2020版物理新教材新素养学案人教必修第二册练习：第八章　习题课 动能定理的应用 WORD版含解析.docx

1、习题课:动能定理的应用课后篇巩固提升基础巩固1.如图所示,光滑斜面的顶端固定一弹簧,一小球向右滑行,并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v,压缩弹簧至C点时弹簧最短,C点距地面高度为h,则从A到C的过程中弹簧弹力做功是()A.mgh-12mv2B.12mv2-mghC.-mghD.-(mgh+12mv2)解析由A到C的过程运用动能定理可得-mgh+W=0-12mv2,所以W=mgh-12mv2,故A正确。答案A2.在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块,抛出时的速度为v0,当它落到地面时速度为v,用g表示重力加速度,则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于()A.mgh-1

2、2mv2-12mv02B.12mv2-12mv02-mghC.mgh+12mv02-12mv2D.mgh+12mv2-12mv02解析选取物体从刚抛出到正好落地时的过程,由动能定理可得mgh-WFf=12mv2-12mv02解得WFf=mgh+12mv02-12mv2。答案C3.用竖直向上、大小为30 N的力F,将2 kg的物体从沙坑表面由静止提升1 m时撤去力F,经一段时间后,物体落入沙坑,测得落入沙坑的深度为20 cm。若忽略空气阻力,g取10 m/s2,则物体克服沙坑的阻力所做的功为()A.20 JB.24 JC.34 JD.54 J解析对全程应用动能定理,有Fh+mgd-Wf=0,解得

3、物体克服沙坑的阻力所做的功Wf=34 J,选项C正确。答案C4.如图所示,质量为m的物体与水平转台间的动摩擦因数为,物体与转轴相距R,物体随转台由静止开始转动。当转速增至某一值时,物体即将在转台上滑动,此时转台开始匀速转动。设物体的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,则在这一过程中摩擦力对物体做的功是()A.0B.2mgRC.2mgRD.mgR2解析物体即将在转台上滑动但还未滑动时,转台对物体的最大静摩擦力恰好提供向心力,设此时物体做圆周运动的线速度为v,则有mg=mv2R。在物体由静止到获得速度v的过程中,物体受到的重力和支持力不做功,只有摩擦力对物体做功,由动能定理得W=12mv2-0。联立解

4、得W=12mgR。答案D5.如图所示,质量m=1 kg的木块静止在高h=1.2 m的平台上,木块与平台间的动摩擦因数=0.2,用水平推力F=20 N,使木块产生位移l1=3 m时撤去,木块又滑行l2=1 m后飞出平台,求木块落地时速度的大小。(g取10 m/s2)解析物体运动分为三个阶段,先是在l1段匀加速直线运动,然后是在l2段匀减速直线运动,最后是平抛运动。考虑应用动能定理,设木块落地时的速度为v,整个过程中各力做功情况分别为推力做功WF=Fl1,摩擦力做功Wf=-mg(l1+l2),重力做功WG=mgh。设木块落地速度为v全过程应用动能定理得WF+Wf+WG=12mv2,解得v=82 m

5、/s。答案82 m/s6.如图所示,竖直平面内的34圆弧形光滑管道半径略大于小球半径,管道中心线到圆心的距离为R,A端与圆心O等高,AD为水平面,B点在O的正下方,小球自A点正上方由静止释放,自由下落至A点时进入管道,从上端口飞出后落在C点,当小球到达B点时,管壁对小球的弹力大小是小球重力大小的9倍。求:(1)释放点距A点的竖直高度。(2)落点C与A点的水平距离。解析(1)设小球到达B点的速度为v1,因为到达B点时管壁对小球的弹力大小是小球重力大小的9倍,所以有9mg-mg=mv12R从最高点到B点的过程中,由动能定理得mg(h+R)=12mv12由得h=3R。(2)设小球到达圆弧最高点的速度

6、为v2,落点C与A点的水平距离为x从B到最高点的过程中,由动能定理得-2mgR=12mv22-12mv12由平抛运动的规律得R=12gt2R+x=v2t联立解得x=(22-1)R。答案(1)3R(2)(22-1)R能力提升1.如图所示,AB为14圆弧轨道,BC为水平直轨道,圆弧的半径为R,BC的长度也是R,一质量为m的物体,与两个轨道间的动摩擦因数都为,当它由轨道顶端A从静止开始下落,恰好运动到C处停止,那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为()A.12mgRB.12mgRC.-mgRD.(1-)mgR解析物体从A运动到B所受的弹力要发生变化,摩擦力大小也要随之变化,所以克服摩擦力所做的功,不能

7、直接由做功的公式求得。而在BC段克服摩擦力所做的功,可直接求得。对从A到C全过程运用动能定理即可求出物体在AB段克服摩擦力所做的功。设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB,物体从A到C的全过程,根据动能定理,有mgR-WAB-mgR=0。所以有WAB=mgR-mgR=(1-)mgR。答案D2.(多选)在平直公路上,汽车由静止开始做匀加速直线运动,当速度达到vmax后,立即关闭发动机直至静止,v-t图象如图所示,设汽车的牵引力为F,受到的摩擦力为Ff,全程中牵引力做功为W1,克服摩擦力做功为W2,则()A.FFf=13B.W1W2=11C.FFf=41D.W1W2=13解析对汽车运动的全过程,

