还剩5页未读，
继续阅读
高中物理人教版 (2019)必修 第二册第八章 机械能守恒定律综合与测试习题
展开
这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第二册第八章 机械能守恒定律综合与测试习题，共8页。
【学习素养·明目标】 物理观念：1.进一步理解动能定理，领会应用动能定理解题的优越性.2.会利用动能定理分析变力做功、曲线运动以及多过程问题．
科学思维：1.体会动能定理在分析变力问题、曲线运动、多过程问题中的优越性.2.建立求解“多过程运动问题”的模型，提高逻辑推理和综合分析问题的能力．
[要点归纳]
1．动能定理不仅适用于求恒力做功，也适用于求变力做功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便．
2．利用动能定理求变力的功是最常用的方法，当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W变＋W其他＝ΔEk.
【例1】 如图所示，某人利用跨过定滑轮的轻绳拉质量为10 kg的物体．定滑轮的位置比A点高3 m．若此人缓慢地将绳从A点拉到同一水平高度的B点，且A、B两点处绳与水平方向的夹角分别为37°和30°，则此人拉绳的力做了多少功？(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，不计滑轮的摩擦)
[解析] 取物体为研究对象，设绳的拉力对物体做的功为W.根据题意有h＝3 m
物体升高的高度Δh＝eq \f(h,sin 30°)－eq \f(h,sin 37°)①
对全过程应用动能定理W－mgΔh＝0②
由①②两式联立并代入数据解得W＝100 J
则人拉绳的力所做的功W人＝W＝100 J.
[答案] 100 J
1．一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点．小球在水平力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，如图所示，则力F所做的功为( )
A．mglcs θ B．Flsin θ
C．mgl(1－cs θ) D．Flcs θ
C [小球的运动过程是缓慢的，因而任一时刻都可看成是平衡状态，因此F的大小不断变大，F做的功是变力功．小球上升过程只有重力mg和F这两个力做功，由动能定理得WF－mgl(1－cs θ)＝0.
所以WF＝mgl(1－cs θ)．]
[要点归纳]
一个物体的运动如果包含多个运动阶段，可以选择分段或全程应用动能定理．
1．分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解．
2．全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力做的功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解．
当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便．
【例2】 如图所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑．一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点速度为0.求：(取g＝10 m/s2)
(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；
(2)物体第5次经过B点时的速度；
(3)物体最后停止的位置(距B点多少米)．
思路点拨：①重力做功与物体运动路径无关，其大小为mgΔh，但应注意做功的正、负．
②物体第5次经过B点时在水平面BC上的路径为4sBC.
[解析] (1)由动能定理得－mg(h－H)－μmgsBC＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，解得μ＝0.5.
(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgH－μmg·4sBC＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，
解得v2＝4eq \r(11) m/s≈13.3 m/s.
(3)分析整个过程，由动能定理得
mgH－μmgs＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，
解得s＝21.6 m.
所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m，故距B点的距离为2 m－1.6 m＝0.4 m.
[答案] (1)0.5 (2)13.3 m/s (3)距B点0.4 m
1当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移.计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和.
2研究初、末动能时，只需关注初、末状态，不必关心中间运动的细节.
2．如图所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5 m，一个质量为m＝0.5 kg的木块在F＝1.5 N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求：
(1)木块沿弧形槽上升的最大高度(木块未离开弧形槽)；
(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑动的最大距离．
[解析] (1)设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，木块在最高点时的速度为零．从木块开始运动到弧形槽最高点，由动能定理得：
FL－FfL－mgh＝0
其中Ff＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N
所以h＝eq \f(FL－FfL,mg)＝eq \f(1.5－1.0×1.5,0.5×10) m＝0.15 m.
(2)设木块离开B点后沿桌面滑动的最大距离为x.由动能定理得：mgh－Ffx＝0
所以：x＝eq \f(mgh,Ff)＝eq \f(0.5×10×0.15,1.0) m＝0.75 m.
[答案] (1)0.15 m (2)0.75 m
[要点归纳]
动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意：
1．与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量．
2．与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件：
(1)有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝0.
(2)没有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝eq \r(gR).
【例3】 如图所示，一个质量为m＝0.6 kg的小球以初速度v0＝2 m/s从P点水平抛出，从粗糙圆弧ABC的A点沿切线方向进入(不计空气阻力，进入圆弧时无动能损失)且恰好沿圆弧通过最高点C，已知圆弧的圆心为O，半径R＝0.3 m，θ＝60°，g＝10 m/s2.求：
(1)小球到达A点的速度vA的大小；
(2)P点到A点的竖直高度H；
(3)小球从圆弧A点运动到最高点C的过程中克服摩擦力所做的功W.
[解析] (1)在A点由速度的合成得vA＝eq \f(v0,cs θ)，
代入数据解得vA＝4 m/s
(2)从P点到A点小球做平抛运动，
竖直分速度vy＝v0tan θ①
由运动学规律有veq \\al(2,y)＝2gH②
联立①②解得H＝0.6 m
(3)恰好过C点满足mg＝eq \f(mv\\al(2,C),R)
由A点到C点由动能定理得
－mgR(1＋cs θ)－W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)
代入数据解得W＝1.2 J.
