2024-2025学年高中物理第七章习题课动能定理的应用练习含解析新人教版必修2

PAGEPAGE6习题课:动能定理的应用基础巩固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-12mv2 B.12mvC.-mgh D.-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;依据动能定理可知,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为探讨对象,依据动能定理可知,W-Wf=ΔEk,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。若忽视空气阻力,g取10m/s2,则物体克服沙坑的阻力所做的功为()A.20J B.24J C.34J D.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,物体随转台由静止起先转动。当转速增至某一值时,物体即将在转台上滑动,此时转台起先匀速转动。(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.0 B.2μmgRC.2πμmgR D.μmgR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供应向心力,设此时物体做圆周运动的线速度为v,则有μmg=mv2R①。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=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端由静止起先沿轨道下滑,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段动摩擦因数μ解析物块运动存在两种状况,第一种状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-μmg(l+s)=0,解得μ=Rl+s;其次种状况是物块水平面运动的路程为3s-l,同理mgR-μmg(3s-l)=0,解得μ答案Rl+6.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(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=mv1从最高点到B点的过程中,由动能定理得mg(h+R)=12m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=12m由平抛运动的规律得R=12gt2⑤R+x=v2t⑥联立④⑤⑥解得x=(22-1)R。答案(1)3R(2)(22-1)R实力提升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从静止起先下落,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.12μmgR B.1C.-mgR D.(1-μ)mgR解析物体从A运动到B所受的弹力要发生改变,摩擦力大小也要随之改变,所以克服摩擦力所做的功,不能干脆由做功的公式求得。而在BC段克服摩擦力所做的功,可干脆求得。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,依据动能定理,有mgR-WAB-μmgR=0。所以有WAB=mgR-μmgR=(1-μ)mgR。答案D2.(2024全国Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,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3m以内时,物体上升、下落过程中动能Ek随h的改变如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为()A.2kg B.1.5kg C.1kg D.0.5kg解析依据动能定理,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C3.一小物块沿斜面对上滑动,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,当小物块沿着斜面对上滑动的时候,位移为x,则依据动能定理可得:-mgxsinθ-μmgcosθ·x=Ek-Ek0,所以有Ek=Ek0-(mgsinθ+μmgcosθ)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。明显在最高点时,小物块的速度为零,向下滑动时,依据动能定理有mg(x0-x)sinθ-μmgcosθ·(x0-x)=Ek-0,所以动能Ek=(mgsinθ-μmgcosθ)x0-(mgsinθ-μmgcosθ)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(mgsinθ-μmgcosθ)x0,由于摩擦力要做负功,所以下滑到最低点时的动能确定要小于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,起先处于静止状态,轨道动摩擦力因数为μ。用水平恒力F拉动1起先运动,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nC.F>nμmgD.nμmg>F>(n-1)μmg解析物块1运动的位移为(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=μmgl+μmg·2l+…+μmg(n-1)l=n(n-1)μmgl2,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,依据动能定理得,WF-Wf=0,解得F=答案BC5.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=v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=由以上两式解得H=0.6m。(3)恰好过C点满意mg=m由A点到C点由动能定理得-mgR(1+cosθ)-W=1代入数据解得W=1.2J。答案(1)4m/s(2)0.6m(3)1.2J6.如图(a)所示,一物体以确定的速度v0沿足够长斜面对上运动,此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系由图(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10m/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)θ为多大时,x值最小。解析(1)当θ为90°时,v0=2gh,当θ为0°时,x0=53