2018_2019学年高中物理第七章机械能守恒定律习题课动能定理的应用习题新人教版必修2201809

习题课动能定理的应用
对点训练
知识点一 应用动能定理计算变力做功
1．一人用力踢质量为1kg 的皮球，使球以10m/s 的速度飞出，假定人踢球的平均作用力是200N ，球在水平方向运动了20m 停止，那么人对球所做的功为( )
A ．50J
B ．500J
C ．4000J
D ．无法确定
2．如图LX3－1所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g.质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )
图LX3－1
A.14mgR
B.13mgR
C.12mgR
D.π4
mgR 知识点二 应用动能定理分析多过程问题
3．某消防队员从一平台跳下，下落2m 后，双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5m ，在着地的过程中，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
4．质量为M 的木块放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向射中木块并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动．当子弹进入木块的深度为d 时相对木块静止，这时木块前进的距离为L.若木块对子弹的阻力大小F 视为恒定，下列关系式错误的是( )
A ．FL ＝Mv
2
2
B ．Fd ＝mv
22
C ．Fd ＝mv 2
02－（m ＋M ）v
2
2
D ．F(L ＋d)＝mv 2
02－mv
2
2
图LX3－2
5．如图LX3－2所示，质量为M 的小车放在光滑的水平面上，质量为m 的物体(可视为质点)放在小车的左端．受到水平恒力F 作用后，物体由静止开始运动，设小车与物体间的
摩擦力为f，车长为L，车发生的位移为x，则物体从小车左端运动到右端时，下列说法错误的是( )
A．物体具有的动能为(F－f)(x＋L)
B．小车具有的动能为fx
C．物体克服摩擦力所做的功为f(x＋L)
D．小车和物体系统具有的总动能为F(x＋L)
知识点三动能定理和图像的综合问题
6．(多选)质量均为m的甲、乙两物体静止在粗糙的水平面上，现分别用水平拉力作用在物体上，使两物体从同一起点并排沿同一方向由静止开始运动，两物体的v－t图像如图LX3－3所示，则下列说法中正确的是( )
图LX3－3
A．前1s内两物体的加速度始终不同
B．前2s内两物体的合外力做功相同
C．t＝2s时两物体相遇
D．前2s内甲的平均速度大于乙的平均速度
综合拓展
7．质量为m的物体静止在水平桌面上，它与桌面之间的动摩擦因数为μ，物体在水平力F作用下开始运动，发生位移x1时撤去力F，物体还能运动多远？
8．如图LX3－4所示，半径R＝0.9m的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点B与长为L＝1m的水平面相切于B点，BC离地面高h＝0.8m，质量为m＝1.0kg的小滑块从圆弧最高点D由静止释放，已知滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，不计空气阻力，g 取10m/s2.求：
(1)小滑块刚到达圆弧轨道的B点时对轨道的压力；
(2)小滑块落地点距C点的距离．
图LX3－4
9．如图LX3－5所示，在水平面上虚线位置处有一个质量m＝1kg的小滑块P，P与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5.给P一个水平向右的初速度v0＝6m/s，P开始运动，已知P 在虚线右侧总会受到大小为F＝10N且与水平方向成θ＝37°角斜向左上的恒定作用力，g 取10m/s2，求：
(1)P向右运动的最大距离；
(2)P最终所在位置到虚线的距离．
图LX3－5
10．如图LX3－6甲所示，长为4m 的水平轨道AB 与半径为R ＝0.6m 的竖直半圆弧轨道BC 在B 处平滑连接，有一质量为1kg 的滑块(大小不计)从A 处由静止开始受水平力F 作用而运动，F 随位移变化的关系如图乙所示(水平向右为正)，滑块与AB 间的动摩擦因数为μ
＝0.25，与BC 间的动摩擦因数未知，g 取10m/s 2
.
