1、课时作业 17双基过关练1(多选)关于动能的理解，下列说法正确的是( )A动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能B动能总为非负值C一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化D动能不变的物体，一定处于平衡状态解析：由动能的定义和特点知，A、B 选项正确；动能是标量而速度是矢量，当动能变化时，速度的大小一定变化；而速度的变化可能只是方向变了，大小未变，则动能不变，且物体有加速度，处于非平衡状态，故 C 对、D 错答案：ABC2两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比 m1 ： m21 ：2，速度之比v1 ： v22 ：1，当两车急刹车后，甲车滑行的最大距
2、离为 L1，乙车滑行的最大距离为L2，设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则( )A L1 ： L21 ：2 B L1 ： L21 ：1C L1 ： L22 ：1 D L1 ： L24 ：1解析：由动能定理，对两车分别列式 F1L10 m1v ， F2L20 m2v ， F1 m 1g， F2 m 2g12 21 12 2由以上四式联立得 L1 ： L24 ：1故选项 D 是正确的答案：D3物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止以a、 Ek、 x 和 t 分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间则以下各图象中，能正确反映这一过程的是( )解析：
3、物体在恒定阻力作用下运动，其加速度随时间不变，随位移不变，选项 A、B 错误；由动能定理， Ffx Ek Ek0，解得 Ek Ek0 Ffx，选项 C 正确、D 错误答案：C4(2018黑龙江省牡丹江市月考)(多选)汽车在水平路面上从静止开始做匀加速直线运动， t1秒末关闭发动机做匀减速直线运动，到 t2秒末静止，动摩擦因数不变其 v t图象如图所示，图中 W2C P P1 D P1 P2解析：由动能定理可知 W W1 W20，故 W W1 W2，A 正确；加速度过程的位移要大于减速过程的位移，因摩擦力不变，故加速时摩擦力所做的功大于减速时摩擦力所做的功，B 正确；因加速和减速运动中，平均速度
4、相等，由 P Fv 可知，摩擦力的平均功率相等，故 P1 P2，D 错误；由功率关系可知 P(t1 t2) P1t1 P2t2得： P P1，C 正确；故选A、B、C.答案：ABC5如图所示，半圆形轨道 MON 竖直放置且固定在地面上，直径 MN 是水平的一小物块从 M 点正上方高度为 H 处自由下落，正好在 M 点滑入半圆轨道，测得其第一次离开 N 点后上升的最大高度为 .小物块接着下落从 N 点滑入半圆轨道，在向 M 点滑行过程中(整个过H2程不计空气阻力)( )A小物块正好能到达 M 点B小物块一定到不了 M 点C小物块一定能冲出 M 点D不能确定小物块能否冲出 M 点解析：小物块第一次
5、飞出过程根据动能定理得 mgH mg Wf0，假设能再次到达 MH2点，根据动能定理有 mg W f mv2，因小物块第二次经过半圆轨道过程中速度小于第一H2 12次，轨道支持力也变小，物块所受摩擦力变小，故克服阻力做功 W f0，因此小物块能冲出 M 点，选项 C 正确答案：C6(2018湖南娄底五校联考)(多选)如图所示，一个小球(视为质点)从 H12 m 高处，由静止开始通过光滑弧形轨道 AB，进入半径 R4 m 的竖直圆环，且小球与圆环间动摩擦因数处处相等，当到达环顶 C 点时，刚好对轨道压力为零；沿 CB 圆弧滑下后，进入光滑弧形轨道 BD，且到达高度为 h 的 D 点时的速度为零，
6、则 h 的值不可能为( g 取 10 m/s2，所有高度均相对 B 点而言)( )A12 m B10 mC8.5 m D7 m解析：已知 C 点小球对轨道无压力，则重力提供向心力，得 mg ，重力势能为mv2R2mgR，小球从静止开始运动到 C 点，根据动能定理得 mg(H2 R) Wf mv2，再分析从 C 点12运动到 D 点，根据动能定理得， mg(2R h) W f0 mv2，由于机械能有损失，在关于12BC 对称的位置下滑速度比上升速度小，因此小球对圆环压力小，所受摩擦力小，所以下滑时，克服摩擦力做功小，即 WfW f0，解得 8 mh10 m，故选 A、B、D.答案：ABD7(20
