20xx-20xx學(xué)年滬科版必修第二冊(cè)-13動(dòng)能定理的應(yīng)用-同步作業(yè)9(含解析)(編輯修改稿)
2025-04-05 05:46 本頁(yè)面
【文章內(nèi)容簡(jiǎn)介】 改變量為：△Ek＝﹣0＝J＝，故B正確；C、由于最終物塊返回斜面底端，所以整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程物塊受到的重力做功為0，故C正確；D、前2s內(nèi)恒力F的平均功率為：＝F＝F＝W＝，故D錯(cuò)誤。故選：BC。4．【分析】汽車以額定功率，經(jīng)時(shí)間t后從速度v0開始加速行駛了s距離，恰好達(dá)到最大速度vm，由于汽車所受阻力恒為F，所以由動(dòng)能定理可求出發(fā)動(dòng)機(jī)所做的功?！窘獯稹拷猓篈、由于發(fā)動(dòng)機(jī)功率恒定，則經(jīng)過(guò)時(shí)間t，發(fā)動(dòng)機(jī)所做的功為：W＝Pt，故A正確；BC、當(dāng)速度達(dá)到最大值vm時(shí)，由P＝Fvm＝fvm，所以汽車的牽引力在這段時(shí)間內(nèi)做功也等于Pt＝fvmt，但不能根據(jù)初速度求解發(fā)動(dòng)機(jī)做功，故B錯(cuò)誤，C正確；D、汽車從速度v0到最大速度vm過(guò)程中，由動(dòng)能定理可知：W﹣fs＝mvm2﹣mv02，解得：W＝fs+mvm2﹣mv02，故D錯(cuò)誤；故選：AC。5．【分析】由題意明確圖象的性質(zhì)，則可得出位移的決定因素；根據(jù)豎直方向的運(yùn)動(dòng)可求得初速度；由水平運(yùn)動(dòng)關(guān)系可求得動(dòng)摩擦因數(shù)；再由數(shù)學(xué)關(guān)系可求得位移的最小值。【解答】解：A、由圖可知，當(dāng)傾角θ＝0176。時(shí)， m；而當(dāng)傾角為90176。時(shí)， m；則由豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知解得v0＝＝ m/s＝6 m/s，故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)傾角為0176。時(shí)，由動(dòng)能定理可得﹣μmgx＝0﹣m，解得μ＝＝，故B正確；C、在上滑過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：﹣mgxsin θ﹣μmgxcos θ＝0﹣m，解得x＝＝，當(dāng)θ+α＝90176。時(shí)，sin（θ+α）＝1，此時(shí)位移最小，x＝ m，故C正確；D、若θ＝30176。時(shí)，物體受到的重力的分力為mgsin 30176。＝mg，摩擦力f＝μmgcos 30176。＝mg＝mg，一般認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，故小球達(dá)到最高點(diǎn)后，不會(huì)下滑，故D正確；故選：BCD。6．【分析】以輕桿、小球和木塊組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，以地面為零勢(shì)能平面，列式開始時(shí)和夾角變?yōu)棣?時(shí)重力勢(shì)能與動(dòng)能的表達(dá)式，根據(jù)機(jī)械能守恒列出方程。再將滑塊上與桿接觸的點(diǎn)的速度沿著平行桿和垂直桿正交分解，垂直桿分量等于桿上與滑塊接觸的點(diǎn)的速度得到木塊的速度與小球的速度的關(guān)系。即可求得木塊的速度?！窘獯稹拷猓篈、由能量守恒定律可得，在桿與地面夾角轉(zhuǎn)到90176。之前，F(xiàn)所做的功等于小球機(jī)械能（動(dòng)能和重力勢(shì)能）的改變量，故A錯(cuò)誤；B、木塊速度為v0，桿上和木塊接觸點(diǎn)的速度為v0，觸點(diǎn)繞固定點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)的分速度v′，由運(yùn)動(dòng)的分解可得：v′＝v0sinθ，因觸點(diǎn)和小球在同一桿上以相同角速度轉(zhuǎn)動(dòng)，故在桿與地面夾角轉(zhuǎn)到90176。之前，小球的速度一直增大，故B正確；B、C、當(dāng)桿與地面的夾角為θ時(shí)，木塊與棒的觸點(diǎn)繞固定點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)的分速度v′＝v0sinθ，而觸點(diǎn)與固定點(diǎn)的距離為r＝，故棒的角速度ω＝，故C正確；D、當(dāng)桿與地面的夾角為θ時(shí)，故棒的角速度ω＝，故小球的豎直方向分速度為v″＝Lωcosθ，小球克服重力做功的瞬時(shí)功率P＝mgv″＝，故D正確。故選：BCD。7．【分析】對(duì)小孩受力分析，受到重力和繩子的拉力，由于拉力方向始終和速度方向垂直，故不做功，小孩在下降過(guò)程中，速度逐漸增大，做變速圓周運(yùn)動(dòng)，判斷出其合力并不指向圓心，根據(jù)P＝mgvcosθ判斷出重力的瞬時(shí)功率變化，利用動(dòng)能定理判斷出合力做功與動(dòng)能的關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、開始時(shí)，小孩的速度為零，重力的功率為零，而當(dāng)小孩到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，速度雖然最大，但方向沿水平方向，故此時(shí)重力的功率也為零，而在運(yùn)動(dòng)中重力與速度有一定夾角，故功率不為零，因此可知重力的功率一定是先增大，后減小的，故A正確；B、從a到O的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小孩做的是變速圓周運(yùn)動(dòng)，重力和繩子的拉力的合力一部分提供向心力，另一部分提供小孩沿切向做加速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；CD、從a到O的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，繩子的拉力始終和速度方向垂直，不做功，只有重力做功，故重力與繩子拉力做的總功等于小球在此過(guò)程中獲得的動(dòng)能，故C正確，D錯(cuò)誤；故選：AC。