人教版 (新课标)必修2第七章 机械能守恒定律9.实验：验证机械能守恒定律课时练习

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第9讲 习题课：动能


定理








[时间：60分钟]


题组一 应用动能定理求变力做的功


1．如图1所示，AB为eq \f(1,4)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( )





图1


A.eq \f(1,2)μmgR B.eq \f(1,2)mgR C．－mgR D．(1－μ)mgR


2.如图2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( )





图2


A．mgh－eq \f(1,2)mv2 B.eq \f(1,2)mv2－mgh C．－mgh D．－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mgh＋\f(1,2)mv2))


3．质量为m的汽车在平直公路上行驶，发动机的功率P和汽车受到的阻力Ff均恒定不变，在时间t内，汽车的速度由v0增加到最大速度vm，汽车前进的距离为s，则此段时间内发动机所做的功W可表示为( )


A．W＝PtB．W＝Ffs


C．W＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)＋FfsD．W＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,m)＋Ffs


题组二 应用动能定理分析多过程问题


4．某消防队员从一平台上跳下，下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身的重心又下降了0.5 m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为( )


A．自身所受重力的2倍


B．自身所受重力的5倍


C．自身所受重力的8倍


D．自身所受重力的10倍


5．木块在水平恒力F的作用下，沿水平路面由静止出发前进了L，随即撤去此恒力，木块沿原方向又前进了2L才停下来，设木块运动全过程中地面情况相同，则摩擦力的大小Ff和木块所获得的最大动能Ek分别为( )


A．Ff＝eq \f(F,2) Ek＝eq \f(FL,2)B．Ff＝eq \f(F,2) Ek＝FL


C．Ff＝eq \f(F,3) Ek＝eq \f(2FL,3)D．Ff＝eq \f(2,3)F Ek＝eq \f(FL,3)


6.在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到vmax后，立即关闭发动机直至静止，v－t图象如图3所示，设汽车的牵引力为F，受到的摩擦力为Ff，全程中牵引力做功为W1，克服摩擦力做功为W2，则( )





图3


A．F∶Ff＝1∶3 B．W1∶W2＝1∶1


C．F∶Ff＝4∶1 D．W1∶W2＝1∶3


7．某旅游景点的滑沙场如图4甲所示，滑道可看做斜面，一名旅游者乘同一个滑沙撬从A点由静止出发，先后沿倾角不同的滑道AB和AB′滑下，最后停在水平沙面上，示意图如图乙所示，设滑沙撬和沙面间的动摩擦因数处处相同，则该旅游者( )





图4


A．沿两滑道滑行的位移一定相等


B．沿两滑道滑行的时间一定相等


C．沿两滑道滑行的总路程一定相等


D．到达B点和B′点的速度相同


题组三 综合应用


8．如图5所示，一个质量为m＝0.6 kg的小球以某一初速度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，进入圆弧时无机械能损失)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＝10 m/s2.试求：





图5


(1)小球到达A点的速度vA的大小；


(2)P点与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.














9．如图6所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑．一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点速度为零．(g取10 m/s2)求：





图6


(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；


(2)物体第5次经过B点时的速度；


(3)物体最后停止的位置(距B点多少米)．











10．如图7所示，光滑水平面AB与一半圆形轨道在B点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，重力加速度为g.求：





图7


(1)弹簧弹力对物块做的功；


(2)物块从B到C克服阻力的功；


(3)物块离开C点后，再落回到水平面上时的动能．











11．如图8所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外圆ABCD光滑，内圆的上半部分B′C′D′粗糙，下半部分B′A′D′光滑．一质量为m＝0.2 kg的小球从外轨道的最低点A处以初速度v0向右运动，小球的直径略小于两圆的间距，小球运动的轨道半径R＝0.2 m，取g＝10 m/s2.





图8


(1)若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动，初速度v0至少为多少？


(2)若v0＝3 m/s，经过一段时间后小球到达最高点，内轨道对小球的支持力FC＝2 N，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？


(3)若v0＝3.1 m/s，经过足够长的时间后，小球经过最低点A时速度vA为多少？





答案精析


第9讲 习题课：动能定理


1．D [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.]


2．A [由A到C的过程运用动能定理可得：－mgh＋W＝0－eq \f(1,2)mv2，所以W＝mgh－eq \f(1,2)mv2，故A正确．]


3．AC [由题意知，发动机功率不变，故t时间内发动机做功W＝Pt，所以A正确；车做加速运动，故牵引力大于阻力Ff，故B错误；根据动能定理W－Ffs＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)，所以C正确，D错误．]


4．B [设地面对双脚的平均作用力为F，在全过程中，由动能定理得mg(H＋h)－Fh＝0


F＝eq \f(mgH＋h,h)＝eq \f(2＋0.5,0.5)mg＝5mg，B正确．]


5．C


6．BC [对汽车运动的全过程，由动能定理得：W1－W2＝ΔEk＝0，所以W1＝W2，选项B正确，选项D错误；由图象知x1∶x2＝1∶4.由动能定理得Fx1－Ffx2＝0，所以F∶Ff＝4∶1，选项A错误，选项C正确．]


7．A


8．(1)4 m/s (2)0.6 m (3)1.2 J


解析 (1)在A处由速度的合成得vA＝eq \f(v0,cs θ)


代值解得vA＝4 m/s


(2)P到A小球做平抛运动，竖直分速度vy＝v0tan θ


由运动学规律有veq \\al( 2,y)＝2gH


由以上两式解得H＝0.6 m


(3)恰好过C点满足mg＝eq \f(mv\\al( 2,C),R)


由A到C由动能定理得


－mgR(1＋cs θ)－W＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,A)


代入解得W＝1.2 J.


9．(1)0.5 (2)4eq \r(11) m/s (3)距B点0.4 m


解析 (1)由动能定理得


－mg(h－H)－μmgsBC＝0－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,1)，解得μ＝0.5.


(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgH－μmg·4sBC＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,1)，解得v2＝4eq \r(11) m/s


(3)分析整个过程，由动能定理得mgH－μmgs＝0－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,1)，


解得s＝21.6 m.


所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m，故距B点的距离为2 m－1.6 m＝0.4 m.


10．见解析


解析 (1)由动能定理得W＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,B)


在B点由牛顿第二定律得7mg－mg＝meq \f(v\\al( 2,B),R)


解得W＝3mgR


(2)物块从B到C由动能定理得


eq \f(1,2)mveq \\al( 2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,B)＝－2mgR＋W′


物块在C点时mg＝meq \f(v\\al( 2,C),R)


解得W′＝－eq \f(1,2)mgR，即物体从B到C克服阻力做功为eq \f(1,2)mgR.


(3)物块从C点平抛到水平面的过程中，由动能定理得


2mgR＝Ek－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,C)，Ek＝eq \f(5,2)mgR


11．(1)eq \r(10) m/s (2)0.1 J (3)2 m/s


解析 (1)设此情形下小球到达外轨道的最高点的最小速度为vC，则由牛顿第二定律可得mg＝eq \f(mv\\al(2,C),R)


由动能定理可知－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)


代入数据解得：v0＝eq \r(10) m/s.


(2)设此时小球到达最高点的速度为vC′，克服摩擦力做的功为Wf，则由牛顿第二定律可得mg－FC＝eq \f(mvC′2,R)


由动能定理可知－2mgR－Wf＝eq \f(1,2)mvC′2－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)


代入数据解得：Wf＝0.1 J


(2)经过足够长的时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动．设小球经过最低点的速度为vA，则由动能定理可知mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,A)


代入数据解得：vA＝2 m/s.