第八章　作業(yè)32　動能定理的應用(二)-2025版高一物理必修二

作業(yè)32動能定理的應用(二)1~5題每題4分，6題10分，共30分1.如圖所示，用平行于斜面的推力F，使質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點)從傾角為θ的光滑固定斜面的底端，由靜止向頂端做勻加速運動。當物體運動到斜面中點時，撤去推力，物體剛好能到達頂端，重力加速度為g，則推力F大小為()A.2mgsinθ B.mg(1-sinθ)C.2mgcosθ D.2mg(1+sinθ)2.如圖所示，某一斜面AB的頂端A到正下方水平面O點的高度為h，斜面與水平面平滑連接。一小木塊(可視為質(zhì)點)從斜面的頂端A由靜止開始滑下，滑到水平面上的C點停下，如果將斜面改成AB'，仍然將小木塊從斜面的頂端A由靜止開始滑下，滑到水平面上的C'點停下，已知木塊與斜面及水平面的動摩擦因數(shù)μ相同，則()A.C'點在C點的左側 B.C'點與C點重合C.C'點在C點的右側 D.數(shù)據(jù)不足無法確定3.(2023·宜賓市高一期末)如圖所示，質(zhì)量為m的物體，從高度為h的粗糙斜面頂端從靜止開始釋放，最后停在粗糙程度處處相同的水平面上的B點，若該物體從斜面頂端以初速度v0沿斜面下滑，則停留在C點，恰有AB=BC。A點有一小段圓弧平滑連接。重力加速度為g，那么物體在斜面上運動時摩擦力做的功為()A.14mv02 B.12mC.mgh-12mv04.如圖所示，一質(zhì)量為0.5kg的小球以9J初動能從傾角為30°的固定斜面上水平拋出并落在該斜面上。若不計空氣阻力，則它落到斜面上的動能為(重力加速度g=10m/s2)()A.12J B.14JC.18J D.21J5.(2023·大連市高一期中)如圖所示，ABCD是一個盆式容器，盆內(nèi)側壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC水平，B、C兩點的距離為d=0.40m，盆邊緣的高度為h=0.25m。在A處放一個質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)并讓其由靜止滑下。已知盆內(nèi)側壁是光滑的，而盆底BC與小物塊間的動摩擦因數(shù)為μ=0.10，重力加速度g=10m/s2。小物塊在盆內(nèi)來回滑動，最后停下來，則停的地點到B點的距離為()A.0.1m B.0.2mC.0.3m D.0.4m6.(10分)如圖所示，水平輕彈簧左端固定在豎直墻上，右端點在O位置。質(zhì)量為m的物塊A(可視為質(zhì)點)以初速度v0從距O點右方x0的P點向左運動，與彈簧接觸后壓縮彈簧，將彈簧右端壓到O'點位置后，A又被彈簧彈回。A離開彈簧后，恰好回到P點，物塊A與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。(1)(5分)求物塊A從P點出發(fā)又回到P點的過程，克服摩擦力所做的功；(2)(5分)求O點和O'點間的距離x1。7.(14分)(2023·浙江省學軍中學高一期末)如圖所示，質(zhì)量m=6.0kg的滑塊(可視為質(zhì)點)，在水平牽引功率恒為P=42W的力作用下從A點由靜止開始運動，一段時間后撤去牽引力。當滑塊由平臺邊緣B點飛出后，恰能以5m/s的速度從豎直光滑圓弧軌道CDE上的C點沿切線方向進入軌道，并從軌道邊緣E點豎直向上拋出。已知∠COD=53°，A、B間距離L=3m，滑塊與平臺間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，圓弧軌道半徑R=1.0m。不計空氣阻力。sin53°=0.8，cos53°=0.6，g取10m/s2，求：(1)(4分)滑塊運動到B點時的速度大??；(2)(6分)圓弧軌道對滑塊的最大支持力；(3)(4分)滑塊在平臺上運動時水平牽引力的作用時間。8.(16分)(2024·濱州市高一期中)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，粗糙的斜面軌道AB的下端與光滑的圓弧軌道BCD相切于B點，C是最低點，圓心角∠BOC=37°，D與圓心O等高，圓弧軌道半徑R=1.0m，現(xiàn)有一個質(zhì)量為m=0.2kg可視為質(zhì)點的小物體，從D點的正上方E點處自由下落，D、E距離h=1.6m，小物體與斜面AB之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。求：(1)(4分)要使小物體不從斜面頂端飛出，斜面至少要多長；(2)(8分)若斜面已經(jīng)滿足(1)要求，物體從斜面又返回到圓軌道，多次反復，在整個運動過程中，物體對C點處軌道的最小壓力；(3)(4分)在(2)中，物體在斜面上運動的總路程。

答案精析1.A[設斜面的長度為2L，對物體運動的全過程，由動能定理可得FL-2Lmgsinθ=0，解得F=2mgsinθ，故選A。]2.B[設斜面傾角為θ，運動到與O點相距x的位置停止，對木塊運動的整個過程，根據(jù)動能定理得mgh-μmgcosθ·?sinθ-μmg(x-?tanθ)=0，解得x=?μ，可知x與斜面傾角沒有關系，A、C3.B[設物體在斜面上運動時摩擦力所做的功為W1，過程一由動能定理可得mgh+W1-μmgx=0-0，過程二由動能定理可得mgh+W1-μmg·2x=0-12mv02，聯(lián)立解得W1=12mv04.D[小球的初動能為Ek1=12mv02，解得v0=6m/s，小球在空中做平拋運動，有x=v0t，y=12gt2，又tan30°=yx，聯(lián)立解得y=2.4m，小球從水平拋出到落在斜面上，由動能定理可得mgy=Ek2-Ek1，解得Ek2=215.A[對全過程運用動能定理得mgh-μmgs=0，解得s=?μ=0.250.10m=2.5m，由s=6d+0.1m，可知停的位置到B點的距離為0.1m。故選6.(1)12mv02(2)v解析(1)設物塊A從P點出發(fā)又回到P點的過程克服摩擦力所做的功為W克f，由動能定理得-W克f=0-12mv可得W克f=12mv(2)物塊A從P點出發(fā)又回到P點的過程，據(jù)動能定理可得-μmg·2(x0+x1)=0-12mv可得x1=v024μg7.(1)3m/s(2)258N(3)1.5s解析(1)對滑塊運動到C點的速度分解，水平分速度為v'=vCcos53°=5×0.6m/s=3m/s，vB=v'=3m/s。(2)在D點，圓弧軌道對滑塊的支持力最大，滑塊從C點到D點，由動能定理得mgR(1-cos53°)=12mvD2-在D點，根據(jù)牛頓第二定律得FN-mg=mv解得FN=258N。(3)滑塊從A點到B點，由動能定理得Pt-μmgL=12mv解得t=1.5s。8.(1)2.4m(2)2.8N，方向豎直向下(3)6m解析(1)從E→A過程，由動能定理得mg(h+Rcos37°)-μmgLcos37°-mgLsin37°=0，解得L=2.4m(2)因為mgsin37°>μmgcos37°，可知小物體不會停在斜面上。小物體最后以C為中心，B為一側最高點沿圓弧軌道做往返運動，從B→C過程，由動能定理得mgR(1-