第2講 動(dòng)能定理及其應(yīng)用 練習(xí)

1、.配餐作業(yè)動(dòng)能定理及其應(yīng)用見學(xué)生用書P337A組·根底穩(wěn)固題1兩顆人造地球衛(wèi)星，都能在圓形軌道上運(yùn)行，它們的質(zhì)量相等，軌道半徑之比等于2，那么它們的動(dòng)能之比等于A2B.C.D.解析地球引力提供向心力Gm，那么衛(wèi)星的動(dòng)能為Ekmv2，所以，選C項(xiàng)。答案C2據(jù)海軍論壇報(bào)道，我國02號(hào)新型航母將采用令世界震驚的飛機(jī)起飛方式電磁彈射起飛。原理相當(dāng)于電磁炮的加速原理，強(qiáng)大的電磁力能使飛機(jī)在很短時(shí)間內(nèi)由靜止加速到v1，然后在發(fā)動(dòng)機(jī)的推力作用下加速到起飛速度v2。假設(shè)電磁加速軌道程度且長為x，不計(jì)阻力，某艦載機(jī)的質(zhì)量為m，電磁力恒定，那么電磁力的平均功率是A.B.C.D.解析以飛機(jī)為研究對(duì)象，由動(dòng)

2、能定理得Fxmv，F(xiàn)v1，解得，故B項(xiàng)正確。答案B3多項(xiàng)選擇如圖是利用太陽能驅(qū)動(dòng)的小車，假設(shè)小車在平直的水泥路上從靜止開場(chǎng)加速行駛，經(jīng)過時(shí)間t前進(jìn)間隔 s，速度到達(dá)最大值vm，在這一過程中電動(dòng)機(jī)的功率恒為P，小車所受阻力恒為F，那么這段時(shí)間內(nèi)A小車做勻加速運(yùn)動(dòng)B電動(dòng)機(jī)所做的功為PtC電動(dòng)機(jī)所做的功為mvD電動(dòng)機(jī)所做的功為Fsmv解析對(duì)小車由牛頓第二定律得Fma，由于小車的速度逐漸增大，故小車加速度逐漸減小，小車做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；電動(dòng)機(jī)對(duì)小車所做的功WPt，B項(xiàng)正確；對(duì)小車由動(dòng)能定理得WFsmv，解得WFsmv，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。答案BD4多項(xiàng)選擇在工廠的流水線上安裝有足夠

3、長的程度傳送帶，用程度傳送帶傳送工件，可以大大進(jìn)步工作效率，如下圖，程度傳送帶以恒定的速率v運(yùn)送質(zhì)量為m的工件，工件以v0v0<v的初速度從A位置滑上傳送帶，工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，那么A工件滑上傳送帶到與傳送帶相對(duì)靜止所需時(shí)間為B因傳送工件電動(dòng)機(jī)多做的功為mv2vC傳送帶的摩擦力對(duì)工件所做的功為mvv02D工件與傳送帶的相對(duì)位移為解析工件滑上傳送帶后先做勻加速運(yùn)動(dòng)，mgma，ag，相對(duì)滑動(dòng)時(shí)間為t，A項(xiàng)正確；因傳送工件電動(dòng)機(jī)多做的功Wmgvtmvvv0，B項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理傳送帶對(duì)工件做功W1mv2v，C項(xiàng)錯(cuò)誤；工件與傳送帶的相對(duì)位移xvtt，D項(xiàng)正確。答案AD

4、5如圖，一半徑為R、粗糙程度處處一樣的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ程度。一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開場(chǎng)下落，恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道。質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí)，對(duì)軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小。用W表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中抑制摩擦力所做的功。那么AWmgR，質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn)BWmgR，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn)CWmgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段間隔 DWmgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段間隔 解析根據(jù)動(dòng)能定理得P點(diǎn)動(dòng)能EkPmgR，經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律和向心力公式可得4mgmgm，所以N點(diǎn)動(dòng)能為EkN，從P點(diǎn)到N點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理可得mgRWmgR，即抑制摩擦

