2024版新教材高中物理課時(shí)分層作業(yè)二十五動(dòng)能定理的應(yīng)用新人教版必修第二冊(cè)

課時(shí)分層作業(yè)(二十五)動(dòng)能定理的應(yīng)用A組基礎(chǔ)鞏固練1．如圖所示為一水平的轉(zhuǎn)臺(tái)，半徑為R，一質(zhì)量為m的滑塊放在轉(zhuǎn)臺(tái)的邊緣，已知滑塊與轉(zhuǎn)臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g.若轉(zhuǎn)臺(tái)的轉(zhuǎn)速由零逐漸增大，當(dāng)滑塊在轉(zhuǎn)臺(tái)上剛好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)滑塊所做的功為()A．eq\f(1,2)μmgRB．2πmgRC．2μmgRD．02．靜止在粗糙水平面上的物塊在水平向右的拉力作用下做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，t＝4s時(shí)停下，其v-t圖像如圖所示．已知物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，則下列判斷正確的是()A．整個(gè)過(guò)程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功B．整個(gè)過(guò)程中拉力做的功等于零C．t＝2s時(shí)拉力的瞬時(shí)功率在整個(gè)過(guò)程中最大D．t＝1s到t＝3s這段時(shí)間內(nèi)拉力不做功3．(多選)質(zhì)量為2kg的物體靜止在光滑水平面上，某時(shí)刻起受到方向不變的水平力F的作用，F(xiàn)隨位置x變化的圖像如圖所示．以物體靜止時(shí)的位置為初位置，下列說(shuō)法中正確的是()A.物體先做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)B．物體有可能做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)C．在0～0.2m內(nèi)力F所做的功為3JD．物體在經(jīng)過(guò)x＝0.2m的位置時(shí)速度大小為eq\r(3)m/s4．物體在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直線(xiàn)滑行直到停止．以a、Ek、x和t分別表示物體運(yùn)動(dòng)的加速度大小、動(dòng)能、位移的大小和運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．則下圖的各圖像中，能正確反映這一過(guò)程的是()5．一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示．長(zhǎng)度為πR、不可伸長(zhǎng)的輕細(xì)繩，一端固定在圓柱體最高點(diǎn)P處，另一端系一個(gè)小球．小球位于P點(diǎn)右側(cè)同一水平高度的Q點(diǎn)時(shí)，繩剛好拉直．將小球從Q點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)與圓柱體未接觸部分的細(xì)繩豎直時(shí)，小球的速度大小為(重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力)()A．eq\r(（2＋π）gR)B．eq\r(2πg(shù)R)C．eq\r(2（1＋π）gR)D．2eq\r(gR)6.[2023·遼寧高一期末](多選)質(zhì)量為1.0kg的物體以某一水平初速度在水平面上滑行，由于摩擦力的作用，其動(dòng)能隨位移變化的情況如圖所示．g取10m/s2，則下列判斷正確的是()A．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2B．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3C．物體滑行的總時(shí)間為2sD．物體滑行的總時(shí)間為4s7．如圖所示，右端連有光滑弧形槽的水平面AB長(zhǎng)為l＝1.5m，一個(gè)質(zhì)量為m＝0.5kg的木塊在F＝1.5N的水平拉力作用下，從水平面上A端由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，木塊到達(dá)B端時(shí)撤去拉力F.木塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，g取10m/s2.(1)求木塊沿弧形槽上升的最大高度；(2)求木塊沿弧形槽滑回B端后，在水平面上滑動(dòng)的距離．B組能力提升練8.水平轉(zhuǎn)盤(pán)可繞豎直中心軸轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖甲所示．一小物塊質(zhì)量為m，放在轉(zhuǎn)盤(pán)上到中心O的距離為r處，隨著轉(zhuǎn)盤(pán)角速度緩慢增大，小物塊所受摩擦力F隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示，小物塊相對(duì)轉(zhuǎn)盤(pán)始終未發(fā)生移動(dòng)．則從t1到t2時(shí)間內(nèi)，摩擦力對(duì)小物塊做的功為()A．3F0rB．2F0rC．F0rD．eq\f(1,2)F0r9．剎車(chē)距離是衡量汽車(chē)安全性能的重要參數(shù)之一．圖中所示的圖線(xiàn)1、2分別為甲、乙兩輛汽車(chē)在緊急剎車(chē)過(guò)程中的剎車(chē)距離s與剎車(chē)前的車(chē)速v的關(guān)系曲線(xiàn)，已知緊急剎車(chē)過(guò)程中車(chē)與地面間是滑動(dòng)摩擦．據(jù)此可知，下列說(shuō)法中正確的是()A．甲車(chē)與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)較大，甲車(chē)的剎車(chē)性能好B．乙車(chē)與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)較大，乙車(chē)的剎車(chē)性能好C．以相同的車(chē)速開(kāi)始剎車(chē)，甲車(chē)先停下來(lái)，甲車(chē)的剎車(chē)性能好D．甲車(chē)的剎車(chē)距離s隨剎車(chē)前的車(chē)速v變化快，甲車(chē)的剎車(chē)性能好10．