8、由动能定理得W1-W2=Ek=0,所以W1=W2,选项B正确,选项D错误;由图象知x1x2=14。由动能定理得Fx1-Ffx2=0,所以FFf=41,选项A错误,选项C正确。答案BC3.一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处。物块初动能为Ek0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能Ek与位移x关系的图线是()解析如图1所示,设斜面倾角为,小物块与斜面之间的动摩擦因数为,当小物块沿着斜面向上滑动的时候,位移为x,则根据动能定理可得:-mgxsin -mgcos x=Ek-Ek0,所以有Ek=Ek0-(mgsin +mgcos )x,所以在向上滑动的时候,动能Ek与位移x之间的关系为一

9、次函数关系,图线为一条倾斜的直线,且斜率小于零,与Ek轴的交点为Ek0;当小物块达到斜面最高点,再向下滑动时,设小物块到最高点的位移为x0,如图2所示。显然在最高点时,小物块的速度为零,向下滑动时,根据动能定理有mg(x0-x)sin -mgcos (x0-x)=Ek-0,所以动能Ek=(mgsin -mgcos )x0-(mgsin -mgcos )x,所以向下滑动的时候,小物块的动能Ek与位移x之间的关系也是一次函数关系,图线为一条倾斜的直线,且斜率小于零,与Ek轴的交点为(mgsin -mgcos )x0,由于摩擦力要做负功,所以下滑到最低点时的动能肯定要小于Ek0,故C项正确。答案C4

10、.(多选)质量为m的汽车发动机的功率恒为P,摩擦阻力恒力Ff,牵引力为F,汽车由静止开始,经过时间t行驶了位移x时,速度达到最大值vm,则发动机所做的功为()A.PtB.FfvmtC.12mvm2+FfxD.Fx解析因为功率P恒定,所以功W=Pt,A正确;汽车达到最大速度时F=Ff,则P=Ffvm,所以W=Pt=Ffvmt,B正确;从汽车静止到速度达到最大值的过程中,由动能定理得W-Ffx=12mvm2-0,即W=12mvm2+Ffx,C正确;因牵引力在整个过程中为变力,所以不能用公式W=Fx计算牵引力所做功的大小,D错。答案ABC5.如图所示,一个质量为m=0.6 kg的小球以初速度v0=2

11、 m/s从P点水平抛出,从粗糙圆弧ABC的A点沿切线方向进入(不计空气阻力,进入圆弧时无动能损失)且恰好沿圆弧通过最高点C,已知圆弧的圆心为O,半径R=0.3 m,=60,g取10 m/s2。求:(1)小球到达A点的速度vA的大小。(2)P点到A点的竖直高度h。(3)小球从圆弧A点运动到最高点C的过程中克服摩擦力所做的功W。解析(1)在A点由速度的合成得vA=v0cos解得vA=4 m/s。(2)P点到A点小球做平抛运动,竖直分速度vy=v0tan 由运动学规律有vy2=2gh由以上两式解得h=0.6 m。(3)恰好过C点满足mg=mvC2R由A点到C点由动能定理得-mgR(1+cos )-W

12、=12mvC2-12mvA2代入数据解得W=1.2 J。答案(1)4 m/s(2)0.6 m(3)1.2 J6.如图所示,绷紧的传送带在电动机带动下,始终保持v0=2 m/s的速度匀速运行,传送带与水平地面的夹角=30,现把一质量m=10 kg的工件轻轻地放在传送带底端,由传送带传送至h=2 m的高处。已知工件与传送带间的动摩擦因数=32。(g取10 m/s2)(1)通过计算分析工件在传送带上做怎样的运动?(2)工件从传送带底端运动至h=2 m高处的过程中摩擦力对工件做了多少功?解析(1)工件刚放上传送带时受滑动摩擦力Ff=mgcos ,工件开始做匀加速直线运动,由牛顿运动定律得Ff-mgsi

13、n =ma,可得a=Ffm-gsin =g(cos -sin )=1032cos30-sin30 m/s2=2.5 m/s2。设工件经过位移x与传送带达到共同速度,由匀变速直线运动规律可得,x=v022a=2222.5 m=0.8 mhsin=4 m故工件先以2.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动,运动0.8 m与传送带达到共同速度2 m/s后做匀速直线运动。(2)在工件从传送带底端运动至h=2 m高处的过程中,设摩擦力对工件做功Wf,由动能定理得Wf-mgh=12mv02,可得Wf=mgh+12mv02=10102 J+121022 J=220 J。答案(1)工件先以2.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动,运动0.8 m与传送带达到共同速度2 m/s后做匀速直线运动(2)220 J