2019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2

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.π
4
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 ．。