最短路程;
(2)赛车电动机工作的时间。
能力提升练
题组一 应用动能定理求解变力做功
1.(2021山东临沂高一下期中,)如图所示,质量为m的物块放置在水平可转动平台上,物块与平台转轴相距R,开始时物块与平台均静止。某时刻平台开始缓缓加速转动,转动n圈时物块恰好相对平台滑动。已知物块与平台之间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,从开始转动至物块恰好相对平台滑动过程中,摩擦力对物块做的功为 ( )
A.0 B.μmgR2
C.μmgR D.2nπμmgR
2.(2021宁夏银川高三三模,)如图,一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置,轨道两端等高。质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下,滑到最低点Q时,对轨道的正压力为2mg,重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中,克服摩擦力所做的功为 (深度解析)
A.13mgR B.12mgR
C.14mgR D.π2mgR
3.(2021福建龙岩六校高一下联考,)(多选)某中学科技小组制作了利用太阳能驱动小车的装置,如图所示。当太阳光照射到小车上方的光电板上,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,则 ( )
A.这段时间内小车先匀加速运动,然后匀速运动
B.小车所受阻力f=Pvm
C.这段时间内电动机所做的功为fs-12mvm2
D.这段时间内合力所做的功为12mvm2
4.(2021江苏徐州学情调研,)在温州市科技馆中,有个用来模拟天体运动的装置,其内部是一个类似锥形的漏斗容器,如图甲所示。现在该装置的上方固定一个半径为R的四分之一光滑管道AB,光滑管道下端刚好贴着锥形漏斗容器的边缘,如图乙所示。将一个质量为m的小球从管道的A点静止释放,小球从管道B点射出后刚好贴着锥形容器壁运动,由于摩擦阻力的作用,运动的高度越来越低,最后从容器底部的孔C掉下,(轨迹大致如图乙虚线所示),已知小球离开C孔的速度为v,A到C的高度为H。求:
(1)小球达到B端的速度大小;
(2)小球在管口B端受到的支持力大小;
(3)小球在锥形漏斗表面运动的过程中克服摩擦阻力所做的功。
题组二 应用动能定理求解图像问题
5.(2021重庆南开中学高一下期中,)某物体在竖直方向上的拉力F和重力作用下,由静止向上运动,物体的动能随位移变化的图像如图所示,已知0~h1段F不为零,h1之后撤去了拉力F,则下列说法中正确的是 ( )
A.0~h2段,合力的瞬时功率为零的地方有三处
B.0~h1段,F先增大后减小
C.0~h2段,重力先做负功再做正功
D.在动能最大的瞬间,物体刚好上升到最高点
6.(2021江苏无锡天一中学高一期中,)2020年9月15日,中智行5GAI无人驾驶汽车亮相上海5G科普活动,活动现场,中智行展示了公司最新研发的、具有百分百自主知识产权的无人驾驶技术。在一次性能测试中,质量m=1 000 kg的无人驾驶汽车以恒定加速度启动,达到额定功率后保持额定功率继续行驶,在刚好达到最大速度时,突然发现前方有一行人要横穿马路而紧急刹车,车载速度传感器记下了整个过程中速度随时间变化图像如图所示。已知汽车启动时所受阻力恒定,且是汽车刹车时所受阻力的15。求:
(1)汽车刹车及启动时的阻力分别是多大;
(2)该无人驾驶汽车发动机的额定功率P;
(3)汽车从启动至再次静止的整个过程中所通过的路程。
题组三 应用动能定理求解多过程问题
7.(2021黑龙江鹤岗高一下期中,)如图所示,ABCD是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧,BC是水平的,其长度d=0.60 m,盆边缘的高度为h=0.30 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止下滑,已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.30。小物块在盆内来回滑动,最后停下来,则停的地点到B的距离为 ( )
A.0.40 m B.0.60 m C.0.20 m D.0