5、力做功W。質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程，半徑方向的合力提供向心力即FNmgcosmam，根據(jù)左右對(duì)稱，在同一高度處，由于摩擦力做功導(dǎo)致在右邊圓形軌道中的速度變小，軌道彈力變小，滑動(dòng)摩擦力fFN變小，所以摩擦力做功變小，那么從N到Q，根據(jù)動(dòng)能定理，Q點(diǎn)動(dòng)能EkQmgRWmgRW，由于W，所以Q點(diǎn)速度仍然沒有減小到0，會(huì)繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)一段間隔 ，對(duì)照選項(xiàng)，C項(xiàng)正確。答案C6質(zhì)量為m的小球在豎直向上的拉力作用下從靜止開場(chǎng)運(yùn)動(dòng)，其vt圖象如下圖豎直向上為正方向，DE段為直線，重力加速度大小為g，以下說法正確的選項(xiàng)是At3t4時(shí)間內(nèi)，小球豎直向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)Bt0t2時(shí)間內(nèi)，合力對(duì)小球先做正功后做負(fù)功C0t2時(shí)間內(nèi)，

6、小球的平均速度一定為Dt3t4時(shí)間內(nèi)，拉力做的功為v4v3gt4t3解析t3t4時(shí)間內(nèi)小球做豎直向上的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；t0t2時(shí)間內(nèi)小球速度一直增大，合力對(duì)小球一直做正功，B項(xiàng)錯(cuò)誤；0t3時(shí)間內(nèi)小球的運(yùn)動(dòng)不是勻變速運(yùn)動(dòng)，不等于，C項(xiàng)錯(cuò)誤；t3t4由動(dòng)能定理得WFmghmvmv，且hv4v3t4t3，解得WF，D項(xiàng)正確。答案D7多項(xiàng)選擇如下圖，在傾角為的斜面上，輕質(zhì)彈簧一端與斜面底端固定，另一端與質(zhì)量為M的平板A連接，一個(gè)質(zhì)量為m的物體B靠在平板的右側(cè)，A、B與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為。開場(chǎng)時(shí)用手按住物體B使彈簧處于壓縮狀態(tài)，現(xiàn)放手，使A和B一起沿斜面向上運(yùn)動(dòng)間隔 L時(shí)，A和B到達(dá)最大速度

7、v。那么以下說法正確的選項(xiàng)是AA和B到達(dá)最大速度v時(shí)，彈簧是自然長度B假設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中A和B可以別離，那么A和B恰好別離時(shí)，二者加速度大小均為gsincosC從釋放到A和B到達(dá)最大速度v的過程中，彈簧對(duì)A所做的功等于Mv2MgLsinMgLcosD從釋放到A和B到達(dá)最大速度v的過程中，B受到的合力對(duì)它做的功等于mv2解析A和B到達(dá)最大速度v時(shí)，A和B的加速度為零。對(duì)AB整體：由平衡條件知kxmMgsinmMgcos，所以此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；A和B恰好別離時(shí)，A、B間的彈力為0，A、B的加速度一樣，對(duì)B受力分析，由牛頓第二定律知，mgsinmgcosma，得agsingcos，故B項(xiàng)

8、正確；從釋放到A和B到達(dá)最大速度v的過程中，對(duì)AB整體，根據(jù)動(dòng)能定理得W彈mMgLsinmMgcos·LmMv2，所以彈簧對(duì)A所做的功W彈mMv2mMgLsinmMgcos·L，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；從釋放到A和B到達(dá)最大速度v的過程中，對(duì)于B，根據(jù)動(dòng)能定理得B受到的合力對(duì)它做的功W合Ekmv2，故D項(xiàng)正確。答案BDB組·才能提升題8如下圖，豎直平面內(nèi)放一直角桿MON，OM程度，ON豎直且光滑，用不可伸長的輕繩相連的兩小球A和B分別套在OM和ON桿上，B球的質(zhì)量為2 kg，在作用于A球的程度力F的作用下，A、B兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)OA0.3 m，OB0.4 m，改變程度

9、力F的大小，使A球向右加速運(yùn)動(dòng)，A球向右運(yùn)動(dòng)0.1 m時(shí)速度大小為3 m/s，那么在此過程中繩的拉力對(duì)B球所做的功為g取10 m/s2A11 J B16 JC18 J D9 J解析A球向右運(yùn)動(dòng)0.1 m時(shí)，vA3 m/s，OA0.4 m，OB0.3 m，設(shè)此時(shí)BAO，那么有tan。由運(yùn)動(dòng)的合成與分解可得vAcosvBsin，解得vB4 m/s。以B球?yàn)檠芯繉?duì)象，此過程中B球上升高度h0.1 m，由動(dòng)能定理，Wmghmv，解得輕繩的拉力對(duì)B球所做的功為Wmghmv2×10×0.1 J×2×42 J18 J，C項(xiàng)正確。答案C9如下圖，上外表程度的圓盤固定在程

