1、课时作业21动能定理及其应用时间：45分钟1北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目之一将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将(A)A不变B变小C变大D无法判断解析：冰壶在冰面上以一定初速度被推出后，在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，根据动能定理有mgs0mv2，得s，两种冰壶的初速度相等，材料相同，故运动的距离相等，故选项A正确2.如图所示，质量为m的物块与水平转台间的动摩擦因数为，物块与转轴相距R，物块随转台由静止开始转动当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中
2、，摩擦力对物块做的功是(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(D)A0B2mgRC2mgR D.解析：物块即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物块的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物块做圆周运动的线速度为v，则有mg.在物块由静止到获得速度v的过程中，物块受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物块做功，由动能定理得Wmv20，联立解得WmgR.故选项D正确3.如图所示，物块以60 J的初动能从斜面底端沿斜面向上滑动，当它的动能减少为零时，重力势能增加了45 J，则物块回到斜面底端时的动能为(C)A15 JB20 JC30 JD45 J解析：由动能定理可知WGWf0Ek0，解得摩擦力做功
3、为Wf15 J，对物块整个过程由动能定理得2WfEkEk0，解得物块回到斜面底端时的动能为Ek30 J，故C正确，A、B、D错误4如图所示，小物块从倾角为的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为(B)AtanBtanCtan()Dtan()解析：如图所示，设B、O间距离为x1，A点离水平面的高度为h，A、O间的水平距离为x2，物块的质量为m，在物块运动的全过程中，应用动能定理可得mghmgcosmgx10，解得tan，故选项B正确5.用水平力F
4、拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止，其速度时间图象如图所示，且，若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是(B)AW1W2，F2FfBW1W2，F2FfCP12FfDP1P2，F2Ff解析：对整个过程由动能定理可得W1W20，解得W1W2.由图象可知，撤去拉力F后运动的时间大于水平力F作用的时间，所以a1|a2|，即，F2Ff，选项A、D错误，B正确；由于摩擦阻力作用时间一定大于水平力F作用时间，所以P1P2，选项C错误6.(2019全国卷)从地面竖直向
5、上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为(C)A2 kgB1.5 kgC1 kgD0.5 kg解析：设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得(mgF)3 m(3672) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mgF)3 m(4824) J，联立解得m1 kg、F2 N，选项C正确，A、B、D均错误7如图甲所
6、示，在粗糙的水平路段AB上有一质量为4103 kg 的越野车，正以5 m/s的速度向右匀速运动，越野车前方的水平路段BC较平坦，越野车用12 s通过整个ABC路段的vt图象如图乙所示，在t12 s处水平虚线与曲线相切，运动过程中越野车发动机的输出功率保持80 kW不变假设越野车在两个路段上受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)各自恒定，求：(1)越野车在AB路段上运动时所受的阻力大小；(2)BC路段的长度解析：(1)越野车在AB路段时做匀速运动，有F1f1又PF1v1联立解得f116 000 N.(2)t12 s时越野车处于平衡状态，有F2f2，PF2v2联立解得f28 000 Nt28 s由
7、动能定理有Pt2f2xmvmv代入数据解得x61.25 m.答案：(1)16 000 N(2)61.25 m8如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处为均与BC相切的圆弧，BC是水平的，其长度d0.60 m盆边缘的高度为h0.30 m在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止下滑已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止位置到B点的距离为(B)A0.50 mB0.60 mC0.10 mD0解析：本题考查动能定理在圆弧曲面的应用设小物块在BC面上运动的总路程为s.物块在BC面上所受的滑动摩擦力大小始终为fmg，对
8、小物块从开始运动到停止运动的始末状态进行研究，由动能定理得mghmgs0，得到s m3 m，d0.60 m，则s5d，所以小物块在BC面上来回运动共5次，最后停在C点，则停止位置到B点的距离为0.60 m，故B正确9.如图所示，竖直平面内有固定的弯折形滑杆轨道ACB和ADB，AC平行于DB，AD平行于CB.一小圆环(图中未画出)先后套在ACB、ADB上，从A点由静止释放，滑到B点所用的时间为t1、t2，到达B点的速度大小为v1、v2.已知小圆环与两条轨道之间的动摩擦因数都相同，不计弯折处能量损失下列关系式成立的是(B)At1t2Bt1v2Dv1v2解析：根据牛顿第二定律知：AC段与DB段加速度
9、相同，AD段与CB段加速度相同，且AC段与DB段加速度较大，作出两个过程的vt图象如图所示，结合vt图象与时间轴所围的面积表示位移，两个过程位移相等，则有t1tanB物块下滑的加速度逐渐增大C物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做功为0mglcosD物块下滑到底端时的速度大小为 解析：物块在斜面顶端由静止释放后能够下滑，应满足mgsin0mgcos，即0tan，选项A错误；根据牛顿第二定律得agsingcos，可知物块下滑过程中，随着的减小，a在增大，选项B正确；摩擦力fmgcosmgcos，可知f与x成线性关系，如图所示，其中f00mgcos，则物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做功Wfl
10、0mglcos，选项C正确；由动能定理得mglsin0mglcosmv2，解得v，选项D错误11如图甲所示，高H1 m的桌面上固定一竖直平面内的半径R0.8 m的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道末端B与桌面边缘水平相切将一质量m0.05 kg的小球由轨道顶端A处静止释放，小球落入地面固定的球筐中已知球筐的高度h0.2 m，球筐的直径比球稍大，与轨道半径R、平台高H等相比可忽略，空气阻力忽略不计，g取10 m/s2.(1)求小球运动到B处时对轨道的压力大小；(2)求球筐距B处的水平距离；(3)把圆弧轨道撤去，让小球在桌面上从B处水平抛出有人认为“为防止球入筐时弹出，小球落入球筐时的动能越小越好”若只改变桌面的高度，求出该动能的最小值解析：(1)小球从A运动到B：mgRmv在B点FNmg解得v04 m/s，FN1.5 N根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小FNFN1.5 N.(2)竖直方向Hhgt2水平方向xv0t解得x1.6 m.(3)小球从B运动到球筐过程由动能定理mg(Hh)Ekmv平抛运动xvBt，Hhgt2联立解得Ekmg(Hh)当Hhx1 m时，Ek有最小值，其最小值为Ekminmgx0.8 J.答案：(1)1.5 N(2)1.6 m(3)0.8 J