第八章　习题课 动能定理的应用

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第八章机械能守恒定律习题课:动能定理的应用课后篇巩固提升合格考达标练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-mv2 B.mv2-mghC.-mgh D.-答案A解析由A到C的过程运用动能定理可得,-mgh+W=0-mv2,所以W=mgh-mv2,故A正确。2.(2021湖南湘潭一中月考)如图甲所示,质量为m的物体从高为h的斜面顶端由静止下滑,最后停在水平面上,若该物体以v0的初速度从顶端下滑,最后仍停在水平面上。图乙为物体两次在水平面上运动的v-t图像,则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力所做的功为(　　)A.-3mgh B.3mgh-C.-mgh D.mgh-答案D解析若物体由静止开始从顶端下滑,由动能定理得mgh-Wf=,若该物体以v0的初速度从顶端下滑,由动能定理得mgh-Wf=,由题图乙可知,物体两次滑到水平面的速度关系为v2=2v1,由以上三式解得Wf=mgh-,D正确,A、B、C错误。3.(2021山东卷)如图所示,粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆,一端可绕竖直光滑轴O转动,另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发,恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中,木块所受摩擦力的大小为(　　)A. B.C. D.答案B解析在小木块运动一周的过程中,由动能定理得-Ff·2πL=0-,所以摩擦力Ff=,选项B正确。4.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,物体随转台由静止开始转动。当转速增至某一值时,物体即将在转台上滑动,此时转台开始匀速转动。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.答案D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提供向心力,设此时物体做圆周运动的线速度为v,则有μmg=。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=mv2-0。联立解得W=μmgR。 5.如图所示,假设在某次比赛中运动员从10 m高处的跳台无初速度跳下,设水的平均阻力为其重力的3倍,在粗略估算中,把运动员当作质点处理,为了保证运动员的人身安全,池水深度至少为(不计空气阻力)(　　)A.5 m B.3 m C.7 m D.1 m答案A解析设水深h,对全程运用动能定理得mg(h0+h)-Ffh=0,Ff=3mg,即mg(h0+h)=3mgh,所以h=5 m,选项A正确。6.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答案C解析恰好通过竖直光滑轨道的最高点C时,在C点有mg=,对小球,由动能定理W-2mgR=mv2,联立解得W=2.5mgR,选项C正确。7.(2021山东枣庄检测)如图所示,两个对称的与水平面成60°角的粗糙斜轨与一个半径R=2 m、张角为120°的光滑圆弧轨道平滑相连。一个小物块在h=3 m高处从静止开始沿斜面向下运动。物块与斜轨接触面间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2。(1)请你分析一下物块将怎样运动。(2)计算物块在斜轨上通过的总路程。答案(1)见解析　(2)20 m解析(1)物块最后在圆弧左右两端点间来回运动,且在端点的速度为0;(2)物块由释放到最后运动到圆弧的左端点或右端点过程,根据动能定理有mg[h-R(1-cos 60°)]-μmgcos 60°·s=0代入数据解得物块在斜轨上通过的总路程s=20 m。8.如图所示,竖直平面内的圆弧形光滑管道内径略大于小球直径,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点时,管壁对小球的弹力大小是小球重力大小的9倍。求:(1)释放点距A点的竖直高度。(2)落点C与A点的水平距离。答案(1)3R　(2)(2-1)R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=              ①从最高点到B点的过程中,由动能定理得mg(h+R)= ②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= ④由平抛运动的规律得R=gt2 ⑤R+x=v2t ⑥联立④⑤⑥解得x=(2-1)R。等级考提升练9.如图所示,AB为圆弧轨道,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从静止开始下落,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.