高中物理必修二課時作業(yè)十八 動能 動能定理及其應(yīng)用

1、課時作業(yè)(十八)動能動能定理及其應(yīng)用1質(zhì)量為10kg的物體，在變力F作用下沿x軸做直線運動，力隨坐標(biāo)x的變化情況如圖所示物體在x0處，速度為1m/s，一切摩擦不計，則物體運動到x16m處時，速度大小為()第1題圖 A2m/s B3m/s C4m/s D. m/s2質(zhì)量為2kg的物體，以1m/s的速度在光滑水平長直軌道上滑行從某時刻起對該物體施加一個沿軌道的水平力，經(jīng)過一段時間后，滑塊的速度改變量的大小為2m/s，則在此過程中水平力做的功可能為 () A. 0 B3J C4J D8J3用長為l的細線，一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為m的小球，小球可在豎直平面內(nèi)做圓周運動，如圖所示，MD為豎直方向

2、上的直徑，OB為水平半徑，A點位于M、B之間的圓弧上，C點位于B、D之間的圓弧上，開始時，小球處于圓周的最低點M，現(xiàn)給小球某一初速度，下述說法正確的是()第3題圖 A若小球通過A點的速度大于，則小球必能通過D點 B若小球通過B點時，繩的拉力大于3mg，則小球必能通過D點 C若小球通過C點的速度大于，則小球必能通過D點 D小球通過D點的速度可能會小于4某電動汽車在平直公路上從靜止開始加速，測得發(fā)動機功率隨時間變化的圖象和其速度隨時間變化的圖象分別如圖甲、乙所示，若電動汽車所受阻力恒定，則下列說法正確的是()甲乙 第4題圖 A測試時該電動汽車所受阻力為1.0×103N B該電動汽車的質(zhì)量

3、為1.2×103kg C在0110s內(nèi)該電動汽車的牽引力做功為4.4×106J D在0110s內(nèi)該電動汽車克服阻力做的功2.44×106J5如圖所示，ABCD是一個盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC為水平的，其距離d0.50m，盆邊緣的高度為h0.30m.在A處放一個質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止出發(fā)下滑已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數(shù)0.10.小物塊在盆內(nèi)來回滑動，最后停下來，則停的地點到B距離為()第5題圖 A0.50m B0.25m C0.10m D06如圖所示，a、b的質(zhì)量均為m，a從傾角為45°

4、;的光滑固定斜面頂端無初速地下滑，b從斜面頂端以初速度v0平拋，對二者的運動過程以下說法正確的是()第6題圖 A都做勻變速運動 B落地前的瞬間速率相同 C整個運動過程重力對二者做功的平均功率相同 D整個運動過程重力勢能的變化相同7如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質(zhì)定滑輪的細線相連，B、C兩小球在固定的光滑斜面上通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C球放在垂直于斜面的光滑擋板上現(xiàn)用手控制住A，使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側(cè)細線、彈簧均與斜面始終平行已知A、B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)釋放A后，A豎直向下運動至速度最大時C恰好離開擋

5、板下列說法正確的是()第7題圖 A斜面傾角30° B斜面傾角60° CA獲得最大速度為g DA獲得最大速度為g8如圖所示，放在光滑水平面上的矩形滑塊是由不同材料的上下兩層粘在一起組成的質(zhì)量為m的子彈以速度v水平射向滑塊，若擊中上層，則子彈剛好不穿出，如圖(a)所示；若擊中下層，則子彈嵌入其中，如圖(b)所示，比較上述兩種情況，以下說法不正確的是()(a)(b)第8題圖 A兩種情況下子彈和滑塊的最終速度相同 B兩次子彈對滑塊做的功一樣多 C兩次系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多 D兩次滑塊對子彈的阻力一樣大9如圖所示，質(zhì)量為m的小球，從離地面H高處從靜止開始釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深

6、度而停止，設(shè)小球受到空氣阻力為f，則下列說法正確的是()第9題圖 A小球落地時動能等于mgH B小球陷入泥中的過程中克服泥土阻力所做的功小于剛落到地面時的動能 C整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(Hh) D小球在泥土中受到的平均阻力為mg(1H/h)10如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊以一定初速度滑上傾角為的固定斜面，同時施加一沿斜面向上的恒力Fmgsin；已知滑塊與斜面問的動摩擦因數(shù)tan，取出發(fā)點為參考點，能正確描述滑塊運動到最高點過程中產(chǎn)生的熱量Q，滑塊動能Ek、勢能Ep、機械能E隨時間t、位移s關(guān)系的是()第10題圖ABCD11如圖甲所示，長為4m的水平軌道AB與傾角為37°的足