8．【分析】根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況分析受力情況；根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解判定Q的速度變化知加速度的方向，然后知是超重還是失重；根據(jù)功能關(guān)系和動(dòng)能定理分析速度和動(dòng)能的變化?！窘獯稹拷猓篈、剛釋放P的瞬間，沿繩方向的加速度小于重力加速度，繩子有拉力，此時(shí)Q向下加速運(yùn)動(dòng)，加速度向下，對(duì)Q分析知拉力小于重力mg，故A正確；B、根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解知b點(diǎn)速度沿繩子方向的速度為0，在滑塊P從a到b的過(guò)程，Q先加速向下后減速向下運(yùn)動(dòng)，加速度先向下后向上，物塊Q先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C、滑塊P下滑到位置c時(shí)Q的重力勢(shì)能不變，P減小的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)換為P與Q的動(dòng)能，Q的速度等于P沿繩方向的速度，P的速度不能為零，故C正確；D、P從a到b的過(guò)程做加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)位置b時(shí)，加速度為g，豎直向下，P將繼續(xù)加速運(yùn)動(dòng)，所以此時(shí)不是P的動(dòng)能最大的點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。故選：AC。9．【分析】物體甲、乙一起向左加速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能增大，當(dāng)水平推力撤去時(shí)動(dòng)能最大，根據(jù)動(dòng)能定理求乙物體獲得最大的動(dòng)能；加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，分析乙的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律列式，再對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律列式，即可求出甲對(duì)乙的作用力的大小。撤去水平推力后，根據(jù)動(dòng)能定理求物體甲運(yùn)動(dòng)的位移。【解答】解：A、當(dāng)水平推力撤去時(shí)乙物體獲得的動(dòng)能最大，加速過(guò)程，對(duì)甲、乙整體，根據(jù)動(dòng)能定理得：W﹣W1＝2Ekm，則得乙物體獲得最大的動(dòng)能為 Ekm＝，故A正確；B、加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，分析乙物體受力情況如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得：水平方向有 N1sinθ﹣f2＝Ma豎直方向有 N2＝N1cosθ+Mg又 f2＝μN(yùn)2聯(lián)立以上三式并整理得：N1sinθ﹣μ（N1cosθ+Mg）＝Ma ①對(duì)甲、乙整體，由牛頓第二定律得：F﹣2μMg＝2Ma②由①②解得：甲對(duì)乙的作用力的大小 N1＝，故B錯(cuò)誤；C、撤去水平推力后，設(shè)物體甲對(duì)物體乙的作用力為N2．同理，對(duì)乙有：N2sinθ﹣μ（N2cosθ+Mg）＝Ma′對(duì)整體有﹣2μMg＝2Ma′，可得N2＝0，故C正確；D、撤去水平推力后，設(shè)物體甲運(yùn)動(dòng)的位移為x，對(duì)甲，根據(jù)動(dòng)能定理得：﹣μMgx＝0﹣Ekm，解得 x＝，故D正確。故選：ACD。10．【分析】小物塊對(duì)圓環(huán)軌道的壓力恰好為零，根據(jù)牛頓第二定律求得在C點(diǎn)的速度，根據(jù)動(dòng)能定理研究小物塊上升到頂點(diǎn)過(guò)程求出摩擦力做功，小球沿軌道下滑，由于機(jī)械能有損失，所以下滑速度比上升速度小，因此對(duì)軌道壓力變小，所受摩擦力變小，所以下滑時(shí)，摩擦力做功大小小于上升過(guò)程做的功，應(yīng)用能量守恒定律求出高度h。【解答】解：AB、在最高點(diǎn)C，小物塊對(duì)圓環(huán)軌道的壓力恰好為零根據(jù)牛頓第二定律可得：mg＝m，解得：vC＝2m/s，故A正確，B錯(cuò)誤；CD、在ABEC過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：mg（H﹣2r）﹣W1＝﹣0解得：W1＝800J故在BEC過(guò)程克服摩擦力做的功為：W1＝800 J，設(shè)CFB過(guò)程克服摩擦力做的功為W2，因該過(guò)程小物塊與軌道的平均壓力小于BEC過(guò)程，則摩擦力也小于BEC過(guò)程的摩擦力，則有0＜W2＜W1，在CFBD過(guò)程，由動(dòng)能定理得﹣mg（h﹣2r）﹣W2＝﹣m，解得：8m＜h＜10
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