5.2动能和动能定理1．子弹的速度为v，打穿一块固定的木块后速度刚好变为零．若木块对子弹的阻力为恒力，那么当子弹射入木块的深度为其厚度的一半时，子弹的速度是( )．A.B.vC.D.解析 设子弹质量为m，木块的厚度为d，木块对子弹的阻力为f.根据动能定理，子弹刚好打穿木块的过程满足－fd＝0－mv2.设子弹射入木块厚度一半时的速度为v′，则－f·＝mv′2－mv2，得v′＝v，故选B.答案 B2．如图5－2－1所示，质量为m的物块，在恒力F的作用下，沿光滑水平面运动，物块通过A点和B点的速度分别是vA和vB，物块由A运动到B点的过程中，力F对物块做的功W为( )．图5－2－1A．W＞mvB2－mvA2B．W＝mvB2－mvA2C．W＝mvA2－mvB2D．由于F的方向未知，W无法求出解析 对物块由动能定理得：W＝mvB2－mvA2，故选项B正确．答案 B3．一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，该质点的动能可能( )．A．一直增大6\nB．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 若力F的方向与初速度v0的方向一致，则质点一直加速，动能一直增大，选项A正确．若力F的方向与v0的方向相反，则质点先减速至速度为零后反向加速，动能先减小至零后增大，选项B正确．若力F的方向与v0的方向成一钝角，如斜上抛运动，物体先减速，减到某一值，再加速，则其动能先减小至某一非零的最小值，再增大，选项D正确．答案 ABD4．如图5－2－2所示，一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下从平衡位置P点缓慢地移到Q点，此时悬线与竖直方向夹角为θ，则拉力F做的功为( )．A．mgLcosθ B．mgL(1－cosθ)图5－2－2C．FLsinθD．FLcosθ解析 小球缓慢移动，时时都处于平衡状态，由平衡条件可知，F＝mgtanθ.随着θ的增大，F也在增大，可见F是一个变化的力，不能直接用功的公式求它做的功，所以这道题要考虑用动能定理求解．由于物体缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得－mgL(1－cosθ)＋W＝0，所以W＝mgL(1－cosθ)．答案 B5．质量为1500kg的汽车在平直的公路上运动，v－t图像如图5－2－3所示．由此可求( )．图5－2－3A．前25s内汽车的平均速度B．前10s内汽车的加速度C．前10s内汽车所受的阻力D．15～25s内合外力对汽车所做的功6\n解析 由图可知：可以确定前25s内汽车的平均速度和前10s内汽车的加速度，由前25s内汽车的平均速度可求0～25s或15～25s内合外力对汽车所做的功，W＝ΔEk.不能求出阻力所做的功或阻力的大小．故A、B、D项正确．图5－2－4答案 ABD6．如图5－2－4所示，劲度系数为k的弹簧下端悬挂一个质量为m的重物，处于静止状态．手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，手对重物做的功为W1.然后放手使重物从静止开始下落，重物下落过程中的最大速度为v，不计空气阻力．重物从静止开始下落到速度最大的过程中，弹簧对重物做的功为W2，则( )．A．W1＞B．W1＜C．W2＝mv2D．W2＝－mv2解析 设物体静止时弹簧伸长的长度为x，由胡克定律得：mg＝kx.手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，重物的重力势能增加了mgx＝，弹簧的弹力对重物做了功，所以手对重物做的功W1＜，选项B正确．由动能定理知W2＋＝mv2，则C、D错．答案：B7．小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的2倍，到达最高点后再下落至离地高度h处，小球的势能是动能的2倍，则h等于( )．A.B.C.D.解析 设小球的初动能为Ek0，阻力为F，根据动能定理，上升到最高点有，Ek0＝(mg＋F)H，上升到离地面h处有，Ek0－2mgh＝(mg＋F)h，从最高点到离地面h处，有(mg－F)(H－h)＝mgh，解以上三式得h＝H.答案 D8．刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一．如图5－2－5所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离l6\n与刹车前的车速v的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间是滑动摩擦．据此可知，下列说法中正确的是( )．图5－2－5A．甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车的刹车性能好B．