【名師一號(hào)】2021年人教版物理雙基限時(shí)練-必修二：第七章習(xí)題課(二)

雙基限時(shí)練(二十一)習(xí)題課(二)1.某物體同時(shí)受到兩個(gè)在同始終線上的力F1、F2的作用，物體由靜止開(kāi)頭做直線運(yùn)動(dòng)，其位移與力F1、F2的關(guān)系圖象如圖所示，在這4m內(nèi)，物體具有最大動(dòng)能時(shí)的位移是()A．1m B．2mC．3m D．4m解析由圖象可看出前2m內(nèi)合力對(duì)物體做正功，物體的動(dòng)能增加，后2m內(nèi)合力對(duì)物體做負(fù)功，物體的動(dòng)能減小，所以物體具有最大動(dòng)能時(shí)的位移是2m.答案B2.一質(zhì)量為m的小球，用長(zhǎng)為l的輕繩懸掛于O點(diǎn)．小球在水平力F作用下，從平衡位置P點(diǎn)很緩慢地移動(dòng)到Q點(diǎn)，如圖所示，則力F所做的功為()A．mglcosθ B．FlsinθC．mgl(1－cosθ) D．Flcosθ解析小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是緩慢的，因而任一時(shí)刻都可看作是平衡狀態(tài)，因此F的大小不斷變大，F(xiàn)做的功是變力功．小球上升過(guò)程只有重力mg和F這兩個(gè)力做功，由動(dòng)能定理得WF－mgl(1－cosθ)＝0，所以WF＝mgl(1－cosθ)．答案C3．物體在水平恒力作用下，在水平面上由靜止開(kāi)頭運(yùn)動(dòng)，當(dāng)位移為x時(shí)撤去F，物體連續(xù)前進(jìn)3x后停止運(yùn)動(dòng)，若路面狀況相同，則物體的摩擦力和最大動(dòng)能分別是()A.eq\f(F,3)，4Fx B.eq\f(F,3)，F(xiàn)xC.eq\f(F,4)，eq\f(Fx,3) D.eq\f(F,4)，eq\f(3Fx,4)解析對(duì)整個(gè)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得：Fx－Ff·4x＝0，解得Ff＝eq\f(F,4)；最大動(dòng)能Ek＝Fx－Ffx＝eq\f(3Fx,4)，故D正確．答案D4.如圖所示，質(zhì)量為m的物體在水平恒力F的推動(dòng)下，從山坡底部A處由靜止開(kāi)頭運(yùn)動(dòng)至高為h的坡頂B處，獲得的速度為v，A、B間的水平距離為x，下列說(shuō)法正確的是()A．物體克服重力所做的功是mghB．合力對(duì)物體做的功是eq\f(1,2)mv2C．推力對(duì)物體做的功是Fx－mghD．物體克服阻力做的功是eq\f(1,2)mv2＋mgh－Fx解析設(shè)物體克服阻力做的功為W，由動(dòng)能定理得Fx－mgh－W＝eq\f(1,2)mv2－0，得W＝Fx－mgh－eq\f(1,2)mv2，故D錯(cuò)誤；由于F是水平恒力，x是水平位移，推力對(duì)物體做的功可由W＝Fx計(jì)算，故C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理知，B正確；物體克服重力所做的功為mgh，A正確．答案AB5.質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面對(duì)左開(kāi)頭運(yùn)動(dòng)，起始點(diǎn)A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示．已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開(kāi)頭碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為()A.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x) B.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)解析由動(dòng)能定理得－W－μmg(s＋x)＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x)．答案A6．如圖所示，ABCD是一個(gè)盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC為水平的，其距離d＝0.50m．盆邊緣的高度為h＝0.30m．在A處放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止動(dòng)身下滑．已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.10，小物塊在盆內(nèi)來(lái)回滑動(dòng)，最終停下來(lái)，則停止點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為()A．0.50m B．0.25mC．0.10m D．0解析設(shè)物塊在BC面上運(yùn)動(dòng)的總路程為x.