7、夠長斜面BC在B處連接，有一質(zhì)量為2kg的滑塊，從A處由靜止開始受水平向右的力F作用，F(xiàn)按圖乙所示規(guī)律變化，滑塊與AB和BC間的動摩擦因數(shù)均為0.25，重力加速度g取10m/s2.求：(1)滑塊到達B處時的速度大??；(2)不計滑塊在B處的速率變化，滑塊沖上斜面，滑塊最終靜止的位置與B點的距離甲乙第11題圖12一滑塊(可視為質(zhì)點)經(jīng)水平軌道AB進入豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧形軌道BC.已知滑塊的質(zhì)量m0.50kg，滑塊經(jīng)過A點時的速度vA5.0m/s，AB長x4.5m，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)0.10，圓弧軌道的半徑R0.50m，滑塊離開C點后豎直上升的最大高度h0.10m.取g10m/s.求

8、：(1)滑塊第一次經(jīng)過B點時速度的大?。?2)滑塊剛剛滑上圓弧軌道時，對軌道上B點壓力的大小；(3)滑塊在從B運動到C的過程中克服摩擦力所做的功第12題圖13如圖所示，AB是傾角為的粗糙直軌道，BCD是光滑的圓弧相切，圓弧的半徑為R.一個質(zhì)量為m的物體(可以看作質(zhì)點)從直軌道上的P點由靜止釋放，結(jié)果它能在兩軌道間做往返運動已知P點與圓弧的圓心O等高，物體與軌道AB間的動摩擦因數(shù)為.求：(1)物體做往返運動的整個過程中在AB軌道上通過的路程；(2)最終當(dāng)物體通過圓弧軌道最低點E時，對圓弧軌道的壓力第13題圖14在一次國際城市運動會中，要求運動員從高為H的平臺上A點由靜止出發(fā)，沿著動摩擦因數(shù)為的滑

9、道向下運動到B點后水平滑出，最后落在水池中設(shè)滑道的水平距離為L，B點的高度h可由運動員自由調(diào)節(jié)(取g10m/s2)求：第14題圖(1)運動員到達B點的速度與高度h的關(guān)系(2)運動員要達到最大水平運動距離，B點的高度h應(yīng)調(diào)為多大？對應(yīng)的最大水平距離smax為多少？(3)若圖中H4m，L5m，動摩擦因數(shù)0.2，則水平運動距離要達到7m，h值應(yīng)為多少？15如圖所示，某貨場需將質(zhì)量為m1100kg的貨物(可視為質(zhì)點)從高處運送至地面，為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，現(xiàn)利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道，使貨物由軌道頂端無初速滑下，軌道半徑R1.8m.地面上緊靠軌道依次排放兩塊完全相同的木板A、B，長度均為l

10、2m，質(zhì)量均為m2100kg，木板上表面與軌道末端相切貨物與木板間的動摩擦因數(shù)為1，木板與地面間的動摩擦因數(shù)20.2.(最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g10m/s2)第15題圖(1)求貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力(2)若貨物滑上木板A時，木板不動，而滑上木板B時，木板B開始滑動，求1應(yīng)滿足的條件(3)若10.5，求貨物滑到木板A末端時的速度和在木板A上運動的時間課時作業(yè)(十八)動能動能定理及其應(yīng)用1.B【解析】 由動能定理可得，mv2mvFs，F(xiàn)s10×4×10×4×10×440(J)，v3m/s.故選B.2.AD【解析】 根據(jù)動能定

11、理可知Wmvmv代入數(shù)值(滑塊速度可能增加可能減小)當(dāng)增加時W8J，當(dāng)減小時W0J，故選AD.3.AB【解析】 若小球恰好能通過D點，則在D點時，mmg，即vt，由動能定理知，在M點時，mv2mvmg2l；v，A對；在B點時，mv2mvmgl，3mg，即拉力F3mg，vB，C在BD之間，當(dāng)vc>時，小球未必能一定通過D點，故B對，C錯；小球通過D點的速度若小于則無法做圓周運動，D錯；故選AB.4.ABD【解析】 t50s時，電動汽車的加速度0.5m/s2，此時電動汽車功率40kW.由fma，f0.5m；t110s時，電動汽車的加速度0m/s2，此時電動汽車功率40kW，由fma.f1.0

12、×103N，m1.2×103kg，AB對；在0110s內(nèi)，牽引力做功WF×50×40×10360×40×1034.2×106J，C錯；WFWfmv20；Wf4.2×1066×102×16×1022.44×106J.D對，故選ABD.5.D【解析】 分析小物塊的運動過程，可知由于克服摩擦力做功，物塊的機械能不斷減少根據(jù)動能定理可得mghmgx0，物塊在BC之間滑行的總路程xm3m.小物塊正好停在B點，所以D選項正確6.AD【解析】 物體a受重力和支持力，F(xiàn)合mgsin