8. (2021浙江金华高三二模,)如图所示,竖直放置的半径为R=0.2 m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC平滑连接,倾角为θ=30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接。水平传送带MN以v0=4 m/s的速度顺时针运动,传送带与水平地面的高度差为h=0.8 m,M、N间的距离为LMN=3.0 m,小滑块P与传送带和BC段轨道间的动摩擦因数μ=0.2,轨道其他部分均光滑。直轨道BC长LBC=1 m,小滑块P质
量为m=1 kg,g取10 m/s2。
(1)若滑块P第一次到达与圆轨道圆心O等高的F点时,对轨道的压力刚好为零,求滑块P从斜面静止下滑处距BC轨道的高度H;
(2)若滑块P从斜面上H=1.0 m处静止下滑,求滑块从N点平抛后到落地过程的水平位移;
(3)滑块P在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E点,求滑块P从斜面静止下滑处的高度差的范围。深度解析
答案全解全析
第四章 机械能及其守恒定律
第三节 动能 动能定理
基础过关练
1.ABC 由动能的定义及其表达式知,选项A、B正确;动能是标量,一定质量的物体,动能变化时,速率肯定变化,所以速度一定变化,选项C正确;但速度变化时,速率不一定变化,可能是速度的方向发生了变化,所以动能不一定变化,选项D错误。
方法技巧
动能与速度的三种关系
(1)数值关系:Ek= 12mv2,速度v越大,动能Ek越大。
(2)瞬时关系:动能和速度均为状态量,二者具有瞬时对应关系。
(3)变化关系:动能是标量,速度是矢量。当动能发生变化时,物体的速度大小一定发生变化;当速度发生变化时,可能仅是速度方向发生变化,物体的动能可能不变。
2.C 根据动能的表达式Ek=12mv2,则EkAEkB=12mAvA212mBvB2=427,选项C正确。
3.D 设初速度为v0,则Ek0=16 J=12mv02 ,由平抛运动的推论可知,小球落到Q点时速度方向与水平方向夹角的正切值为tan α=2tan θ=32,则竖直速度为vy=v0tan α=
32v0,则落地时的动能Ek=12mv2=12mv02+32v02=134·12mv02=134×16 J=52 J,选项D正确。
4.A 探测器在半径为r的轨道1上时,根据GMmr2=mv2r,得探测器的动能为Ek=12mv2=GMm2r,同理当探测器在轨道2上时,动能为Ek+ΔE=GMm2r',联立解得轨道2的半径r'=EkEk+ΔEr。
5.A 合外力做正功时,物体的动能增加,增加量等于合外力所做的功,选项A正确;合外力做负功时,物体的动能减小,减小量等于合外力做功的绝对值,选项B错误;只要合外力做功,物体的动能就一定会发生改变,选项C、D错误。
6.D 在某过程中,动能的变化等于合外力做的功,而合外力做的功等于各个力单独做功的代数和,不是绝对值之和,选项A错误;重力对物体做功,物体的动能不一定改变,合外力做功不为零,物体的动能才会改变,选项B错误;动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动,选项C错误;动能定理既适用于恒力做功的情况,也适用于变力做功的情况,选项D正确。
7.C 对物体,动能定理的表达式为WN-mgH=12mv22-12mv12,其中WN为支持力做的功,选项A错误,C正确;对物体,动能定理的表达式为W合=12mv22-12mv12,其中W合为合力做的功,选项B错误;对电梯,其所受合力做功为W合=12Mv22-12Mv12,选项D错误。
8.BD 动能定理的表达式为W=Ek2-Ek1,其中W指的是合外力对物体所做的功,即外力对物体所做的总功,包含重力做功,选项A错误;公式中的Ek2-Ek1为动能的增量,当W>0时,即Ek2-Ek1>0,动能增加;当W<0时,即Ek2-Ek1<0,动能减少,选项B正确;动能定理适用于任何运动,既适用于直线运动,也适用于曲线运动;既适用于恒力做功,也适用于变力做功,选项C错误;公式中的W为包含重力在内的所有外力做的功,根据合力与分力是等效替代关系可知,可通过以下两种方式计算:先求每个外力的功,再求功的代数和;或者先求合外力,再求合外力的功,选项D正确。
9.B 人对球所做的功等于足球动能的增加量,则W=ΔEk=12mv2=12×1×202 J=200 J,选项B正确。