由動(dòng)能定理知：W合＝Ek1－Ek0，其中Ek1＝Ek0＝0，所以，μmgx＝mgh，則x＝eq\f(h,μ)＝eq\f(0.30,0.10)m＝3m，由于d＝0.5m，則eq\f(x,d)＝eq\f(3,0.5)＝6，可見(jiàn)物塊最終停在B點(diǎn)，故D正確．答案D7.一物體沿直線運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖所示，已知在第1s內(nèi)合外力對(duì)物體做的功為W，則()A．從第1s末到第3s末合外力做功為4WB．從第3s末到第5s末合外力做功為－2WC．從第5s末到第7s末合外力做功為WD．從第3s末到第4s末合外力做功為－eq\f(3,4)W解析由題知，第1s內(nèi)合外力做功為W，令物體質(zhì)量為m，則W＝eq\f(1,2)mv2，第1s末到第3s末，由動(dòng)能定理得合外力做的功為0；從第3s末到第5s末，合外力做功為0－eq\f(1,2)mv2＝－W；從第5s末到第7s末，合外力做的功為eq\f(1,2)m(－v)2－0＝W；從第3s末到第4s末，合外力做的功為eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))2－eq\f(1,2)mv2＝－eq\f(3,4)×eq\f(1,2)mv2＝－eq\f(3,4)W.答案CD8．一輛質(zhì)量為m、額定功率為P的小車從靜止開(kāi)頭以恒定的加速度a啟動(dòng)，所受阻力為Ff，經(jīng)時(shí)間t，行駛距離x后達(dá)到最大速度vm，然后勻速運(yùn)動(dòng)，則從靜止開(kāi)頭到達(dá)到最大速度過(guò)程中，機(jī)車牽引力所做的功為()A．Pt B．(Ff＋ma)xC.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m) D.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Ffx解析汽車開(kāi)頭做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，功率不是恒定的，故A錯(cuò)誤；由牛頓其次定律知，開(kāi)頭勻加速階段，機(jī)車牽引力為Ff＋ma，但達(dá)到最大速度vm前，有一段變加速過(guò)程，牽引力漸漸變小，故B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可得：W牽－Ffx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，所以W牽＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Ffx，D正確，C錯(cuò)誤．答案D9.如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的長(zhǎng)木板水平放置，在木板的A端放置一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊，現(xiàn)緩慢地抬高A端，使木板以左端為軸轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)木板轉(zhuǎn)到與水平面的夾角為α?xí)r小物塊開(kāi)頭滑動(dòng)，此時(shí)停止轉(zhuǎn)動(dòng)木板，小物塊滑到底端的速度為v，則在整個(gè)過(guò)程中()A．木板對(duì)物塊做功肯定大于eq\f(1,2)mv2B．靜摩擦力對(duì)小物塊做功為mgLsinαC．支持力對(duì)小物塊做功為mgLsinαD．滑動(dòng)摩擦力對(duì)小物塊做功為eq\f(1,2)mv2－mgLsinα解析木板轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，小物塊受到的靜摩擦力與運(yùn)動(dòng)方向垂直，靜摩擦力做功為零，支持力做功為mgLsinα，小物塊下滑過(guò)程中，支持力不做功，滑動(dòng)摩擦力做負(fù)功，由mgLsinα＋Wf＝eq\f(1,2)mv2得，滑動(dòng)摩擦力對(duì)小物塊做功為Wf＝eq\f(1,2)mv2－mgLsinα，故B錯(cuò)誤，C、D正確；整個(gè)過(guò)程中，對(duì)物塊應(yīng)用動(dòng)能定理得：W木板＝eq\f(1,2)mv2，A錯(cuò)誤．答案CD10.如圖所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為l的小車靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在小車的最左端．現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使物塊從靜止開(kāi)頭做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．物塊和小車之間的摩擦力為Ff.