20xx-20xx學(xué)年滬科版必修第二冊-13動能定理的應(yīng)用-同步作業(yè)8(含解析)(編輯修改稿)
2025-04-05 05:57 本頁面
【文章內(nèi)容簡介】 ：mgr﹣W克f＝0，解得：W克f＝mgr，故D正確。故選：AD。3．【分析】先分析兩物體的運動狀態(tài)，判斷其受力狀態(tài)，根據(jù)A、B的位移之間的關(guān)系，分別以A、B為研究對象，根據(jù)動能定理列式可求得最大速度以及最大動能即可；【解答】解：AC、在整個過程中，分別對小車和小桶運用牛頓第二定律，對小車有 3mgsin30176。﹣T＝3ma，對小桶有 T﹣mg＝ma，聯(lián)立解得：，T＝，可知，小桶向上做加速運動，小桶受到的拉力大于重力，小桶處于超重狀態(tài)，故A正確，C錯誤；B、在小桶上升豎直高度為h的過程中，系統(tǒng)能量守恒定律得 ，解得小桶的最大速度為v＝，故B正確；D、小車和小桶具有相等的最大速度，所以小車的最大動能為，故D錯誤；故選：AB。4．【分析】由圖象可觀察x＝2m時動能為4J，由動能的計算式此可求速度．x＝3m時物塊的加速度即為2～4m的加速度，先求2m、4m時的速度大小，再以勻變速直線運動公式可求．先求全過程摩擦力的功，再由動能定理求拉力的功．分段求兩次勻變速直線運動的時間，再求和得到總時間．【解答】A、由圖象可知，x＝1m時動能為：Ek1＝2J，由Ek1＝得：v1＝，故A錯誤；B、同理，當(dāng)x＝2m時動能為：Ek2＝4J，v2＝2m/s當(dāng)x＝4m時動能為：Ek3＝9J，v3＝3m/s由動能定理得：F合△x＝△Ek，得F合＝，可知Ek﹣x圖象的斜率等于合外力，因此物體在0﹣2m內(nèi)和2﹣4m內(nèi)都做勻加速直線運動。在2～4m內(nèi)，由2a2x2＝v32﹣v22解得2～4m內(nèi)加速度為：a2＝，則x＝3 m/s2．故B錯誤C、對物體運動全過程，由動能定理得：WF+（﹣μmgx）＝Ek2﹣0，x＝4m，代入數(shù)據(jù)解得：WF＝25J，故C正確D、0～2m過程運動時間為：t1＝2～4m過程運動時間為：t2＝，故在前4 m位移過程中物塊所經(jīng)歷的總時間為：t＝t1+t2＝2s+＝，故D正確。故選：CD。5．【分析】由圖看出，物塊先向下運動后向上運動，則知傳送帶的運動方向應(yīng)向上。0～t1內(nèi)，物塊對傳送帶的摩擦力方向沿傳送帶向下，可知物塊對傳送帶做功情況。由于物塊能向上運動，則有 μmgcosθ＞mgsinθ，根據(jù)動能定理研究0～t2內(nèi)，傳送帶對物塊做功，在t1～t2時間內(nèi)分析物塊動能和勢能的變化，即可判斷出傳送帶對物塊做功情況?！窘獯稹拷猓篈、由圖知，物塊先向下運動后向上運動，則知傳送帶的運動方向應(yīng)向上，0～t1內(nèi)，物塊對傳送帶的摩擦力方向沿傳送帶向下，則物塊對傳送帶做負(fù)功，故A錯誤；B、在t1～t2內(nèi)，物塊向上運動，則有 μmgcosθ＞mgsinθ，得μ＞tanθ，故B正確；C、0～t2內(nèi)，由圖“面積”等于位移可知，物塊的總位移沿斜面向下，高度下降，重力對物塊做正功，設(shè)為WG，根據(jù)動能定理得：據(jù)動能定理得：W+WG＝mv22﹣mv12，則傳送帶對物塊做功W≠mv22﹣mv12，故C錯誤；D、t1～t2時間內(nèi)，物體的動能增加，重力勢能也增大，故傳送帶對物塊做正功，故D正確；故選：BD。6．【分析】根據(jù)動能定理表達式寫出Ek﹣x的關(guān)系式，根據(jù)圖象斜率求解兩者加速度大小，并求出x＝6m兩車的速度。根據(jù)位移關(guān)系求解兩車相遇時x的值?！窘獯稹拷猓篈B、對甲乙兩物體的運動過程，根據(jù)動能定理，得：對甲：﹣ma1x＝0﹣Ek0，由圖可知斜率為：k1＝﹣2，則甲的加速度為a1＝2m/s2對乙：ma2x＝Ek﹣0，由圖可知斜率為：k2＝1，則乙的加速度為，故A正確，B錯誤；C、對甲有：﹣2x＝Ek﹣18，將x＝6m代入有：Ek＝mv2＝6，解得：v＝2m/s，故C正確；D、相遇時，對甲：x甲＝v0t﹣a甲t2＝6t﹣t2；對乙：x乙＝a乙t2＝t2。