2024-2025学年高中物理第7章机械能守恒定律习题课动能定理的综合应用课时分层训练新人教版必修2

PAGEPAGE1习题课动能定理的综合应用课时提升训练一、选择题1．用起重机提升货物，货物上升过程中的v­t图象如图所示，在t＝3s到t＝5s内，重力对货物做的功为W1、绳索拉力对货物做的功为W2、货物所受合力做的功为W3，则()A．W1＞0 B．W2＜0C．W2＞0 D．W3＞0解析：选C分析题图可知，货物始终向上运动，依据功的定义式可得：重力做负功，拉力做正功，即W1＜0，W2＞0，故A、B错误，C正确；依据动能定理：合力做的功W3＝0－eq\f(1,2)mv2，v＝2m/s，即W3＜0，故D错误．2．如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，AB＝2BC.小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知P由静止起先从A点释放，恰好能滑动到C点而停下，那么θ、μ1、μ2间应满意的关系是()A．tanθ＝eq\f(μ1＋2μ2,3) B．tanθ＝eq\f(2μ1＋μ2,3)C．tanθ＝2μ1－μ2 D．tanθ＝2μ2＋μ1解析：选B由动能定理得mg·xAC·sinθ－μ1mgcosθ·xAB－μ2mgcosθ·xBC＝0，又因为xAB＝2xBC，则有tanθ＝eq\f(2μ1＋μ2,3)，故选项B正确．3．如图所示，在倾角为θ的斜面底端固定一根劲度系数足够大的弹簧(力作用在弹簧上形变很小，可以忽视不计)，弹簧的上端与斜面上B点对齐．将一个物块从斜面上的A点由静止释放，物块被弹簧反弹沿斜面上滑，到最高点时离A点的距离为x.物块的大小不计，A、B间的距离为L，则物块与斜面间的动摩擦因数大小为()A.eq\f(x,2L－x)tanθ B．eq\f(x,L－x)tanθC.eq\f(x,L＋x)tanθ D．eq\f(x,L＋2x)tanθ解析：选A从A点释放到返回至最高点，重力做正功，摩擦力做负功，弹簧的弹力不做功，动能的改变量为零，依据动能定理得：mgxsinθ－μmgcos(2L－x)＝ΔEk＝0，解得μ＝eq\f(x,2L－x)tanθ，故A选项正确．4．如图所示，一个小球质量为m，静止在光滑的轨道上．现以水平力击打小球，使小球能够通过半径为R的竖直光滑轨道的最高点C，则水平力对小球所做的功至少为()A．mgR B．2mgRC．2.5mgR D．3mgR解析：选C要通过竖直光滑轨道的最高点C，在C点，则有mg＝eq\f(mv2,R)，对小球，由动能定理W－2mgR＝eq\f(1,2)mv2，联立解得W＝2.5mgR，故C选项正确．5.如图所示，在半径为0.2m的固定半球形容器中，一质量为1kg的小球(可视为质点)自边缘上的A点由静止起先下滑，到达最低点B时，它对容器的正压力大小为15N．取重力加速度为g＝10m/s2，则球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为()A．0.5J B．1.0JC．1.5J D．1.8J解析：选C在B点有FN－mg＝meq\f(v2,R)，得EkB＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)(FN－mg)R.A滑到B的过程中运用动能定理得mgR＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，得Wf＝eq\f(1,2)R(FN－3mg)＝eq\f(1,2)×0.2×(15－30)J＝－1.5J，所以球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为1.5J，C正确．6．(多选)如图所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡底部A处由静止起先运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，AB的水平距离为s.下列说法正确的是()A．小车克服重力所做的功是mghB．合力对小车做的功是eq\f(1,2)mv2C．推力对小车做的功是Fs－mghD．小车克服阻力做的功是eq\f(1,2)mv2＋mgh－Fs解析：选AB若克服阻力做的功为W，由动能定理可得Fs－mgh－W＝eq\f(1,2)mv2－0，得W＝Fs－mgh－eq\f(1,2)mv2，D错误；推力对小车做的功可由Fs计算，因为F是水平恒力，s是水平位移，C错误；由动能定理可知，B正确；克服重力做功为mgh，A正确．7．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．eq\f(μmgR,2)解析：选D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＝eq\f(mv2,R)①.