(1)求滑块到达B 处时的速度大小；
(2)求滑块在水平轨道AB 上运动前2m 过程所用的时间；
(3)若到达B 点时撤去力F ，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C ，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？
图LX3－6
1．A [解析]由动能定理得，人对球做的功W ＝12mv 2
－0＝50J ，故选项A 正确．
2．C [解析]在最低点，根据牛顿第三定律可知轨道对质点的支持力F ＝2mg ，根据牛顿第二定律可得F －mg ＝m v 2
R ，从最高点P 到最低点Q 运用动能定理可得mgR －W f ＝12mv 2
，联
立以上各式得，克服摩擦力做的功为W f ＝1
2
mgR.选项C 正确．
3．B [解析]消防队员从开始下落至重心下降到最低点过程，重力做功W G ＝mg(h ＋Δh)，地面对队员的作用力做功W F ＝F Δh ，由动能定理得W G －W F ＝0，代入数值解得F ＝5mg.
4．B [解析]由动能定理得－F(L ＋d)＝12mv 2－12mv 20，FL ＝12Mv 2，故Fd ＝mv 2
02－M ＋m 2v 2
，
故选项B 错误．
5．D [解析]物体对地的位移为x ＋L ，根据动能定理，对物体有E k 物＝(F －f)(x ＋L)，对小车有E k 车＝fx ，选项A 、B 正确；根据功的定义可知，物体克服摩擦力做功W f ＝f(x ＋L)，选项C 正确；小车和物体系统具有的总动能为E k 物＋E k 车＝F(x ＋L)－fL ，选项D 错误．
6．BD [解析]在v －t 图像中图线斜率表示加速度，甲的加速度开始时比乙的大，在1s 后甲的加速度为0，比乙的小，在0～1s 间某时刻甲和乙的加速度相同，A 错误；在开始时两物体速度均为0，2s 末速度相同，由动能定理可知，前2s 内两物体的合外力做功相同，B 正确；根据图线与横轴所围的面积表示位移可知，前2s 甲的位移大，平均速度大，C 错误，D 正确．
7.
（F －μmg）x 1
μmg
[解析]解法一：可将物体运动分成两个阶段进行求解．
物体开始做匀加速直线运动，位移为x 1， 根据动能定理有
Fx 1－μmgx 1＝12
mv 2
1－0 ①
撤去外力F 后，物体做匀减速直线运动，位移为x 2，根据动能定理有 －μmgx 2＝0－12
mv 2
1
联立得Fx 1－μmgx 1－μmgx 2＝0－0 解得x 2＝（F －μmg）x 1
μmg
.
解法二：对物体从静止开始加速，然后减速为零的全过程进行分析求解． 根据动能定理有Fx 1－μmg(x 1＋x 2)＝0－0 解得x 2＝（F －μmg）x 1
μmg
.
8．(1)30N ，方向竖直向下 (2)4
5
5m
[解析] (1)设小滑块到达B 点时的速度为v B ，圆弧轨道对小滑块的支持力为F N ，由动能定理得mgR ＝12
mv 2
B
由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2
B
R
联立解得F N ＝30N
由牛顿第三定律可知，小滑块在B 点时对轨道的压力为30N ，方向竖直向下． (2)设小滑块运动到C 点时的速度为v C ，由动能定理得mgR －μmgL＝12mv 2
C
解得v C ＝4m/s
小滑块从C 点运动到地面做平抛运动，则水平方向有x ＝v C t 竖直方向有h ＝12
gt 2
小滑块落地点距C 点的距离s ＝x 2＋h 2
＝45
5m.
9．(1)1.8m (2)2.16m [解析] (1)对P 向右运动到速度减小为0的过程，设最大位移为x m ，在虚线右侧P 对地面的压力大小为
F N ＝mg －Fsin θ＝4N
由动能定理有－(Fcos θ＋μF N )x m ＝0－12
mv 2
解得x m ＝1.8m.
(2)对P 从右侧最大距离处开始到停止运动过程，设停在虚线左侧距离虚线为x 处，由
动能定理有
(Fcos θ－μF N )x m －μmgx＝0 解得x ＝2.16m.
10．(1)210m/s (2)
8
35
s (3)5J [解析] (1)对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得 F 1x 1＋F 3x 3－μmgx＝12
mv 2
B
解得v B ＝210m/s.
(2)在前2m 内，由牛顿第二定律得F 1－μmg＝ma 且x 1＝12at 2
1
解得t 1＝
835
s. (3)当滑块恰好能到达最高点C 时，有mg ＝m v 2
C
R
对滑块从B 到C 的过程，由动能定理得W －mg·2R＝12mv 2C －12mv 2
B
代入数值得W ＝－5J
即克服摩擦力做的功为5J ．。