2024版新教材高中物理课时分层作业二十五动能定理的应用新人教版必修第二册

课时分层作业(二十五)动能定理的应用A组基础巩固练1．如图所示为一水平的转台，半径为R，一质量为m的滑块放在转台的边缘，已知滑块与转台间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.若转台的转速由零逐渐增大，当滑块在转台上刚好发生相对滑动时，转台对滑块所做的功为()A．eq\f(1,2)μmgRB．2πmgRC．2μmgRD．02．静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t＝4s时停下，其v­t图像如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是()A．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B．整个过程中拉力做的功等于零C．t＝2s时拉力的瞬时功率在整个过程中最大D．t＝1s到t＝3s这段时间内拉力不做功3．(多选)质量为2kg的物体静止在光滑水平面上，某时刻起受到方向不变的水平力F的作用，F随位置x变化的图像如图所示．以物体静止时的位置为初位置，下列说法中正确的是()A.物体先做匀加速直线运动，后做匀速运动B．物体有可能做曲线运动C．在0～0.2m内力F所做的功为3JD．物体在经过x＝0.2m的位置时速度大小为eq\r(3)m/s4．物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止．以a、Ek、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间．则下图的各图像中，能正确反映这一过程的是()5．一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示．长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球．小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直．将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)()A．eq\r(（2＋π）gR)B．eq\r(2πgR)C．eq\r(2（1＋π）gR)D．2eq\r(gR)6.[2023·辽宁高一期末](多选)质量为1.0kg的物体以某一水平初速度在水平面上滑行，由于摩擦力的作用，其动能随位移变化的情况如图所示．g取10m/s2，则下列判断正确的是()A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3C．物体滑行的总时间为2sD．物体滑行的总时间为4s7．如图所示，右端连有光滑弧形槽的水平面AB长为l＝1.5m，一个质量为m＝0.5kg的木块在F＝1.5N的水平拉力作用下，从水平面上A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F.木块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2.(1)求木块沿弧形槽上升的最大高度；(2)求木块沿弧形槽滑回B端后，在水平面上滑动的距离．B组能力提升练8.水平转盘可绕竖直中心轴转动，如图甲所示．一小物块质量为m，放在转盘上到中心O的距离为r处，随着转盘角速度缓慢增大，小物块所受摩擦力F随时间变化的图像如图乙所示，小物块相对转盘始终未发生移动．则从t1到t2时间内，摩擦力对小物块做的功为()A．3F0rB．2F0rC．F0rD．eq\f(1,2)F0r9．刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一．图中所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离s与刹车前的车速v的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间是滑动摩擦．据此可知，下列说法中正确的是()A．甲车与地面间的动摩擦因数较大，甲车的刹车性能好B．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好C．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好D．甲车的刹车距离s随刹车前的车速v变化快，甲车的刹车性能好10．[2023·河南安阳高一下期末](多选)如图甲所示，轻弹簧直立在地面上，一端与地面相连，另一端与质量为0.5kg的物块相连，物块处于静止状态．在物块上施加一个竖直向上的拉力F，使物块向上做初速度为零的匀加速直线运动，拉力F随位移x变化的规律如图乙所示．已知弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度g取10m/s2.下列说法正确的是()A．当物块位移为零时，弹簧压缩量为5cmB．当物块位移为10cm时，物块的运动时间为0.1sC．当物块位移为10cm时，弹簧的弹性势能和起始位置相同D．当物块位移为10cm时，拉力F对物块做功0.6J11．水平面有一长为s的粗糙段AB，其动摩擦因数与离A点的距离x满足μ＝kx(k为恒量).一物块(可看作质点)第一次从A点以速度v0向右运动，到达B点时速率为v，第二次也以相同速度v0从B点向左运动，则下列说法正确的是()A．第二次也能运动到A点，但速率不一定为vB．第二次也能运动到A点，但两次所用时间不同C．两次克服摩擦力做的功不相同D．两次速率相同的位置只有一个，且距离A为eq\f(3s,4)12．[2023·湖南高一期中]科技助力北京冬奥：我国自主研发的“人体高速弹射装置”几秒钟就能将一名滑冰运动员从静止状态加速到指定速度，辅助滑冰运动员训练各种滑行技术．如图所示，某次训练，弹射装置在加速阶段将质量m＝60kg的滑冰运动员加速到速度v0＝8m/s后水平向右抛出，运动员恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入光滑圆弧轨道AB.AB圆弧轨道的半径为R＝5m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A点与圆心O的连线与竖直方向成37°角．MN是一段粗糙的水平轨道，滑冰运动员与MN间的动摩擦因数μ＝0.08，水平轨道其他部分光滑．最右侧是一个半径为r＝2m的半圆弧光滑轨道，C点是半圆弧光滑轨道的最高点，半圆弧光滑轨道与水平轨道BD在D点平滑连接．重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.整个运动过程中将运动员简化为一个质点．