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＝eq\f(1,2)mv2－0②，联立①②解得W＝eq\f(1,2)μmgR.8．(多选)如图甲所示，质量m＝2kg的物体以100J的初动能在粗糙的水平地面上滑行，其动能Ek随位移x改变的关系图象如图乙所示，则下列推断正确的是()A．物体运动的总位移大小为10mB．物体运动的加速度大小为10m/s2C．物体运动的初速度大小为10m/sD．物体所受的摩擦力大小为10N解析：选ACD由图象可知，物体运动的总位移为10m，依据动能定理得，－Ffx＝0－Ek0，解得Ff＝eq\f(Ek0,x)＝eq\f(100,10)N＝10N，故A、D正确；依据牛顿其次定律得，物体运动的加速度大小a＝eq\f(Ff,m)＝eq\f(10,2)m/s2＝5m/s2，故B错误；依据Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得v0＝eq\r(\f(2Ek0,m))＝eq\r(\f(2×100,2))m/s＝10m/s，故C正确．二、非选择题9．如图所示，用汽车通过定滑轮拖动水面上的货船，汽车从静止起先把船从B拖到A，若滑轮的大小和摩擦不计，船的质量为M，阻力为船重的k倍，船在A处时汽车的速度为v，其他数据如图所示，则这一过程中汽车对船做的功为多少？(绳的质量不计)解析：船在A处的速度为vA＝eq\f(v,cosθ2).而克服阻力所做的功Wf＝kMg(Hcotθ1－Hcotθ2)，依据动能定理WF－Wf＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(A,2)－0，所以WF＝eq\f(Mv2,2cos2θ2)＋kMgH(cotθ1－cotθ2)．答案：eq\f(Mv2,2cos2θ2)＋kMgH(cotθ1－cotθ2)10．如图所示，斜面倾角为θ，滑块质量为m，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，从距挡板为s0的位置以v0的速度沿斜面对上滑行．设重力沿斜面的分力大于滑动摩擦力，且每次与P碰撞前后的速度大小保持不变，挡板与斜面垂直，斜面足够长．求滑块从起先运动到最终停止滑行的总路程s.解析：滑块在斜面上运动时受到的摩擦力大小Ff＝μFN＝μmgcosθ①整个过程滑块下落的总高度h＝s0sinθ②依据动能定理mgh－Ff·s＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)③联立①②③得s＝eq\f(s0tanθ,μ)＋eq\f(v\o\al(0,2),2μgcosθ).答案：eq\f(s0tanθ,μ)＋eq\f(v\o\al(2,0),2μgcosθ)11.如图所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长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，从桌面上的A端由静止起先向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2.求：(1)木块沿弧形槽上升的最大高度(木块未离开弧形槽)；(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑动的最大距离．解析：(1)设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，木块在最高点时的速度为零．从木块起先运动到沿弧形槽上升到最高点，由动能定理得FL－FfL－mgh＝0其中Ff＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10N＝1.0N所以h＝eq\f(FL－FfL,mg)＝eq\f(1.5－1.0×1.5,0.5×10)m＝0.15m.(2)设木块离开B点后沿桌面滑动的最大距离为x.由动能定理得mgh－Ffx＝0所以x＝eq\f(mgh,Ff)＝eq\f(0.5×10×0.15,1.0)m＝0.75m.答案：(1)0.15m(2)0.75m12．如图绘出了当轮胎与地面间的动摩擦因数是μ时，刹车痕迹(即刹车距离)与刹车前车速的关系．v为车速，s为刹车痕迹长度．例如，刹车痕迹长度为20m，则刹车前车速为60km/h(g取10m/s2)．(1)尝试用动能定理说明汽车刹车距离s与车速v的关系；(2)若是发生了车祸，交通警察要依据碰撞后两车的损害程度(与车子结构相关)、撞后车子的位移及转动情形等来估算碰撞前司机是否刹车及刹车前的车速．若估算出碰撞时车子的速度为40km/h，碰撞前的刹车痕迹为20m，依据图线分析，车子原来的车速是多少？并求出轮胎与地面间的动摩擦因数μ的值．解析：(1)依据动能定理得－μmgs＝－eq\f(1,2)mv2，所以s＝eq\f(v2,2μg)，故刹车距离与刹车时速度的平方成正比．(