[2023·河南安陽(yáng)高一下期末](多選)如圖甲所示，輕彈簧直立在地面上，一端與地面相連，另一端與質(zhì)量為0.5kg的物塊相連，物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)．在物塊上施加一個(gè)豎直向上的拉力F，使物塊向上做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，拉力F隨位移x變化的規(guī)律如圖乙所示．已知彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度g取10m/s2.下列說(shuō)法正確的是()A．當(dāng)物塊位移為零時(shí)，彈簧壓縮量為5cmB．當(dāng)物塊位移為10cm時(shí)，物塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為0.1sC．當(dāng)物塊位移為10cm時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能和起始位置相同D．當(dāng)物塊位移為10cm時(shí)，拉力F對(duì)物塊做功0.6J11．水平面有一長(zhǎng)為s的粗糙段AB，其動(dòng)摩擦因數(shù)與離A點(diǎn)的距離x滿(mǎn)足μ＝kx(k為恒量).一物塊(可看作質(zhì)點(diǎn))第一次從A點(diǎn)以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速率為v，第二次也以相同速度v0從B點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是()A．第二次也能運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，但速率不一定為vB．第二次也能運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，但兩次所用時(shí)間不同C．兩次克服摩擦力做的功不相同D．兩次速率相同的位置只有一個(gè)，且距離A為eq\f(3s,4)12．[2023·湖南高一期中]科技助力北京冬奧：我國(guó)自主研發(fā)的“人體高速?gòu)椛溲b置”幾秒鐘就能將一名滑冰運(yùn)動(dòng)員從靜止?fàn)顟B(tài)加速到指定速度，輔助滑冰運(yùn)動(dòng)員訓(xùn)練各種滑行技術(shù)．如圖所示，某次訓(xùn)練，彈射裝置在加速階段將質(zhì)量m＝60kg的滑冰運(yùn)動(dòng)員加速到速度v0＝8m/s后水平向右拋出，運(yùn)動(dòng)員恰好從A點(diǎn)沿著圓弧的切線(xiàn)方向進(jìn)入光滑圓弧軌道AB.AB圓弧軌道的半徑為R＝5m，B點(diǎn)是圓弧軌道的最低點(diǎn)，圓弧軌道與水平軌道BD平滑連接，A點(diǎn)與圓心O的連線(xiàn)與豎直方向成37°角．MN是一段粗糙的水平軌道，滑冰運(yùn)動(dòng)員與MN間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.08，水平軌道其他部分光滑．最右側(cè)是一個(gè)半徑為r＝2m的半圓弧光滑軌道，C點(diǎn)是半圓弧光滑軌道的最高點(diǎn)，半圓弧光滑軌道與水平軌道BD在D點(diǎn)平滑連接．重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中將運(yùn)動(dòng)員簡(jiǎn)化為一個(gè)質(zhì)點(diǎn)．(1)求運(yùn)動(dòng)員水平拋出點(diǎn)距A點(diǎn)的豎直高度；(2)求運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小；(3)若運(yùn)動(dòng)員恰好能通過(guò)C點(diǎn)，求MN的長(zhǎng)度L.課時(shí)分層作業(yè)(二十五)動(dòng)能定理的應(yīng)用1．解析：滑塊即將開(kāi)始相對(duì)轉(zhuǎn)臺(tái)滑動(dòng)時(shí)，最大靜摩擦力(等于滑動(dòng)摩擦力)提供向心力，有μmg＝eq\f(mv2,R)，根據(jù)動(dòng)能定理有Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)μmgR.答案：A2．解析：對(duì)運(yùn)動(dòng)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理有WF－Wf＝0，A正確，B錯(cuò)誤；物塊在加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的拉力最大，由圖知，t＝1s時(shí)拉力的瞬時(shí)功率最大，C錯(cuò)誤；t＝1s到t＝3s這段時(shí)間內(nèi)，拉力與摩擦力平衡，拉力做正功，D錯(cuò)誤．答案：A3．解析：位移在0～0.1m內(nèi)，拉力逐漸增大，則做加速度逐漸增大的變速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；拉力方向不變，物體由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的軌跡只能是直線(xiàn)，B錯(cuò)誤；在F-x圖像中，圖線(xiàn)與x軸所圍面積表示拉力做的功，故W＝1.2J＋1.8J＝3J，C正確；據(jù)動(dòng)能定理W＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(3)m/s，D正確．答案：CD4．解析：物體在恒定阻力作用下運(yùn)動(dòng)，其加速度不隨時(shí)間或位移變化．由動(dòng)能定理有－Ffx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－Ffx，Ek與x是一次函數(shù)關(guān)系，C正確．答案：C5．解析：小球由靜止釋放，當(dāng)與圓柱體未接觸部分的細(xì)繩豎直時(shí)，細(xì)繩與圓柱體接觸部分的長(zhǎng)度為eq\f(1,4)×2πR＝eq\f(πR,2)，故小球下落的高度為h＝R＋eq\f(πR,2)，由動(dòng)能定理可得mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(（2＋π）gR)，故A正確．答案：A關(guān)鍵點(diǎn)撥：解答本題的關(guān)鍵是利用幾何關(guān)系確定當(dāng)與圓柱體未接觸部分的細(xì)繩豎直時(shí)，細(xì)繩與圓柱體接觸部分的長(zhǎng)度與未接觸部分的長(zhǎng)度，從而確定小球下落的高度．