10.C 该同学做抛体运动,从起跳至到达最大高度的过程中,竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动,则t=2ℎg=0.4 s,竖直方向的初速度vy=gt=4 m/s,水平方向做匀速直线运动,则vx=x2t=2.52×0.4 m/s=3.125 m/s,则起跳时的速度v=vx2+vy2=5.1 m/s,设中学生的质量为60 kg,根据动能定理得W=12mv2=780 J,选项C正确。
11.B 设子弹在穿透两块钢板的过程所受的阻力大小为f,根据动能定理得-fd1=12m(0.8v)2-12mv2,-fd2=12m(0.6v)2-12m(0.8v)2,联立可得两块钢板的厚度之比为d1∶d2=9∶7,选项B正确,A、C、D错误。
12.D 小朋友在斜坡上受重力、斜坡的支持力、摩擦力作用,重力沿斜坡的分力为mg sin 37°=180 N,摩擦力f1=μmg cos 37°=60 N,因为mg sin 37°>
μmg cos 37°,则人在斜面上加速下滑,运动过程中到达B点时动能最大,根据动能定理可得,最大动能为EkB=mghA+12mvA2-μmg cos 37°·ℎsin37°=1 440 J,选项A、B错误;在水平面上滑行时,由动能定理得-EkB=-μmgs',解得s'=EkBμmg=19.2 m,选项D正确。
13.答案 (1)30 m/s (2)1 423.8 J
解析 (1)冰雹的速度达到最大时合力为零,根据平衡条件有f=kvm2=mg
代入数据得最大速度为vm=mgk=36×10-3×104×10-4 m/s=30 m/s
(2)对全过程中由动能定理有12mvm2=mgh-Wf
代入数据可得,克服空气作用力所做的功Wf=1 423.8 J
方法技巧
动能定理的应用技巧
(1)当物体运动过程中涉及多个力做功时,各力对应的位移可能不相同,计算各力做功时,应注意各力对应的位移。计算总功时,应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和。
(2)研究初、末动能时,只需关注初、末状态,不必关心中间运动的细节。
14.答案 (1)3 840 N (2)3 240 J
解析 (1)在C点由向心力公式可得F=mv2R
代入数据解得皮划艇运动至C点时所需的向心力为F=3 840 N
(2)从A到C过程,由动能定理得mgh-Wf=12mv2
解得Wf=3 240 J
15.答案 (1)4 m (2)1.6 s
解析 (1)设赛车恰好过P点时的速度为v1,此时,重力提供向心力
mg=mv12R
设赛车在CD轨道上运动的最短路程为x,由P点到赛车停止运动由动能定理可得
mg·2R-kmgx=0-12mv12
联立解得x=4 m
(2)设赛车电动机工作的时间为t,从A到P过程由动能定理可得
Pt-kmgL-mg·2R=12mv12
代入数据解得t=1.6 s
能力提升练
1.B 物块即将滑动时,最大静摩擦力提供向心力,μmg=mv2R,解得v=μgR,物块做加速圆周运动过程由动能定理得Wf=12mv2,解得Wf=12μmgR,选项B正确。
2.B 由题可知,在最低点质点对轨道的压力为2mg,由牛顿第三定律可得,轨道对质点的支持力大小也为2mg,在最低点根据牛顿第二定律有F-mg=mvQ2R,对全过程由动能定理有mgR-Wf=12mvQ2,联立可解得Wf=12mgR,选项B正确,A、C、D错误。
方法技巧
应用动能定理求解变力做功时应注意两点
(1)变力(力的大小或方向发生变化)做功,不能按做功的定义式直接求得,应当应用动能定理;变力做的功和其他力做的功的代数和(或合外力做的功)等于物体动能的变化。
(2)在分析此类题目时,根据运动状态进行受力分析,判定各力做功情况(特别是分清变力和恒力做功)及物体的初、末速度是解题的关键。
3.BD 由题意可知,太阳能驱动小车以恒定功率启动,开始阶段小车所受的牵引力大于阻力,小车做加速运动,随着速度增大,牵引力逐渐减小,所以小车做变加速运动,当牵引力等于阻力后,小车做匀速直线运动,速度达到最大时,有f=F牵=Pvm,选项A错误,B正确;根据动能定理得W合=Pt-fs=12mvm2,则这段时间内电动机所做的功为Pt=fs+12mvm2,选项C错误,D正确。
4.答案 (1)2gR (2)3mg (3)mgH-12mv2
解析 (1)在小球从A端运动到B端的过程中,由动能定理可得
mgR=12mvB2
解得vB=2gR
(2)设小球在B端受到的支持力为FN,由牛顿第二定律得
FN-mg=mvB2R,得FN=3mg
(3)设克服摩擦阻力做的功为W,从A到C的过程,根据动能定理得mgH-W=12mv2
得W=mgH-12mv2