相遇時，有x甲＝x乙聯(lián)立解得：x＝x甲＝x乙＝8m，故D正確；故選：ACD。7．【分析】根據(jù)牛頓第二定律求出小球運動的加速度，由位移公式得到運動時間的表達式，再分析運動時間關(guān)系；根據(jù)動能定理列式，分析小球到達桿底端時速度大??；根據(jù)功的公式列式分析克服摩擦力做功大小。【解答】解：AB、設(shè)圓環(huán)的直徑為d。對小球a，根據(jù)牛頓第二定律有 mgcosα﹣μmgsinα＝ma1，得a1＝gcosα﹣μgsinα根據(jù)運動學(xué)公式有 dcosα＝，聯(lián)立整理得 t1＝同理，對小球b，有t2＝，因為，所以，β＜α＜45176。，所以，t1＞t2，即小球a后滑到AB桿底端，故AB錯誤；C、根據(jù)動能定理得：對小球a有 mgdcosα?cosα﹣μmgsinα?dcosα＝，得v1＝對小球b有 mgdcosβ?cosβ﹣μmgsinβ?dcosβ＝，得v2＝因β＜α＜45176。，則cosβ＞cosα，sinβ＜sinα，則得v1＜v2，即小球a到達桿底端時速度比小球b到達桿底端時速度小，故C正確；D、下滑過程中小球a克服摩擦力做功為Wf1＝μmgsinα?dcosα＝μmgdsin2α小球b克服摩擦力做功為Wf2＝μmgsinβ?dcosβ＝μmgdsin2β。因β＜α＜45176。，sin2α＞sin2β，則Wf1＞W(wǎng)f2，即下滑過程中小球a克服摩擦力做功大于小球b克服摩擦力做功，故D正確。故選：CD。8．【分析】根據(jù)速度時間圖線的斜率判斷加速的變化，從而判斷水平拉力的變化；結(jié)合兩者速度的關(guān)系判斷兩者距離的關(guān)系，結(jié)合圖線的斜率比較加速度，從而比較出水平力的大小關(guān)系。當(dāng)兩者速度相等時，兩者相距的距離最大，【解答】解：A、在v﹣t圖象中，與時間軸所圍面積表示物體通過的位移，故在0﹣4s內(nèi)，甲物體的位移大于乙物體的位移，4s末甲、乙兩物體相遇，故t＝0時刻甲物體在后，乙物體在前，故A正確；B、在v﹣t圖象中，斜率代表物體運動的加速度，故在0﹣4s內(nèi)，甲物體的加速度逐漸減小到零，又F1﹣f＝ma，拉力F1逐漸減小到等于阻力f，故B錯誤；C、在0﹣8s內(nèi)，甲物體的位移大于乙物體的位移，一做勻變速直線運動，故乙物體的平均速度為，所以甲物體的平均速度大于2m/s，故C正確；D、6s末甲、乙兩物體的速度相等，動能相等，根據(jù)動能定理得，在6s時間內(nèi)，甲物體的位移大于乙物體的位移，所以拉力對甲物體做的功多，故D錯誤；故選：AC。9．【分析】當(dāng)皮艇到達圓軌道EFG段的E點時，皮艇對圓軌道的壓力為零，皮艇只受重力，并由重力的徑向分力充當(dāng)向心力，由此列式求出皮艇經(jīng)過E點時的速度大小。從A到E，由動能定理求皮艇與直滑道之間的動摩擦因數(shù)。從E到F，皮艇速度變小，但重力沿半徑方向的分力卻在變大，皮艇能夠安全通過F點。根據(jù)到達E點的速度與質(zhì)量無關(guān)，可以知道皮艇能到E點?！窘獯稹拷猓篈、皮艇經(jīng)過E點時只受重力，由重力的徑向分力充當(dāng)向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgcos37176。＝，解得：vE＝4m/s，故A錯誤；BD、由圖可知A、E兩點高度差為hAE＝（56﹣20cos37176。）m＝40m，從A到E過程，由幾何關(guān)系得AB＝m＝60m，從A到E，根據(jù)動能定理則
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