10、度地面上，一小物塊從圓盤邊緣上的P點(diǎn)，以大小恒定的初速度v0，在圓盤上沿與直徑PQ成不同夾角的方向開場(chǎng)滑動(dòng)，小物塊運(yùn)動(dòng)到圓盤另一邊緣時(shí)的速度大小為v，那么v2cos圖象應(yīng)為解析設(shè)圓盤半徑為r，小物塊與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，由動(dòng)能定理可得，mg·2rcosmv2mv，整理得v2v4grcos，可知v2與cos為線性關(guān)系，斜率為負(fù)，故A項(xiàng)正確，B、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案A【解題技巧】此題考察數(shù)學(xué)在物理中的運(yùn)用才能，解題的關(guān)鍵是根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律找出v2與cos的函數(shù)關(guān)系式，再與圖象對(duì)照即可輕松解決問題。10. 2019·三明A片區(qū)聯(lián)盟期末考試多項(xiàng)選擇如下圖，物塊A、B、C、D的

11、質(zhì)量都是m，并都可看作質(zhì)點(diǎn)，四個(gè)物塊用細(xì)線通過輕質(zhì)滑輪連接。物塊B與C、C與D、D與地面的間隔 都是L?，F(xiàn)將物塊A下方的細(xì)線剪斷，假設(shè)物塊A間隔 滑輪足夠遠(yuǎn)且不計(jì)一切阻力，那么AA上升的最大速度是BA上升的最大速度是CA上升的最大高度是DA上升的最大高度是解析設(shè)物塊D落地時(shí)速度為v1，在物塊D落地過程中，對(duì)四個(gè)物塊應(yīng)用動(dòng)能定理有3mgLmgL×4mv；在物塊C落地過程中，對(duì)三個(gè)物塊應(yīng)用動(dòng)能定理有2mgLmgL×3mv×3mv，聯(lián)立解得v2，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；之后物塊B勻速下降直到落地，A勻速上升，至此A已上升了3L的高度；再往后物塊A做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，還可以上升h

12、，A上升的最大高度Hh3LL，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。答案AD11.如下圖，一可以看作質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量m2 kg的小球以初速度v0沿光滑的程度桌面飛出后，恰好從A點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入圓弧軌道，其中B為軌道的最低點(diǎn)，C為最高點(diǎn)且與程度桌面等高，圓弧AB對(duì)應(yīng)的圓心角53°，軌道半徑R0.5 m。sin53°0.8，cos53°0.6，不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2。求：1小球的初速度v0的大小。2假設(shè)小球恰好能通過最高點(diǎn)C，求在圓弧軌道上摩擦力對(duì)小球做的功。解析1小球從桌面飛出到A點(diǎn)的過程中，做平拋運(yùn)動(dòng)，那么由動(dòng)能定理有mv2mvmgRRcos，cos，解得v03 m/s。2小球

13、恰好能通過最高點(diǎn)C的臨界條件是mgm，而小球從桌面到C的過程中，重力做的功為0，由動(dòng)能定理得Wfmvmv；解得在圓弧軌道上摩擦力對(duì)小球做的功為Wf4 J。答案13 m/s24 J122019·江蘇如下圖，兩個(gè)半圓柱A、B緊靠著靜置于程度地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R。C的質(zhì)量為m，A、B的質(zhì)量都為，與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為?，F(xiàn)用程度向右的力拉A，使A緩慢挪動(dòng)，直至C恰好降到地面。整個(gè)過程中B保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。求：1未拉A時(shí)，C受到B作用力的大小F。2動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值min。3A挪動(dòng)的整個(gè)過程中，拉力做的功W。解析1C受力平衡，如下圖。根據(jù)平衡條件可得2Fcos30°mg, 計(jì)算得出C受到B作用力的大小為Fmg。2C恰好降落到地面時(shí)，B對(duì)C支持