13、45°，根據(jù)牛頓第二定律，ag.物體b做平拋運動，加速度為g，知兩物體的加速度不變，所以兩物體都做勻變速運動，A對對a運用動能定理，mghmv0，對b運用動能定理，有mghmvmv，知落地瞬間b球的速率大于a球的速率故B錯對于a、b，整個運動過程重力做的功相等，重力勢能的變化相同，但是a球做勻加速直線運動，hat，ag，則運動的時間ta.b球做平拋運動，根據(jù)hgt得，tb.知兩個時間不等，故C錯D對7.AD【解析】 當(dāng)A速度最大時，C球離開擋板，則mgmgsinmgsin，即sin，30°，A正確，B錯誤；當(dāng)A加速度為零時，速度達到最大，對A、B，由動能定理可得mg()mg

14、()·sin30°mvmv，因為vAvB，解得vAg.故C錯誤，D正確；故選AD.8.D【解析】 光滑地面、利用動量定理得，最終速度為v1，木塊質(zhì)量為m，mv(mM)v1射入子彈后三者速度相同兩次子彈對滑塊做的功WMv兩次系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量都是Qmv2(mM)vfdQmv2(mM)v，由于前一次d大于后一次的d，所以前一次的摩擦力小于后一次的摩擦力，故D不正確，故選D.9.C【解析】 小球受到空氣阻力為f，故小球落地時動能為mgHfH，A錯；小球陷入泥中克服泥土阻力做功應(yīng)大于剛落地時的動能，B錯；由能量守恒，知整個過程中小球克服阻力做功為mg(Hh)，C對；由能量守恒知mg(H

15、h)fHfh，泥土中受到的平均阻力為mg(1H/h)fH/h，D錯；故答案選C.第10題圖10.CD【解析】 對滑塊受力分析：合力大小：F合mgcosmgsin，方向沿斜面向下由牛頓第二定律F合ma，agsin，物體做勻減速直線運動，斜面長度Lv0tgsin t2，Qf·Lmgsin(v0tgsin t2)，A錯；EKEK0m(v0gsint)2，B錯；Epmgssin，C對；Ff，則物體上滑機械能守恒，D對；故選CD.11.(1)m/s(2)1m【解析】 (1)由圖得：02m：F120Nx12m; 23m：F20x21m; 34m：F310N，x31m.A至B由動能定理：F1

16、15;x1F3×x3mg(x1x2x3)mv.20×210×10.25×2×10×(211)×2×v得vBm/s.(2)因為mgsin37°mgcos37°，滑塊將滑回水平面設(shè)滑塊由B點上滑的最大距離為L，由動能定理mgLcos37°mgLsin37°0mv.解得：Lm.從最高點滑回水平面，設(shè)停止在與B點相距s處，mgLsin37°mgLcos37°mgs00.解得：sL×1m.12.(1)4.0m/s(2)21N(3)1.0J【解析】 (1)滑

17、塊從A到B做勻減速直線運動，摩擦力fmg由牛頓第二定律可知，滑塊的加速度大小a，由運動學(xué)公式vv2ax解得滑塊經(jīng)過B點時速度的大小vB4.0m/s.(2)在B點，滑塊開始做圓周運動，由牛頓第二定律可知FNmgm解得軌道對滑塊的支持力FN21N根據(jù)牛頓第三定律可知，滑塊對軌道上B點壓力的大小也為21N.(3)從B到滑塊經(jīng)過C上升到最高點的過程中，由動能定理mg(Rh)Wf0mv解得滑塊克服摩擦力做功Wf1.0J.13.(1)(2)(32cos)mg【解析】(1)因為摩擦力始終對物體做負功，所以物體最終在圓心角為2的圓弧上往復(fù)運動對整個過程由動能定理得：mgR·cosmgcos·

18、;s0，所以總路程為s.(2)對BE過程mgR(1cos)mvFNmg解得：FN(32cos)mg.由牛頓第三定律得物體對圓弧軌道的壓力為(32cos)mg.14.(1)v0(2)h(HL)smaxLHL(3)2.62m0.38m【解析】 (1)設(shè)斜面長度為L1，斜面傾角為，根據(jù)動能定理得mg(Hh)mgL1cosmv即mg(Hh)mgLmvv0(2)根據(jù)平拋運動公式xv0thgt2由式得x2由式可得，當(dāng)h(HL)smaxLHL(3)在式中令x2m，H4m，L5m，0.2，則可得到： h23h10求出h12.62mh20.38m.15.(1)3000N，方向豎直向下(2)0.410.6(3)4m/s0.4s【解析】 (1)設(shè)貨物滑到圓軌道末端時的速度為v0，對貨物的下滑過程，根據(jù)機械能守恒定律得m1gRm1v設(shè)貨物在軌道末端所受支持力的大小為FN，根據(jù)牛頓