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好C．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好D．甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车与地面间的动摩擦因数较大解析 在刹车过程中，由动能定理可知：μmgl＝mv2，得l＝＝可知，甲车与地面间动摩擦因数小(题图线1)，乙车与地面间动摩擦因数大(题图线2)，刹车时的加速度a＝μg，乙车刹车性能好；以相同的车速开始刹车，乙车先停下来．B正确．答案 B图5－2－69．如图5－2－6所示，斜面高h，质量为m的物块，在沿斜面向上的恒力F作用下，能匀速沿斜面向上运动，若把此物块放在斜面顶端，在沿斜面向下同样大小的恒力F作用下物块由静止向下滑动，滑至底端时其动能的大小为( )．A．mghB．2mghC．2FhD．Fh解析 物块匀速向上运动，即向上运动过程中物块的动能不变，由动能定理知物块向上运动过程中外力对物块做的总功为0，即WF－mgh－Wf＝0①物块向下运动过程中，恒力F与摩擦力对物块做功与上滑中相同，设滑至底端时的动能为Ek，由动能定理WF＋mgh－Wf＝Ek－0②将①式变形有WF－Wf＝mgh，代入②有Ek＝2mgh.答案 B图5－2－710．如图5－2－7所示，质量为m1、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力的大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块．当滑块从静止开始运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是( )．6\nA．滑块克服摩擦力所做的功为f(L＋s)B．上述过程满足(F－f)(L＋s)＝mv12＋m1v22C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长D．其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多解析 滑块运动到木板右端的过程中，滑块相对于地面的位移为(L＋s)，所以滑块克服摩擦力做功为f(L＋s)，A正确；上述过程中对滑块根据动能定理有(F－f)(L＋s)＝mv12，对木板有fs＝m1v22，所以(F－f)(L＋s)＋fs＝mv12＋m1v22，故B错误；对滑块根据牛顿第二定律有a1＝，对木板有a2＝，滑块从静止开始运动到木板右端时有a1t2－a2t2＝L，可见F越大，时间越短，C错误；由能量守恒定律可得滑块与木板间产生的热量为fL，D正确．答案 AD11．质量m＝1kg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4m时，拉力F停止作用，运动到位移是8m时物体停止，运动过程中Ek－x的图线如图5－2－8所示．求：(g取10m/s2)图5－2－8(1)物体的初速度多大？(2)物体和平面间的动摩擦因数为多大？(3)拉力F的大小？解析 (1)从图线可知初动能为2JEk0＝mv2＝2J，v＝2m/s(2)在位移为4m处物体的动能为10J，在位移为8m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f，则－fx2＝0－10J＝－10Jf＝N＝2.5N因f＝μmg，故μ＝＝＝0.25(3)物体从开始到移动4m这段过程中，受拉力F和摩擦力f的作用，合力为F－f，根据动能定理有(F－f)·x1＝ΔEk6\n故F＝＋f＝N＝4.5N答案 (1)2m/s (2)0.25 (3)4.5N图5－2－912．如图5－2－9所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置．将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M＝km的小物块相连，小物块悬挂于管口．现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变．(重力加速度为g)．(1)求小物块下落过程中的加速度大小；(2)求小球从管口抛出时的速度大小；(3)试证明小球平抛运动的水平位移总小于L.解析 (1)设细线中的张力为T，根据牛顿第二定律得Mg－T＝Ma T－mgsin30°＝ma且M＝km 解得a＝g.(2)设M落地时速度大小为v，m射出管口时速度大小为v0.M落地前由动能定理得Mg·Lsin30°－mg·Lsin30°·sin30°＝(M＋m)v2，对m，M落地后由动能定理得－mg(L－Lsin30°)sin30°＝mv02－mv2联立解得v0＝(k>2)．(3)小球做平抛运动，则x＝v0t Lsin30°＝gt2解得x＝L由<得x＝L<L.答案 (1)g (2)(k>2) (3)见解析6
