【文档说明】【精准解析】22021学年物理人教版必修第二册：第八章　习题课动能定理的应用.docx，共(8)页，186.895 KB，由envi的店铺上传

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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-12mv2-12𝑚𝑣02B.12mv2-12𝑚𝑣02-mghC.mgh+12𝑚𝑣0

2−12mv2D.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30N的力F,将2kg的物体从沙坑表面由静

止提升1m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20cm。若忽略空气阻力,g取10m/s2,则物体克服沙坑的阻力所做的功为()A.20JB.24JC.34JD.54J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μ,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.2μmgRC.2πμmgRD.𝜇𝑚𝑔𝑅2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μmg=�

�𝑣2𝑅①。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=12mv2-0②。联立①②解得W=12μmgR。答案D5.如图所示,假设在某次比赛中运动员从10m高处的跳台跳下,设水的平均阻力为其重力的3倍,在粗略估算中

,把运动员当作质点处理,为了保证运动员的人身安全,池水深度至少为(不计空气阻力)()A.5mB.3mC.7mD.1m解析设水深h,对全程运用动能定理得mg(h0+h)-Ffh=0,Ff=3mg,即mg(

h0+h)=3mgh。所以h=5m,选项A正确。答案A6.如图所示,一个小球质量为m,静止在光滑的轨道上。现以水平力击打小球,使小球能够通过半径为R的竖直光滑轨道的最高点C,则水平力对小球所做的功至少为(

)A.mgRB.2mgRC.2.5mgRD.3mgR解析恰好通过竖直光滑轨道的最高点C时,在C点有mg=𝑚𝑣2𝑅,对小球,由动能定理W-2mgR=12mv2,联立解得W=2.5mgR,选项C正确。答案C7.如图所示,质量m=1kg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μ=0.2,用水平推力F=20N,使木块产生位移l1=3m时撤去,木块又滑行l2=1m后飞出平台,求木块落地时速度的大小。(g取10m/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l

2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=F·l1,摩擦力做功Wf=-μmg(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=12

mv2,解得v=8√2m/s。答案8√2m/s8.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=𝑚𝑣12𝑅①从最高点到B点的过程中,由动能定理得mg(h+R)=12𝑚𝑣12②由①②得h=3R。③(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=12𝑚𝑣22−12

𝑚𝑣12④由平抛运动的规律得R=12gt2⑤R+x=v2t⑥联立④⑤⑥解得x=(2√2-1)R。答案(1)3R(2)(2√2-1)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μ,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.12μmgRB.12mgRC.-mgRD.(1-μ)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-μmgR=0。所以有WAB=mgR-μmgR=(1-μ)mgR。答案D2.(2020山东潍坊高一下学期期中)如图所示,运输机器人水平推着小车沿水平地面从静止开始运动,机器人对小车和货物做功的功率恒为40W,已知小车和货物的总质量为20kg,小车受到的阻力为

小车和货物重力的110,小车向前运动了10s达到最大速度,重力加速度g取10m/s2。则()A.小车运动的最大速度为2m/sB.该过程小车的加速度不变C.小车向前运动的位移为20mD.机器人对小车和货物做的功为200J解析当牵引力等于阻力时小车的速度达到最大,故vm=𝑃𝐹f=400.

1×200m/s=2m/s,选项A正确;由P=Fv得,功率不变,速度增大,则力F减小,由牛顿第二定律得F-Ff=ma得小车运动的加速度逐渐减小,选项B错误;W=Pt=400J,选项D错误;根据动能定理得Pt-Ffx=12𝑚𝑣

m2,解得x=18m,选项C错误。答案A3.如图所示,光滑圆轨道固定在竖直面内,一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动,已知小球在最低点时对轨道的压力大小为FN1,在最高点时对轨道的压力大小为FN2。重力加速度大小为g

,则FN1-FN2的值为()A.3mgB.4mgC.5mgD.6mg解析在最低点有FN1-mg=m𝑣12𝑅,在最高点有FN2+mg=m𝑣22𝑅。小球在运动过程中由动能定理得-mg·2R=12𝑚𝑣22−12𝑚𝑣12,解得FN1-FN2=6mg,选项D正确。答案D4.如图所示

,一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的

过程中克服摩擦力所做的功,则()A.W=12mgR,质点恰好可以到达Q点B.W>12mgR,质点不能到达Q点C.W=12mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离D.W<12mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离解析根

据质点滑到轨道最低点N时,对轨道压力为4mg,利用牛顿第三定律可知,轨道对质点的支持力为4mg,在最低点,由牛顿第二定律得4mg-mg=m𝑣2𝑅,解得质点滑到最低点的速度v=√3𝑔𝑅。对质点从开始下落到滑到最低点的过程,由动能定理得2mgR-W=12mv2,解

得W=12mgR。对质点由最低点继续上滑的过程,-mgR-W'=12𝑚𝑣𝑄2−12mv2,NQ段质点的平均速度小于PN段,故平均支持力小于PN段,故从N到达Q点时克服摩擦力做功W'要小于W=12mgR,由此可知,质点到达Q点

后,速度不为零,可继续上升一段距离,选项C正确,A、B、D错误。答案C5.如图所示,一个质量为m=0.6kg的小球以初速度v0=2m/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=

0.3m,θ=60°,g取10m/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

=𝑣0cos𝜃解得vA=4m/s。(2)P点到A点小球做平抛运动,竖直分速度vy=v0tanθ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+cosθ)-W=12𝑚𝑣𝐶2−12𝑚

𝑣𝐴2代入数据解得W=1.2J。答案(1)4m/s(2)0.6m(3)1.2J6.(2020山东枣庄高一期中)如图所示,倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连,O点为轨道圆心,BC为圆轨道直径且处于竖直方向,A、C两点等高。质量m=1kg的滑块从A点由

静止开始下滑,恰能滑到与O点等高的D点,g取10m/s2。(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ;(2)若使滑块能到达C点,求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值;(3)若滑块离开C点的速度大小为10m/s,求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历

的时间t。解析(1)滑块从A到D过程,根据动能定理有mg·(2R-R)-μmgcos37°×2𝑅sin37°=0整理得μ=12tan37°=0.375。(2)若滑块能到达C点,根据牛顿第二定律有mg+FN=m𝑣𝐶2𝑅,因FN≥0,解得vC≥√𝑔𝑅=√10×0.4m/

s=2m/s滑块从A到C的过程,根据动能定理有-μmgcos37°×2𝑅sin37°=12𝑚𝑣𝐶2−12𝑚𝑣02解得v0=√𝑣𝐶2+2𝑔𝑅≥√22+2×10×0.4m/s=2√3m/s(

3)离开C点做平抛运动,则有x=vC't,y=12gt2又由几何关系有tan37°=2𝑅-𝑦𝑥联立代入得t=0.1s。答案(1)0.375(2)2√3m/s(3)0.1s获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公

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