物塊滑到小車的最右端時(shí)，小車運(yùn)動(dòng)的距離為x.在這個(gè)過(guò)程中，以下結(jié)論正確的是()A．物塊到達(dá)小車最右端時(shí)具有的動(dòng)能為(F－Ff)(l＋x)B．物塊到達(dá)小車最右端時(shí)，小車具有的動(dòng)能為FfxC．物塊克服摩擦力所做的功為Ff(l＋x)D．物塊和小車增加的機(jī)械能為Fx解析依據(jù)動(dòng)能定理，物塊到達(dá)最右端時(shí)具有的動(dòng)能為Ek1＝ΔEk1＝F(l＋x)－Ff(l＋x)＝(F－Ff)(l＋x)，A對(duì)；物塊到達(dá)最右端時(shí)，小車具有的動(dòng)能為Ek2＝ΔEk2＝Ffx，B對(duì)；物塊和小車增加的機(jī)械能為ΔE＝F(x＋l)－Ffl，D錯(cuò)；由功的定義，物塊克服摩擦力所做的功為Wf＝Ff(l＋x)，C對(duì)．答案ABC11．冰壺在水平冰面上的一次滑行可簡(jiǎn)化為如下過(guò)程：如圖所示，運(yùn)動(dòng)員將靜止于O點(diǎn)的冰壺(視為質(zhì)點(diǎn))沿直線OO′推到A點(diǎn)放手，此后冰壺沿AO′滑行，最終停于C點(diǎn)．已知冰面和冰壺間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，冰壺質(zhì)量為m，AC＝L，CO′＝r，重力加速度為g.(1)求冰壺在A點(diǎn)的速率；(2)若將BO′段冰面與冰壺間的動(dòng)摩擦因數(shù)減小為0.8μ，原本只能滑到C點(diǎn)的冰壺能停于O′點(diǎn)，求A點(diǎn)與B點(diǎn)之間的距離．解析(1)對(duì)冰壺，從A點(diǎn)放手到停止于C點(diǎn)，設(shè)在A點(diǎn)時(shí)的速度為v1，應(yīng)用動(dòng)能定理有：－μmgL＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得v1＝eq\r(2μgL).(2)設(shè)A、B之間距離為x，對(duì)冰壺，從A到O′的過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)能定理，－μmgx－0.8μmg(L＋r－x)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得x＝L－4r.答案(1)eq\r(2μgL)(2)L－4r12．滑板運(yùn)動(dòng)已成為青少年所寵愛(ài)的一種體育運(yùn)動(dòng)，如圖所示，某同學(xué)正在進(jìn)行滑板運(yùn)動(dòng)．圖中AB段路面是水平的，BCD是一段半徑R＝20m的拱起的圓弧路面，圓弧的最高點(diǎn)C比AB段路面高出h＝1.25m．已知人與滑板的總質(zhì)量為M＝60kg.該同學(xué)自A點(diǎn)由靜止開(kāi)頭運(yùn)動(dòng)，在AB路段他單腿用力蹬地，到達(dá)B點(diǎn)前停止蹬地，然后沖上圓弧路段，結(jié)果到達(dá)C點(diǎn)時(shí)恰好對(duì)地面壓力為零，不計(jì)滑板與各路段之間的摩擦力及經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的能量損失(g取10m/s2)．求：(1)該同學(xué)到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度；(2)該同學(xué)在AB段所做的功．解析(1)該同學(xué)通過(guò)C點(diǎn)時(shí)有Mg＝Meq\f(v\o\al(2,C),R)，代入數(shù)據(jù)得vC＝10eq\(2)人和滑板從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，依據(jù)動(dòng)能定理有W－Mgh＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)，代入數(shù)據(jù)解得W＝6750J.答案(1)10eq\13.如圖是一個(gè)粗糙程度處處相同的斜面和水平面，其連接B處用一個(gè)彎曲的圓弧連接，小球經(jīng)過(guò)此處時(shí)機(jī)械能不損失．一個(gè)質(zhì)量為m的滑塊從高為h的斜面上A點(diǎn)靜止下滑，結(jié)果停止在水平面上的C點(diǎn)，設(shè)釋放點(diǎn)到停止點(diǎn)的水平距離為s,(1)求證：μ＝eq\f(h,s)；(2)假如僅轉(zhuǎn)變斜面的傾角或滑塊的質(zhì)量，水平距離s會(huì)變化嗎？(3)現(xiàn)在要使物體由C點(diǎn)沿原路回到A點(diǎn)時(shí)速度為零，那么必需給小球以多大的初速度？(設(shè)小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)處無(wú)能量損失，重力加速度為g)解析(1)設(shè)斜面的傾角為α，斜面的射影和水平面BC的長(zhǎng)度分別為x、l，在斜面上，摩擦力做功為Wf1＝－μmgcosα·eq\