。 。 内部文件，版权追溯 内部文件，版权追溯 内部文件，版权追溯 动能定理及其应用
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【课堂达标检测】
1.(2016·全国卷Ⅲ)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动,在时间间隔t内位移为s,动能变为原来的9倍。该质点的加速度为 ( ) A.
B.
C.
D.
2
【解析】选A。设初末速度分别为v1、v2,加速度为a,则由Ek=mv得v2=3v1;代入s=t得
v1=,v2=,a===,选项A正确。
2.物体在恒定阻力作用下,以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。以a、Ek、s和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间。则以下各图象中,能正确反映这一过程的是 ( )
【解析】选C。物体在恒定阻力作用下运动,其加速度随时间不变,随位移不变,选项A、B错误;由动能定理,-Ffs=Ek-Ek0,解得Ek=Ek0-Ffs,选项C正确,D错误。
3.(2016·全国卷Ⅲ)如图,在竖直平面内由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道,两者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R,BC弧的半径为。一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落,经A点沿圆弧轨道运动。 导学号42722108
(1)求小球在B、A两点的动能之比。
(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。
- 1 -
【解题指导】解答本题时应注意以下三点:
(1)小球下落过程只有重力做功,由动能定理分别求出小球在B、A两点的动能; (2)圆周运动向心力F向=m;
(3)圆周运动绳模型能通过最高点的条件是v≥【解析】(1)小球下落过程由动能定理得: 小球下落至A点的过程: mg·=EkA-0
小球下落至B点的过程: mg
=EkB-0
=
。
由以上两式联立解得:
(2)小球恰好经过C点时,由牛顿第二定律得: mg=m
解得:v0=
小球由开始下落至C点的过程,由动能定理得: mg·=m
-0
解得:vC=
由于vC=v0,故小球恰好可以沿轨道运动到C点。 答案:(1)5∶1 (2)见解析 【金榜创新预测】
4.质量m=2kg的物块放在粗糙水平面上,在水平拉力的作用下由静止开始运动,物块动能Ek与其发生位移x之间的关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10m/s,则下列说法中正确的是 导学号42722109( )
2
- 2 -
A.x=1m时物块的速度大小为2m/s B.x=3m时物块的加速度大小为2.5m/s
C.在前2m位移的运动过程中物块所经历的时间为2s D.在前4m位移的运动过程中拉力对物块做的功为9J
【解析】选C。根据图象知,x=1m时,动能为2J,即mv=2J,解得v=由动能定理得Fx-μmgx=ΔEk,解得F=6.5N,由牛顿第二定律得a=由动能定理得Fx-μmgx=
2
2
2
m/s,故A错误;对x=2m到x=4m过程=1.25m/s,故B错误;对运动前2m
2
ΔEk,解得F=6N,物体的加速度a==1m/s,末速度v==2m/s,根据v=at得,t=2s,故C正确;对全
过程由动能定理得,WF-μmgx=ΔEk,解得WF=25J,故D错误。 【加固训练】
(多选)质量为1kg的物体静止在水平粗糙的地面上,受到一水平外力F作用运动,如图甲所示,外力F和物体克服摩擦力Ff做的功与物体位移的关系如图乙所示,重力加速度g取10m/s。下列分析正确的是 ( )
2
A.物体与地面之间的动摩擦因数为0.2 B.物体运动的位移为13m
C.前3m运动过程中物体的加速度为3m/s D.x=9m时,物体速度为3
m/s
2
【解析】选A、C、D。由Wf=Ffx对应图乙可知,物体与地面之间的滑动摩擦力Ff=2N,由Ff=μmg可得μ=0.2,A正确;由WF=Fx对应图乙可知,前3m内,拉力F1=5N,3～9m内拉力F2=2N,物体在前3m内的加速度a1=
=3m/s,C正确;由动能定理得:WF-Ffx=mv,可得:x=9m时,物体的速度为v=3
=13.5m,B错误。
2
2
m/s,D正确;物体
的最大位移xm=
5.如图所示,在竖直平面内,粗糙的斜面AB长为2.4m,其下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B,C是最低点,圆心角∠BOC=37°,D与圆心O等高,圆弧轨道半径R=1.0m,现有一个质量为m=0.2kg可视为质点的滑块,从D点的正上方h=1.6m的E点处自由下落,滑块恰好能运动到A点(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s,
- 3 -
2
计算结果可保留根号)。求:
(1)滑块第一次到达B点的速度。 (2)滑块与斜面AB之间的动摩擦因数。 (3)滑块在斜面上运动的总路程及总时间。
【解析】(1)第一次到达B点的速度为v1,根据动能定理得:mg(h+Rcos37°)=m代入数据解得:v1=4
m/s
(2)从E到A的过程,由动能定理得:
mg(h+Rcos37°-LABsin37°)-μmgcos37°·LAB=0 代入数据解得:μ=0.5 (3)全过程由动能定理得: mg(h+Rcos37°)-μmgcos37°s=0 代入数据解得:s=6m
沿斜面上滑加速度为:a2
1=gsin37°+μgcos37°=10m/s 沿斜面下滑加速度为:a2=gsin37°-μgcos37°=2m/s2 因为
=
解得:v2=v1=v1
v3=v2=()2
v1
…
vn=()n-1
v1
则:t=
+
代入数据解得:t=s
答案:(1)4
m/s (2)0.5 (3)6m
s
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