新教材2023-2024学年高中物理第1章功和机械能习题课动能定理的应用分层作业鲁科版必修第二册

习题课:动能定理的应用A级必备知识基础练1.如图所示,一弹性轻绳(弹力与其伸长量成正比)左端固定在墙上A点,右端跨过定滑轮B连接一个质量为m的小球,小球在B点时,弹性轻绳处在自然伸长状态。小球穿过竖直固定杆并从C点由静止释放,到达D点速度恰好为0。已知小球与竖直杆间的动摩擦因数处处相等,A、B、C在一条水平直线上,C、D距离为h;重力加速度为g,弹性绳始终处在弹性限度内。若仅把小球质量变为2m,则小球到达D点时的速度大小为()A.gh2 BC.2gh D.2.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-B.12mv2-1C.mgh+12mD.mgh+12mv2-3.如图所示在足球赛中,红队球员在白队禁区附近主罚定位球,并将球从球门右上角贴着球门射入,球门高度为h,足球飞入球门的速度为v,足球质量为m,则红队球员将足球踢出时对足球做的功W为(不计空气阻力、足球可视为质点)()A.12mv2 B.C.12mv2+mgh D.12mv4.(2023湖北武汉高一期末)某同学为探测野外一潭未知液体,将探测球从距离液体表面h1高度处以E1大小的动能射出,探测球垂直进入液体。将探测球受液体的作用力视为恒力,探测球从发射至进入液体最深处过程中,探测球的动能Ek与它离液体表面高度h的变化图像如图所示。已知空气对探测球的阻力可忽略,当地重力加速度大小为g,下列说法正确的是()A.探测球的质量为EB.探测球的质量为EC.探测球在液体中运动时,受到液体的作用力大小为ED.探测球在液体中运动时,受到液体的作用力大小为E5.如图所示为10m跳台跳水示意图,运动员从10m高处的跳台跳下,设水的平均阻力约为其体重的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m。(不计空气阻力)

6.如图所示,质量m=1kg的木块静止在高h=1.2m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s1=3m时撤去,木块又滑行s2=1m后飞出平台,求木块落地时速度的大小。(g取10m/s2)B级关键能力提升练7.(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图像如图所示。设汽车的牵引力为F,受到的摩擦力为f,全程中牵引力做功为W1,克服摩擦力做功为W2,则()A.F∶f=1∶3 B.W1∶W2=1∶1C.F∶f=4∶1 D.W1∶W2=1∶38.一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s关系的图线是()9.(2021湖南卷)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力,从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢,每节车厢发动机的额定功率均为P,若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻=kv,k为常量),动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是()A.动车组在匀加速启动过程中,牵引力恒定不变B.若四节动力车厢输出功率均为额定值,则动车组从静止开始做匀加速运动C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P,则动车组匀速行驶的速度为34vD.若四节动力车厢输出功率均为额定值,动车组从静止启动,经过时间t达到最大速度vm,则这一过程中该动车组克服阻力做的功为1210.如图所示,绷紧的传送带在电动机带动下,始终保持v0=2m/s的速度匀速运行,传送带与水平地面的夹角θ=30°,现把一质量m=10kg的工件轻轻地放在传送带底端,由传送带传送至h=2m的高处。已知工件与传送带间的动摩擦因数μ=32。(g取10m/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=2m高处的过程中摩擦力对工件做了多少功?11.如图是公路上的“避险车道”,车道表面是粗糙的碎石,其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险。质量m=2.0×103kg的汽车沿下坡行驶,当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力,此时速度表示数v1=36km/h,汽车继续沿下坡匀加速直行l=350m、下降高度h=50m时到达“避险车道”,此时速度表示数v2=72km/h。g取10m/s2。(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量;(2)求汽车在下坡过程中所受的阻力;(3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°,汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍,求汽车在“避险车道”上运动的最大位移(sin17°≈0.3)。

习题课:动能定理的应用1.B从C到D过程,根据动能定理mgh-fh-W弹=0,若仅把小球质量变为2m,根据动能定理2mgh-fh-W弹=12×2mv2,联立以上两式得v=gh,故选2.C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-Wf=12mv2-解得Wf=mgh+12mv3.C根据动能定理可得W-mgh=12mv2-0,所以W=12mv2+mgh4.D根据图像可知,探测球进入液体时动能为E2,在进入液体前的过程,根据动能定理有mgh1=E2-E1,解得m=E2-E1gh1,A、B错误;进入液体后,受到液体的作用力为F,根据动能定理有mgh2-Fh2=0-E2,5.解析设水的深度为h,由动能定理mg(10+h)-3mgh=0,解得h=5m。答案56.解析物体运动分为三个阶段,先是在s1段匀加速直线运动,然后是在s2段匀减速直线运动,最后是由平台落到地面。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=Fs1,摩擦力做功Wf=-μmg(s1+s2),重力做功WG=mgh,全过程应用动能定理得WF+Wf+WG=12mv2,解得v=82m/s答案82m/s7.BC对汽车运动的全过程,由动能定理得W1-W2=ΔEk=0,所以W1=W2,选项B正确,选项D错误;由图像知s1∶s2=1∶4。由动能定理得Fs1-fs2=0,所以F∶f=4∶1,选项A错误,选项C正确。8.C如图甲所示,设斜面倾角为θ,小物块与斜面之间的动摩擦因数为μ,当小物块沿着斜面向上滑动的时候,位移大小为s,则根据动能定理可得-mgssinθ-μmgcosθ·s=Ek-Ek0,所以有Ek=Ek0-(mgsinθ+μmgcosθ)s,所以在向上滑动的时候,动能Ek与位移s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s0,如图乙所示,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(s0-s)sinθ-μmgcosθ·(s0-s)=Ek-0,所以动能Ek=(mgsinθ-μmgcosθ)s0-(mgsinθ-μmgcosθ)s,所以向下滑动的时候,小物块的动能Ek与位移s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(mgsinθ-μmgcosθ)s0,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。9.C动车组匀加速启动过程中,根据牛顿第二定律,有F-kv=ma,因为加速度a不变,速度v改变,所以牵引力F改变,选项A错误。由四节动力车厢输出功率均为额定值,可得4P=Fv,F-kv=ma',联立解得a'=4Pmv-kvm,因为v改变,所以a'改变,选项B错误。由题干得4P=F阻vm=kvm2,若输出总功率为2.25P,则有2.25P=kv匀2,联立解得v匀=34vm,选项C正确。若四节动力车厢输出功率均为额定值,根据动能定理得,4Pt-W阻=12mv10.解析(1)工件刚放上传送带时受滑动摩擦力f=μmgcosθ工件开始做匀加速直线运动,由牛顿运动定律得f-mgsinθ=ma,可得a=fm-gsinθ=g(μcosθ-sinθ=10×32cos30=2.5m/s2设工件经过位移s与传送带达到共同速度,由匀变速直线运动规律可得,s=v022a=22μ>tan30°故工件先以2.5m/s2的加速度做匀加速直线运动,运动0.8m与传送带达到共同速度2m/s后做匀速直线运动。(2)在工件从传送带底端运动至h=2m高处的过程中,设摩擦力对工件做功Wf,由动能定理得Wf-mgh=1可得Wf=mgh+12mv02=10×10×2J+12×10×答案(1)工件先以2.5m/s2的加速度做匀加速直线运动,运动0.8m与传送带达到共同速度2m/s后做匀速直线运动(2)220J11.解析(1)从发现刹车失灵至到达“避险车道”的过程汽车动能的变化量为ΔEk=