μmgR B.mgRC.-mgR D.(1-μ)mgR答案D解析物体从A运动到B所受的弹力要发生变化,摩擦力大小也要随之变化,所以克服摩擦力所做的功,不能直接由做功的公式求得。而在BC段克服摩擦力所做的功,可直接求得。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,根据动能定理,有mgR-WAB-μmgR=0。所以有WAB=mgR-μmgR=(1-μ)mgR。10.如图所示,运输机器人水平推着小车沿水平地面从静止开始运动,机器人对小车和货物做功的功率恒为40 W,已知小车和货物的总质量为20 kg,小车受到的阻力为小车和货物重力的,小车向前运动了10 s达到最大速度,重力加速度g取10 m/s2。则(　　)A.小车运动的最大速度为2 m/sB.该过程小车的加速度不变C.小车向前运动的位移为20 mD.机器人对小车和货物做的功为200 J答案A解析当牵引力等于阻力时小车的速度达到最大,故vm= m/s=2 m/s,选项A正确;由P=Fv得,功率不变,速度增大,则力F减小,由牛顿第二定律得F-Ff=ma得小车运动的加速度逐渐减小,选项B错误;W=Pt=400 J,选项D错误;根据动能定理得Pt-Ffx=,解得x=18 m,选项C错误。11.如图所示,光滑圆轨道固定在竖直面内,一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动,已知小球在最低点时对轨道的压力大小为FN1,在最高点时对轨道的压力大小为FN2。重力加速度大小为g,则FN1-FN2的值为              (　　)A.3mg B.4mg C.5mg D.6mg答案D解析在最低点有FN1-mg=m,在最高点有FN2+mg=m。小球在运动过程中由动能定理得-mg·2R=,解得FN1-FN2=6mg,选项D正确。12.如图所示,一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功,则(　　)A.W=mgR,质点恰好可以到达Q点B.W>mgR,质点不能到达Q点C.W=mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离D.W<mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离答案C解析根据质点滑到轨道最低点N时,对轨道压力为4mg,利用牛顿第三定律可知,轨道对质点的支持力为4mg,在最低点,由牛顿第二定律得4mg-mg=m,解得质点滑到最低点的速度v=。对质点从开始下落到滑到最低点的过程,由动能定理得2mgR-W=mv2,解得W=mgR。对质点由最低点继续上滑的过程,-mgR-W'=mv2,NQ段质点的平均速度小于PN段,故平均支持力小于PN段,故从N到达Q点时克服摩擦力做功W'要小于W=mgR,由此可知,质点到达Q点后,速度不为零,可继续上升一段距离,选项C正确,A、B、D错误。13.如图所示,一个质量为m=0.6 kg的小球以初速度v0=2 m/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=0.3 m,θ=60°,g取10 m/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。答案(1)4 m/s　(2)0.6 m　(3)1.2 J解析(1)在A点由速度的合成得vA=解得vA=4 m/s。(2)P点到A点小球做平抛运动,竖直分速度vy=v0tan θ由运动学规律有=2gh,由以上两式解得h=0.6 m。(3)恰好过C点满足mg= 由A点到C点由动能定理得-mgR(1+cos θ)-W=代入数据解得W=1.2 J。14.如图所示,倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连,O点为轨道圆心,BC为圆轨道直径且处于竖直方向,A、C两点等高。质量m=1 kg 的滑块从A点由静止开始下滑,恰能滑到与O点等高的D点,g取10 m/s2。(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ;(2)若使滑块能到达C点,求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值;(3)若滑块离开C点的速度大小为10 m/s,求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t。答案(1)0.375　(2)2 m/s　(3)0.1 s解析(1)滑块从A到D过程,根据动能定理有mg·(2R-R)-μmgcos 37°×=0,整理得μ=tan 37°=0.375。(2)若滑块能到达C点,根据牛顿第二定律有mg+FN=m,因FN≥0,解得vC≥ m/s=2 m/s滑块从A到C的过程,根据动能定理有-μmgcos 37°×解得v0= m/s=2 m/s(3)离开C点做平抛运动,则有x=vC't,y=gt2又由几何关系有tan 37°=,联立代入得t=0.1 s。