第4讲功与能作业答案

第4讲功与能1.A[解析]根据动能定理有mgh-0.1mgh=ΔEk,此过程中合外力做正功,运动员的动能增加,可知运动员的动能增加了0.9mgh,故A正确;此过程中重力做正功,可知运动员的重力势能减少了mgh,故B错误;此过程中运动员克服阻力所做的功为0.1mg,机械能的减少量等于克服阻力所做的功,故机械能减少了0.1mgh,故C、D错误.2.D[解析]设小球受到的阻力大小恒为Ff,小球上升至最高点过程中,由动能定理得-mgH-FfH=0-12mv02,设小球上升至离地高度h处时速度为v1,此过程由动能定理得-mgh-Ffh=12mv12-12mv02,由题知12mv12=2mgh,设小球上升至最高点后又下降至离地高度h处时速度为v2,此过程由动能定理得-mgh-Ff(2H-h)=12mv22-12mv023.C[解析]物体恰好能到达最高点C,则物体在最高点只受重力,且重力全部用来提供向心力,设半圆轨道的半径为r,由牛顿第二定律得mg=mv2r,解得物体在C点的速度v=gr,A、B错误;由牛顿第二定律得mg=ma,解得物体在C点的向心加速度a=g,C正确;由能量守恒定律知,物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和,D4.B[解析]运动员从助滑雪道末端A点水平滑出,在空中做平抛运动,其在空中运动的速度大小v=v02+vy2=v02+gt2,可见v-t图像不是一次函数图像,故A错误;速度方向与水平方向夹角的正切值tanθ=vyv0=gv0t,可见tanθ-t图像是正比例函数图像,故B正确;取落点为零势能点,下落过程中重力势能Ep=Ep0-mgh=Ep0-12gt2,可见Ep-5.A[解析]对木块受力分析,木块受到重力、压力F、墙面的支持力FN与滑动摩擦力,根据受力特征有F=FN,Ff=μFN,又知F=5h(N),则Ff=5μh=h(N),当h=H=4m时,Ff=4N,由于mg=20N>4N,所以木块从初始位置开始下滑,且下滑至地面前瞬间的过程中,滑动摩擦力与位移成线性关系,则木块克服摩擦力做功为Wf=Ffh2=H22=8J,故A正确;木块从初始位置开始下滑至地面前瞬间的过程中,克服摩擦力做功为8J,根据动能定理有mgH-Wf=ΔEk,解得ΔEk=72J,根据ΔEk=12mv2-0,解得v=62m/s,故B6.B[解析]物体到达最高点时,动能为零,机械能E=Ep=mgh,则m=Egh=30J10m/s2×3.0m=1kg,故A错误;由图像可知,物体上升过程中摩擦力做功W=E-E0=30J-50J=-20J,当物体再次回到斜面底端时,由动能定理得Ek-Ek0=2W,则物体回到斜面底端时的动能Ek=Ek0+2W=50J+2×-20J=10J,故B正确;物体上升过程中,克服摩擦力做功,机械能减少,减少的机械能等于克服摩擦力做的功,由功能关系得E-E0=-μmgcosα·hsinα,解得μ=0.50,故D错误;物体上升过程中,由牛顿第二定律得mgsinα+μmgcosα=ma,7.B[解析]当甲所坐木板刚要离开原位置时,对甲及其所坐木板整体有μmg=kx0,解得弹性绳的伸长量x0=μmgk,则此时弹性绳的弹性势能为E0=12kx02=(μmg)22k,从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程中,乙所坐木板的位移为x1=x0+l-d,由功能关系可知,该过程中F所做的功W=E0+μmgx1=38.D[解析]A从N点运动到M点的过程中,根据动能定理有3mgl+W=12mv2,解得绳的拉力对A做的功为W=12mv2-3mgl,A错误;A从N点运动到M点的过程中,A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,A减少的机械能等于B增加的机械能和弹簧增加的弹性势能之和,则A减少的机械能大于B增加的机械能,故B错误;A运动到M点时,设OM与竖直方向的夹角为α,由几何关系得tanα=ONMN=l3l=33,解得α=30°,由于绳连接的两物体沿绳方向的速度大小相等,故此时B的速度为vB=vcosα=32v,故C错误;A运动到M点时,OM=ONsinα=2l,根据系统机械能守恒可得3mgl-mg(2l-l)sinθ=12mv2+12mvB2+ΔEp,解得弹簧增加的弹性势能为Δ9.(1)FN=20h+1.4(N)(2)0.15m(3)0.66m[解析](1)由几何关系可知∠BO1C=90°-12∠DO2F若释放点距离B点的高度为h,则滑块从释放到C点过程,根据动能定理可得mgh+mgR1-cos37°=在C点时,根据向心力公式可得FN-mg=mv联立解得FN=20h+1.4N(2)若释放点距离地面的高度为32R,滑块在轨道BCD点P点刚好脱离轨道,设滑块脱离轨道时和圆心的连线与竖直方向的夹角为θ,mgcosθ=mv滑块从释放到P点过程,由动能定理得mg·32R-mgR1+cosθ=1滑块脱离轨道后做斜抛运动,在最高点时的速度为vm=vPcosθ滑块从释放到脱离轨道后上升到最高点过程,根据动能定理得mg·32R-mghm=12联立解得hm=0.15m(3)若释放点距离地面的高度为275R,则从释放点到F点过程,由动能定理得mg·275R-mg(2Rsin53°+R+Rcos37°)=1由几何关系可知,在F点时滑块的速度与水平方向的夹角为37°滑块脱离轨道后做斜抛运动,设从F点处到最高处所用的时间为t1,则在竖直方向上有vFsin37°=gt1h1=12g此后滑块做平抛运动,设平抛运动的时间为t2,则在竖直方向上有2Rsin53°+R+Rcos37°+h1=12g滑块从F点抛出后水平位移x=vFcos37°·t联立解得x=0.66m10.(1)241N(2)12W(3)v0≥52m/s或2m/s≤v0≤25m/s[解析](1)小球在BC圆管轨道内运动时,竖直方向上,轨道对小球的作用的一个分量F1=mg水平方向上,轨道对小球的作用力的另一个分量F2=mv轨道对小球的作用力大小为FN=F联立解得FN=241N(2)小球从D点到E点过程中,由动能定理得mgLsinθ-μmgcosθ·L=12mvE2-小球在E点时重力的功率P=mgvEsinθ联立解得P=12W(3)小球在EF圆轨道上运动时不脱离轨道对应两种情况:一种是小球能运动到F点,另一种是小球运动过程不能越过与圆心O等高位置.临界状态1:小球恰能运动到F点.小球在E点时,由牛顿第二定律得mg=mv小球从A点到F点过程,由动能定理得mgLsinθ-μmgcosθ·L-mg(Rcosθ+R)=12mvF2-联立解得v1=52m/s临界状态2:小球恰能运动到与圆心O等高位置.小球从A点到与O点等高位置过程,由动能定理得m