5.A 0~h2段,刚开始和最后速度为0,合力的瞬时功率为0,速度最大时,合力为0,瞬时功率为0,选项A正确;0~h1段,物体受重力和拉力F作用,由动能定理得-mgh+Fh=Ek,则Ek=(F-mg)h,Ek-h图线斜率表示合力,由图像可知,拉力F一直减小,选项B错误;物体先向上做加速运动,后向上做减速运动,一直向上运动,故重力一直做负功,选项C错误;高度为最大值h2时,速度减为0,动能最大时,物体还要继续上升,没到最高点,选项D错误。
6.答案 (1)1×104 N 2×103 N (2)60 kW (3)180 m
解析 (1)由图像可知汽车刹车过程中的加速度大小为
a2=|Δv2|Δt=303 m/s2=10 m/s2
可知刹车时汽车所受阻力f2=ma2=1×104 N
因此汽车启动时所受阻力f1=15f2=2×103 N
(2)汽车达到最大速度时,F牵=f1,该汽车发动机的额定功率
P=F牵vmax=60 kW
(3)在0~4 s内,根据牛顿第二定律可知F-f1=ma1
且F=Pv1
a1=v1t1
联立解得v1=12 m/s
汽车在该段时间内的位移x1=v12t1=24 m
在4~14 s内,汽车功率恒定,阻力恒定,根据动能定理有
Pt2-f1x2=12mvmax2-12mv12
解得汽车在该段时间内的位移x2=111 m
在14~17 s内,汽车的位移x3=vmax2Δt=45 m
整个过程中,汽车通过的路程x=x1+x2+x3=180 m
7.C 设小物块在BC面上运动的总路程为s,物块在BC面上所受的滑动摩擦力大小始终为f=μmg,对小物块从开始运动到停止运动的整个过程进行研究,由动能定理得mgh-μmgs=0,解得s=1.0 m。由于d=0.60 m,分析可知,小物块最后停在距离C点0.4 m的地方,则停的地点到B的距离为0.20 m,选项C正确。
8.答案 (1)0.4 m (2)0.8 m (3) 0.7 m≤H≤0.8 m
解析 (1)滑块P在圆轨道F点对轨道的压力刚好为零,则vF=0
滑块从开始运动至运动到F点,根据动能定理得
mg(H-R)-μmgLBC=0
解得H=μLBC+R=0.4 m
(2)设滑块运动到N点时的速度为vN,从开始到N点应用动能定理得
mgH-μmg(LBC+LMN)=12mvN2-0
解得vN=2 m/s
从N点滑块做平抛运动,水平位移为x=vN2ℎg=0.8 m
(3)设滑块P在运动过程中恰好能第一次经过E点必须具有的高度为H1,从开始到E点应用动能定理得
mgH1-μmgLBC-2mgR=12mvE2-0
在E点时有mg=mvE2R
解得H1=0.7 m
设滑块滑上传送带时的速度为vM,从开始到M点,由动能定理得
mgH1-μmgLBC=12mvM2-0
解得vM=10 m/s<4 m/s
滑块在传送带上做减速运动的位移为L=vM22μg=2.5 m
设高度为H2时,滑块恰运动到N点,滑块从传送带返回M点时的速度为v=2μgLMN=12 m/s
从开始到M点应用动能定理得
mgH2-μmgLBC=12mv2-0
解得H2=0.8 m
设滑块两次经过E点后,再次返回圆轨道B点时速度为vB,对全过程由动能定理得
mgH2-3μmgLBC=12mvB2-0
解得vB=2 m/s<10 m/s
所以不会第三次经过E点,能两次经过E点的高度H范围是0.7 m≤H≤0.8 m
方法技巧
动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用
(1)对于多个物理过程要仔细分析,将复杂的过程分割成一个一个子过程,分别对每个过程分析,得出每个过程遵循的规律。当每个过程都可以运用动能定理时,可以选择分段或全程应用动能定理,题目不涉及中间量时,选择全程应用动能定理更简单、方便。
(2)应用全程法解题求功时,有些力可能不是全过程都作用的,必须根据不同的情况分别对待,弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功,哪些力做功,做正功还是负功,正确写出总功。
(3)应用动能定理解题应抓好“两状态,一过程”
“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况,“一过程”即明确研究过程,确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。
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