6．解析：根據(jù)動(dòng)能定理得－μmgx＝ΔEk，解得μ＝0.2，A正確，B錯(cuò)誤；物體的初速度v0＝eq\r(\f(2Ek,m))＝4m/s，所以物體滑行的總時(shí)間為t＝eq\f(v0,μg)＝2s，C正確，D錯(cuò)誤．答案：AC7．解析：(1)設(shè)木塊沿弧形槽上升的最大高度為h，對(duì)木塊由A端運(yùn)動(dòng)到最大高度的過(guò)程，由動(dòng)能定理得Fl－μmgl－mgh＝0解得h＝eq\f(（F－μmg）l,mg)＝0.15m.(2)設(shè)木塊沿弧形槽滑回B端后在水平面上滑行的距離為s，由動(dòng)能定理得mgh－μmgs＝0解得s＝eq\f(h,μ)＝0.75m.答案：(1)0.15m(2)0.75m8．解析：在t1時(shí)刻F0＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),r)，在t2時(shí)刻2F0＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),r)，則從t1到t2時(shí)間內(nèi)，摩擦力對(duì)小物塊做的功為W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝eq\f(1,2)F0r，故選D.答案：D9．解析：由題意知μmgs＝eq\f(1,2)mv2，即s＝eq\f(v2,2μg)，由題中s-v圖像知，當(dāng)v甲＝v乙時(shí)，s甲>s乙，故μ甲<μ乙；當(dāng)v相同時(shí)，s甲>s乙，知乙車(chē)剎車(chē)性能好．答案：B10．解析：由題圖乙可知，當(dāng)x＝0時(shí)，F(xiàn)＝1N，由牛頓第二定律有F＝ma，可得a＝2m/s2，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，由牛頓第二定律有F1－mg＝ma，解得F1＝6N，由題圖乙可知，此時(shí)物塊的位移為5cm，即當(dāng)物塊位移為零時(shí)，彈簧壓縮量為5cm，故A正確；根據(jù)題意可知，物塊向上做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x＝eq\f(1,2)at2可得，物塊位移為10cm時(shí)，物塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(0.1)s，故B錯(cuò)誤；彈簧開(kāi)始的形變量為5cm，則當(dāng)物塊位移為10cm時(shí)，彈簧的形變量仍為5cm，即當(dāng)物塊位移為10cm時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能和起始位置的彈性勢(shì)能相同，故C正確；由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2＝2ax可得，物塊位移為10cm時(shí)，物塊的速度為v＝eq\r(2ax)＝eq\r(0.4)m/s，設(shè)物塊位移為10cm時(shí)，拉力F對(duì)物塊做功為W，由動(dòng)能定理有W－mgx＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝0.6J，故D正確．答案：ACD11．解析：根據(jù)μ＝kx，知物塊所受的滑動(dòng)摩擦力大小為Ff＝μmg＝kmgx，可知第一次物塊向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中摩擦力不斷增大，加速度不斷增大；而第二次向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，摩擦力不斷減小，加速度不斷減小，即物塊速度減小，故第二次也能運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)．兩個(gè)過(guò)程中，摩擦力做功相同，由動(dòng)能定理可知，第二次到達(dá)A點(diǎn)的速率也為v，但時(shí)間變長(zhǎng)，故A、C錯(cuò)誤，B正確．設(shè)兩次速率相同的位置距離A點(diǎn)的距離為x，相同的速率設(shè)為v′，根據(jù)動(dòng)能定理得第一次有－eq\f(0＋μmgx,2)·x＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，第二次有－eq\f(μmgs＋μmgx,2)(s－x)＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，聯(lián)立解得x＝eq\f(\r(2)s,2)，故D錯(cuò)誤．答案：B關(guān)鍵點(diǎn)撥：解答本題的關(guān)鍵是要分析物塊的運(yùn)動(dòng)情況，分段運(yùn)用動(dòng)能定理研究，因?yàn)槟Σ亮﹄S位移均勻變化，所以求功時(shí)要用力的平均值乘以位移．12．解析：(1)根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解可得運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度大小為vA＝eq\f(v0,cos37°)＝10m/s①設(shè)運(yùn)動(dòng)員水平拋出點(diǎn)距A點(diǎn)的豎直高度為h，對(duì)運(yùn)動(dòng)員從拋出點(diǎn)到A點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))②聯(lián)立①②式解得h＝1.8m③(2)設(shè)運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為vB，對(duì)運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有mg(R－Rcos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))④設(shè)運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)所受軌道支持力大小為FN，根據(jù)牛頓第二定律及向心力公式有FN－mg＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),R)⑤聯(lián)立①④⑤式解得FN＝2040N⑥根據(jù)牛頓第三定律可知，運(yùn)