7、18信宜市高三统测)如图所示， AB 是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为 h，末端 B 处的切线水平，紧贴点 B 安装一水平传送带，传送带右端与 B 间的距离为 h，若皮带轮缘静止时，一个质量为 m 的小物块 P 从轨道顶端 A 处静止释放，它离开轨道并在传送带上滑行后从右端水平飞出，落在 C 点已知 2 h，取 g10 m/s 2.OB OC(1)求小物体 P 滑至 B 点时的速度大小；(2)求小物体 P 与传送带之间的动摩擦因数；(3)若皮带轮缘以 的线速度顺时针匀速转动，求落地点到 O 点的距离，gh解析：根据机械能守恒定律有 mv mgh12 2B所以解得小物块 P 滑至 B 点时
8、速度为 vB 2gh(2)小物块由传送带右端飞出后做平抛运动，则由题意得2h gt212h vt再根据动能定理得 mgh mv2 mv12 12 2B以上三式联立解得 0.875(3)若皮带轮缘以 的线速度顺时针匀速转动时，分析可知物块在传送带上先减速后gh匀速运动，接着以 的初速度平抛gh设落地点为 D，则由第(2)问知落地时间为 t4hg水平位移为 x v t 2 hgh4hg所以落地点到 O 点的距离为 OD x h3 h答案：(1) (2)0.875 (3)3 h2gh能力提升练8质量 m2 kg 的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能 Ek与其发生位移 x
9、 之间的关系如图所示已知物块与水平面间的动摩擦因数 0.2，重力加速度 g 取 10 m/s2，则下列说法中正确的是( )A x1 m 时物块的速度大小为 2 m/sB x3 m 时物块的加速度大小为 2.5 m/s2C在前 2 m 位移的运动过程中物块所经历的时间为 2 sD在前 4 m 位移的运动过程中拉力对物块做的功为 9 J解析：根据图象知， x1 m 时，动能为 2 J，即 mv22 J，解得 v m/s，故 A 错12 2误；对 x2 m 到 x4 m 过程由动能定理得 Fx mgx Ek，解得 F6.5 N，由牛顿第二定律得 a 1.25 m/s2，故 B 错误；对运动前 2 m
10、 由动能定理得F mgmFx mgx Ek，解得 F6 N，物体的加速度 a 1 m/s2，末速度 v 2 F mgm 2Ekmm/s，根据 v at 得， t2 s，故 C 正确；对全过程由动能定理得， WF mgx Ek，解得 WF25 J，故 D 错误答案：C9(2018福建省毕业班质量检查)如图，固定直杆上套有一小球和两根轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为 2L 的 A、 B 两点直杆与水平面的夹角为 ，小球质量为 m，两根轻弹簧的原长均为 L、劲度系数均为 ， g 为重力3mgsinL加速度(1)小球在距 B 点 L 的 P 点处于静止状态，求此时小球受到
11、的摩擦力大小和方向；45(2)设小球在 P 点受到的摩擦力为最大静摩擦力，且与滑动摩擦力相等现让小球从 P点以一沿杆方向的初速度向上运动，小球最高能到达距 A 点 L 的 Q 点，求初速度的大小45解析：(1)小球在 P 点时两根弹簧的弹力大小相等，设为 F，根据胡克定律有 F k(LL)45设小球静止时受到的摩擦力大小为 Ff，方向沿杆向下，根据平衡条件有mgsin Ff2 F代入数据解得 Ffmgsin5方向沿杆向下(2)小球在 P、 Q 两点时，弹簧的弹性势能相等，故小球从 P 到 Q 的过程中，弹簧对小球做功为零据动能定理有 W 合 Ek mg2(L L)sin Ff2(L L)0 m
12、v245 45 12联立解得v26gLsin5答案：(1) 方向沿杆向下 (2)mgsin5 26gLsin510(2018宿州模拟)宇航员在某星球表面做了如下实验，实验装置如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由斜轨道 AB 和圆弧轨道 BC 组成将质量 m0.2 kg 的小球，从轨道AB 上高 H 处的某点由静止释放，用力传感器测出小球经过 C 点时对轨道的压力大小为 F，改变 H 的大小，可测出 F 随 H 的变化关系如图乙所示，求：(1)圆轨道的半径(2)星球表面的重力加速度(3)作出小球经过 C 点时动能随 H 的变化关系 Ek H 图象解析：(1)小球过 C 点时，由牛顿第二定律得：F mg mv2Cr小球由静止下滑至 C 点的过程，由动能定理得：mg(H2 r) mv12 2C解得： F H5 mg2mgr由图可知：当 H10.5 m 时， F10 N解得： r0.2 m(2)当 H21.0 m 时， F25 N解得： g5 m/s 2(3)小球由静止下滑至 C 点的过程，由动能定理得：mg(H2 r) Ek0解得： Ek H0.4则 Ek H 图象如图所示：答案：(1)0.2 m (2)5 m/s 2 (3)见解析
