2019高中物理 第四章 机械能和能源 动能定理的应用练习（基础篇）教科版必修2.doc

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1、1动能定理的应用动能定理的应用( (基础篇基础篇) )一、选择题：1在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到maxv后，立即关闭发动机直至静止，v-t图像如图所示，设汽车的牵引力为 F，摩擦力为 f，全程中牵引力做功为 W1，克服摩擦力做功为 W2，则( )AF:f1:3 BW1:W21:l CF:f4:1 DW1:W21:32某物体同时受到两个在同一直线上的力 F1、F2的作用，物体从静止开始做直线运动，其位移与力 F1、F2的关系图像如图所示，在这 4 m 内，物体具有最大动能时的位移是( ) A1 m B2 m C3 m D4 m3质量为 m 的汽车的发动机的功率恒为 P，摩

2、擦阻力恒为fF，牵引力为 F，汽车由静止开始，经过时间t 行驶了位移l时，速度达到最大值 vm，则发动机所做的功为( )APt BfmF v t C21 2mfmvF l DFl4一个物体从斜面底端冲上足够长的斜面后又返回到斜面底端，已知物体的初动能为 E，它返回到斜面 底端的速度为 v，克服摩擦力做功为 E/2，若物体以 2E 的初动能冲上斜面，则有( )A返回斜面底端时的速度大小为2v B返回斜面底端时的动能为 EC返回斜面底端时的动能为3 2ED物体两次往返克服摩擦力做功相同5高空作业须系安全带。如果质量为 m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为

3、h（可视为自由落体运动） 。此后经历时间 t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A2mghmgt B2mghmgt Cm ghmgt Dm ghmgt6如图所示，同定的竖直光滑长杆上套有质量为 m 的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹 簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为 L，圆环下滑到最 大距离时弹簧的长度变为 2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )A圆环的机械能守恒B弹簧弹性势能变化了3mgLC圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D圆环重力势能与弹簧弹性势能

4、之和保持不变二、解答题：21一质量为 10kg，以 10m/s 的速度向右匀速运动，已知物体与水平面间的动摩擦因数为 0.1，若忽然施 加一个水平向右的大小为 30N 的恒力，求物体被施加力后 5s 末具有的动能。2质量为 m=0.2kg 的物体置于水平桌面上，在 F=2N 的水平拉力作用下前进了10.6lm（如图所示） ，此时 F 停止作用，物体与桌面间的动摩擦因数0.20，取29.8/gm s。（1）求物块滑到21.0lm处时的速度；（2）物体能滑动多远？3质量为 m 的物体以速度 v0竖直向上抛出，物体落回地面时，速度大小为03 4v，设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变。 （1）求物

5、体运动过程中所受空气阻力的大小； （2）若物体落地碰撞过程中无能量损失，求物体运动的总路程。4如图所示的“S”形玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，放置在竖直平面内，轨道弯 曲部分是由两个半径相等的半圆对接而成，圆半径比细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切，轨道 在水平方向不可移动。弹射装置将一个小球（可视为质点）从 a 点水平弹射向 b 点并进入轨道，经过轨 道后从最高点 d 水平抛出（抛出后小球不会再碰轨道） ，已知小球与地面 ab 段间的动摩擦因数 =0.2， 不计其它机械能损失，ab 段长 L=1.25 m，圆的半径 R=0.1 m，小球质量 m=0.01 kg，轨道质量为

6、 M=0.26 kg，g=10 m/s2，求： （1）若 v0=5 m/s，小球从最高点 d 抛出后的水平射程。 （2）若 v0=5 m/s，小球经过轨道的最高点 d 时，管道对小球作用力的大小和方向。 （3）设小球进入轨道之前，轨道对地面的压力大小等于轨道自身的重力，当 v0至少为多少时，小球经过 两半圆的对接处 c 点时，轨道对地面的压力为零。5同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置。图中水平放置的底板上竖直地固定有 M 板和N板。M 板上部有一半径为 R 的1 4圆弧形的粗糙轨道，P为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为 H.N 板上固定有三个圆环.将

7、质量为m的小球从 P 处静止释放，小球运动至 Q 飞 出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距 Q 水平距离为 L 处。不考虑空气阻力，重力加速度为 g.求：（1）距 Q 水平距离为2L的圆环中心到底板的高度；2l1l3（2）小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；（3）摩擦力对小球做的功.6在一次国际城市运动会中，如图所示，要求运动员从高为 H 的平台上 A 点由静止出发，沿着动摩擦因 数为 的滑道向下运动到 B 点后水平滑出，最后落在水池中设滑道的水平距离为 LB 点的高度 h 可 由运动员自由调节(取 g10 m/s2)求：(1)运动员到达 B 点的速度与高度 h 的关系(