(1)求运动员水平抛出点距A点的竖直高度；(2)求运动员经过B点时对轨道的压力大小；(3)若运动员恰好能通过C点，求MN的长度L.课时分层作业(二十五)动能定理的应用1．解析：滑块即将开始相对转台滑动时，最大静摩擦力(等于滑动摩擦力)提供向心力，有μmg＝eq\f(mv2,R)，根据动能定理有Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)μmgR.答案：A2．解析：对运动全过程应用动能定理有WF－Wf＝0，A正确，B错误；物块在加速运动过程中受到的拉力最大，由图知，t＝1s时拉力的瞬时功率最大，C错误；t＝1s到t＝3s这段时间内，拉力与摩擦力平衡，拉力做正功，D错误．答案：A3．解析：位移在0～0.1m内，拉力逐渐增大，则做加速度逐渐增大的变速运动，A错误；拉力方向不变，物体由静止开始运动的轨迹只能是直线，B错误；在F­x图像中，图线与x轴所围面积表示拉力做的功，故W＝1.2J＋1.8J＝3J，C正确；据动能定理W＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(3)m/s，D正确．答案：CD4．解析：物体在恒定阻力作用下运动，其加速度不随时间或位移变化．由动能定理有－Ffx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－Ffx，Ek与x是一次函数关系，C正确．答案：C5．解析：小球由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，细绳与圆柱体接触部分的长度为eq\f(1,4)×2πR＝eq\f(πR,2)，故小球下落的高度为h＝R＋eq\f(πR,2)，由动能定理可得mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(（2＋π）gR)，故A正确．答案：A关键点拨：解答本题的关键是利用几何关系确定当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，细绳与圆柱体接触部分的长度与未接触部分的长度，从而确定小球下落的高度．6．解析：根据动能定理得－μmgx＝ΔEk，解得μ＝0.2，A正确，B错误；物体的初速度v0＝eq\r(\f(2Ek,m))＝4m/s，所以物体滑行的总时间为t＝eq\f(v0,μg)＝2s，C正确，D错误．答案：AC7．解析：(1)设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，对木块由A端运动到最大高度的过程，由动能定理得Fl－μmgl－mgh＝0解得h＝eq\f(（F－μmg）l,mg)＝0.15m.(2)设木块沿弧形槽滑回B端后在水平面上滑行的距离为s，由动能定理得mgh－μmgs＝0解得s＝eq\f(h,μ)＝0.75m.答案：(1)0.15m(2)0.75m8．解析：在t1时刻F0＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),r)，在t2时刻2F0＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),r)，则从t1到t2时间内，摩擦力对小物块做的功为W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝eq\f(1,2)F0r，故选D.答案：D9．解析：由题意知μmgs＝eq\f(1,2)mv2，即s＝eq\f(v2,2μg)，由题中s­v图像知，当v甲＝v乙时，s甲>s乙，故μ甲<μ乙；当v相同时，s甲>s乙，知乙车刹车性能好．答案：B10．解析：由题图乙可知，当x＝0时，F＝1N，由牛顿第二定律有F＝ma，可得a＝2m/s2，当弹簧恢复原长时，由牛顿第二定律有F1－mg＝ma，解得F1＝6N，由题图乙可知，此时物块的位移为5cm，即当物块位移为零时，弹簧压缩量为5cm，故A正确；根据题意可知，物块向上做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式x＝eq\f(1,2)at2可得，物块位移为10cm时，物块的运动时间为t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(0.1)s，故B错误；弹簧开始的形变量为5cm，则当物块位移为10cm时，弹簧的形变量仍为5cm，即当物块位移为10cm时，弹簧的弹性势能和起始位置的弹性势能相同，故C正确；由运动学公式v2＝2ax可得，物块位移为10cm时，物块的速度为v＝eq\r(2ax)＝eq\r(0.4)m/s，设物块位移为10cm时，拉力F对物块做功为W，由动能定理有W－mgx＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝0.6J，故D正确．答案：ACD11．解析：根据μ＝kx，知物块所受的滑动摩擦力大小为Ff＝μmg＝kmgx，可知第一次物块向右运动的过程中摩擦力不断增大，加速度不断增大；而第二次向左运动的过程中，摩擦力不断减小，加速度不断减小，即物块速度减小，故第二次也能运动到A点．两个过程中，摩擦力做功相同，由动能定理可知，第二次到达A点的速率也为v，但时间变长，故A、C错误，B正确．设两次速率相同的位置距离A点的距离为x，相同的速率设为v′，根据动能定理得第一次有－eq\f(0＋μmgx,2)·x＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，第二次有－eq\f(μmgs＋μmgx,2)(s－x)＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，联立解得x＝eq\f(\r(2)s,2)，故D错误．答案：B关键点拨：解答本题的关键是要分析物块的运动情况，分段运用动能定理研究，因为摩擦力随位移均匀变化，所以求功时要用力的平均值乘以位移．12．解析：(1)根据运动的合成与分解可得运动员经过A点时的速度大小为vA＝eq\f(v0,cos37°)＝10m/s①设运动员水平抛出点距A点的竖直高度为h，对运动员从抛出点到A点的过程，由动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))②联立①②式解得h＝1.8m③(2)设运动员经过B点时的速度大小为vB，对运动员从A点到B点的过程，根据动能定理有mg(R－Rcos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))④设运动员经过B点时所受轨道支持力大小为FN，根据牛顿第二定律及向心力公式有FN－mg＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),R)⑤联立①④⑤式解得FN＝2040N⑥根据牛顿第三定律可知，运