2021-2022学年高中人教版物理必修2训练：第七章　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.(多选)如图所示,一块长木板B放在光滑的水平面上,在B上放一物体A,现以恒定的外力拉B,由于A、B间摩擦力的作用,A将在B上滑动,以地面为参考系,A、B都向前移动一段

2、距离。在此过程中()A.外力做的功等于A和B动能的增量B.B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量C.A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D.外力对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和解析A、B间存在滑动摩擦力,A在B上滑动时,产生热量,故外力做功等于A和B动能的增量和产生的热量之和,A选项错误;根据动能定理可知,B对A的摩擦力做功,增加了A的动能,B选项正确;A在B上滑行,两者位移不同,摩擦力做功不等,C选项错误;以B为研究对象,根据动能定理可知,W-Wf=Ek,则外力对B做的功等于B动能的增量和B克服摩擦力做的功之和,D选项正确。答案BD3.用竖直向上、大小为30

3、 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,解得物体克服沙坑的阻力所做的功Wf=34J,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()

4、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。联立解得W=12mgR。答案D5.如图所示,MPQ为竖直面内一固定轨道,MP是半径为R的14光滑圆弧轨道,它与水平轨道PQ相切于P,Q端固定一竖直挡板,PQ长为s。一小物块在M端由静止开始沿轨道下滑,与挡板发生一次碰撞后停在距Q点为l的地方,与挡板碰撞过程中无机械能损失,重力加速度为g。求物块与PQ段动摩擦

5、因数的可能值。解析物块运动存在两种情况,第一种情况是物块水平面运动的路程为l+s,对全过程应用动能定理,mgR-mg(l+s)=0,解得=Rl+s;第二种情况是物块水平面运动的路程为3s-l,同理mgR-mg(3s-l)=0,解得=R3s-l。答案Rl+s或R3s-l6.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

6、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

7、,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.(2019全国)从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中

8、除受到重力外,还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时,物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为()A.2 kgB.1.5 kgC.1 kgD.0.5 kg解析根据动能定理,物体在上升过程中有-mgh-Fh=Ek2-Ek1,其中Ek2=36J,Ek1=72J,h=3m在下落过程中有mgh-Fh=Ek4-Ek3,其中Ek3=24J,Ek4=48J,h=3m联立求得m=1kg故选C。答案C3.一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

9、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-mgcosx=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

10、-(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.(多选)水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看做质点的物块,物块间用长为l的细线连接,开始处于静止状态,轨道动摩擦力因数为。用水平恒力F拉动1开始运动,到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零,则()A.拉力F所做功为nFlB.系统克服摩擦力做功为n(n-1)mgl2C.Fnmg2D.nmgF(n-1)mg解析物块1运动

11、的位移为(n-1)l,拉力F所做功WF=F(n-1)l=(n-1)Fl,A选项错误;系统克服摩擦力做功Wf=mgl+mg2l+mg(n-1)l=n(n-1)mgl2,B选项正确;连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零,根据动能定理得,WF-Wf=0,解得F=nmg2,根据牛顿运动定律可知,Fnmg2,C选项正确,D选项错误。答案BC5.如图所示,一个质量为m=0.6 kg的小球以初速度v0=2 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:(

12、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=4m/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=0.6m。(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=12mvC2-12mvA2代入数据解得W=1.2J。答案(1)4 m/s(2)0.6 m(3)1.2 J6.如图(a)所示,一物体以一定的速度v0沿足够长斜面向上运动,此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的

13、关系由图(b)中的曲线给出。设各种条件下,物体运动过程中的摩擦系数不变。g取10 m/s2,试求: (1)物体与斜面之间的动摩擦因数; (2)物体的初速度大小;(3)为多大时,x值最小。解析(1)当为90时,v0=2gh,当为0时,x0=534m,可知物体运动中必受摩擦阻力。设动摩擦因数为,此时摩擦力大小为mg,加速度大小为g,由运动学方程,v02=2gx0,联立解得=33。(2)由(1)可得v0=5m/s。(3)对于任意一角度,利用动能定理得对应的最大位移x满足的关系式12mv02=mgxsin+mgxcos,解得x=v022g(sin+cos)=hsin+cos=h1+2sin(+)。其中=tan,可知当x的最小值为x=h1+2=32h=1.08m,对应的=2-=2-6=3。答案(1)33(2)5 m/s(3)3