8、2)运动员要达到最大水平运动距离，B 点的高度 h 应调为多大？对应的最大水平距离 sm为多少? (3)若图中 H4 m，L5 m，动摩擦因数 0.2，则水平运动距离要达到 7 m，h 值应为多少?【答案与解析】 一、选择题： 1B、C 解析： 对汽车全过程应用动能定理：W1-W20，所以 W1W2；由图像可知牵引力与阻力作用距离之比为1:4，由120Fsfs知，:4:1Ff 2B 解析：s2m 前 F1F2合力做正功，动能增加s2m 后，F1F2，合力做负功，动能减小，s4m 时， F1、F2合力的功为零，动能为零，s2m 时，合力做功最多，动能最大，B 对 3A、B、C 解析：因为汽车发动

9、机的功率恒定，所以汽车在启动过程中所受的牵引力为变力，且在汽车启动的初级阶段fFF，汽车做变加速运动，随着汽车速度的增大，据 PFv 可知，汽车的牵引力将逐渐减小，加速度也随之减小，但仍做加速运动当牵引力fFF时，汽车的加速度为零，此时汽车达到最大速度，之后汽车将做匀速运动 因功率 P 恒定，所以发动机所做的功 WPt，A 正确4由于汽车达到最大速度时，fFF，fmPFvF v，所以 B 正确汽车从静止开始，到速度达到最大值mv过程中，由动能定理得2102fmWF lmv，解得21 2fmWF lmv，C 正确对于 D 选项，因为牵引力是变力，所以错误4A、B 解析：由题意可知，第二次初速度是

10、第一次的2倍，两次上滑加速度相同，据推导公式可得212ll，则 212ffWWE，回到底端时动能也为 E，从而推知返回底端时的速度大小为2v5、A解析：人下落 h 高度为自由落体运动，由运动学公式 v2=2gh，可知2vgh；缓冲过程（取向上为正）由动量定理得()0()Fmg tmv ，解得：2mghFmgt，故选 A。故选：A。 6、B 解析：由机械能守恒的条件可知：圆环与与弹簧组成的系统机械能守恒，但圆环的机械能不守恒，A 错误； 圆环下落到最大距离时重力势能全部转化为弹性势能，B 正确；圆环下落到最大距离时速度为零，但加速 度不为零，所受合力也不为零，从 C 错误；在整个下落过程中速度会

11、由零到最大然后在到零，即重力势 能会转化为动能和弹性势能，D 错误。 故选：B二、解答题：1.2000J 解析：由牛顿第二定律得：2 01 2 75Fmgmasv tatsm由动能定理可得：2 01()2 2000kkFmg sEmvEJ22.8m/s；3.1m解析：（1）由动能定理可得：2 122102Flflmv又fNmg解得：12 22()2.8/Flmglvm m s5（2）设物体停止运动的位移为3l，根据动能定理有：131 303.1FlflFllmmg3.（1） 7 25fmg （2）2 025 14vlg解析：（1）设物体所受阻力为 f，由动能定理知：上升过程：2 01()02m

12、gf hmv下降过程：2 013()()024mgf hmv可得：24( )3mgf mgf故7 25fmg（2）设物体从抛出到停止时运动的总路程为l，对全过程由动能定理知：212 01002GfkkWWEEflmv所以2 025 14vlg4. (1)2 60.985smm (2)N=1.1 N，方向竖直向下 (3) v0=6 m/s解析：（1） 设小球到达 d 点处速度为 v，由动能定理，得2 02 221 214mvmvRmgmgL 小球由 d 点做平抛运动，有2 214gtR s=vt 联立并代入数值，解得小球从最高点 d 抛出后的水平射程：2 60.985smm （2） 当小球通过

13、d 点时，由牛顿第二定律得RvmmgN2 代入数值解得管道对小球作用力 N=1.1 N，方向竖直向下。 （3） 设小球到达 c 点处速度为 vc，由动能定理，得62 02 21 212mvmvRmgmgLc 当小球通过 c 点时，由牛顿第二定律得RvmmgNc2 要使轨道对地面的压力为零，则有N=Mg 联立并代入数值，解得小球的最小速度：v0=6 m/s5、 （1）到底板的高度3 4H；（2）速度的大小为2gLH，压力的大小2 (1)2LmgHR，方向竖直向下 ；（3）摩擦力对小球作功2 ()4LmgRH解析：（1）由平抛运动规律可知 L=vt，21 2Hgt同理：2 111,22Lvt hg

14、t解得：4Hh ，则距地面高度为3 44HHH（2）由平抛规律解得 2LgvLtH对抛出点分析，由牛顿第二定律，2vFmgmR支，解得22mgLFmgHR支由牛顿第三定律知 22mgLFFmgHR压支，方向竖直向下。（3）对 P 点至 Q 点，由动能定理：2102fmgRWmv解得：24fmgLWmgRH6. (1) 02 ()vg HhL (2) 当1()2hHL时，maxsxLLHL (3) 12.62mh，20.38mh解析：(1)设斜面长度为 L1，斜面倾角为 ，根据动能定理得2 101()cos2mg HhmgLmv， 即2 01()2mg HhmgLmv， 702 ()vg HhL (2)根据平抛运动公式xv0t， 21 2hgt， 由式得2 ()xHLh h， 由式可得，当1()2hHL时，maxsxLLHL(3)在式中令 x2 m，H4 m，L5 m，0.2，则可得到：2310hh 求出135m2.62m2h，235m0.38m2h