[答案] (1)4 m/s (2)0.6 m (3)1.2 J
3．如图所示，一可以看成质点的质量m＝2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R＝0.5 m．已知sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，不计空气阻力，g取10 m/s2.
(1)求小球的初速度v0的大小；
(2)若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功．
[解析] (1)在A点由平抛运动规律得：
vA＝eq \f(v0,cs 53°)＝eq \f(5,3)v0.①
小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得
mg(R＋Rcs θ)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)②
由①②得：v0＝3 m/s.
(2)在最高点C处有mg＝eq \f(mv\\al(2,C),R)，小球从桌面到C点，由动能定理得Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，代入数据解得Wf＝－4 J.
[答案] (1)3 m/s (2)－4 J
1．如图所示，AB为eq \f(1,4)圆弧轨道，BC为水平直轨道，在B点两轨道相切，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为 μ，当它由轨道顶端A从静止开始下滑时，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为( )
A.eq \f(μmgR,2) B.eq \f(mgR,2)
C．mgR D．(1－μ)mgR
D [设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，BC段摩擦力做功为－μmgR.故物体从A运动到C的全过程，由动能定理得：
mgR－WAB－μmgR＝0
解得：WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正确．]
2．如图所示，假设在某次比赛中运动员从10 m高处的跳台跳下，设水的平均阻力约为其体重的3倍，在粗略估算中，把运动员当作质点处理，为了保证运动员的人身安全，池水深度至少为(不计空气阻力)( )
A．5 m B．3 m
C．7 m D．1 m
A [设水深h，对全程运用动能定理
mg(H＋h)－fh＝0，f＝3mg，
即mg(H＋h)＝3mgh.所以h＝5 m．]
3．如图所示，在半径为0.2 m的固定半球形容器中，一质量为1 kg的小球(可视为质点)自边缘上的A点由静止开始下滑，到达最低点B时，它对容器的正压力大小为15 N．取重力加速度为g＝10 m/s2，则球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为( )
A．0.5 J B．1.0 J
C．1.5 J D．1.8 J
C [在B点有N－mg＝meq \f(v2,R)，得EkB＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)(N－mg)R.A滑到B的过程中运用动能定理得mgR＋Wf＝eq \f(1,2)mv2－0，得Wf＝eq \f(1,2)R(N－3mg)＝eq \f(1,2)×0.2×(15－30)J＝－1.5 J，所以球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为1.5 J，C正确．]
4．一个质量为m的小球拴在绳的一端，绳另一端受大小为F1的拉力作用，小球在光滑水平面上做半径为R1的匀速圆周运动(如图所示)，今将力的大小变为F2，使小球在水平面上做匀速圆周运动，但半径变为R2(R2＜R1)，则小球运动的半径由R1变为R2的过程中拉力对小球做的功为多少？
[解析] 小球运动的半径由R1变为R2时，半径变小，绳子的拉力虽为变力，但对小球做了正功，使小球的速度增大，动能发生了变化，根据动能定理有
WF＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)①
根据牛顿第二定律有F1＝eq \f(mv\\al(2,1),R1)
故有eq \f(1,2)F1R1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)②
同理有eq \f(1,2)F2R2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)③
由①②③得WF＝eq \f(1,2)(F2R2－F1R1)．
[答案] eq \f(1,2)(F2R2－F1R1)
利用动能定理求力的功
利用动能定理分析多过程问题
动能定理在平抛、圆周运动中的应用
【学习素养·明目标】 物理观念：1.进一步理解动能定理，领会应用动能定理解题的优越性.2.会利用动能定理分析变力做功、曲线运动以及多过程问题．
科学思维：1.体会动能定理在分析变力问题、曲线运动、多过程问题中的优越性.2.建立求解“多过程运动问题”的模型，提高逻辑推理和综合分析问题的能力．
[要点归纳]
1．动能定理不仅适用于求恒力做功，也适用于求变力做功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便．
2．利用动能定理求变力的功是最常用的方法，当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W变＋W其他＝ΔEk.
【例1】 如图所示，某人利用跨过定滑轮的轻绳拉质量为10 kg的物体．定滑轮的位置比A点高3 m．若此人缓慢地将绳从A点拉到同一水平高度的B点，且A、B两点处绳与水平方向的夹角分别为37°和30°，则此人拉绳的力做了多少功？(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，不计滑轮的摩擦)
[解析] 取物体为研究对象，设绳的拉力对物体做的功为W.根据题意有h＝3 m
物体升高的高度Δh＝eq \f(h,sin 30°)－eq \f(h,sin 37°)①
对全过程应用动能定理W－mgΔh＝0②
由①②两式联立并代入数据解得W＝100 J
则人拉绳的力所做的功W人＝W＝100 J.
[答案] 100 J
1．一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点．小球在水平力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，如图所示，则力F所做的功为( )
A．mglcs θ B．Flsin θ
C．mgl(1－cs θ) D．Flcs θ
C [小球的运动过程是缓慢的，因而任一时刻都可看成是平衡状态，因此F的大小不断变大，F做的功是变力功．小球上升过程只有重力mg和F这两个力做功，由动能定理得WF－mgl(1－cs θ)＝0.
所以WF＝mgl(1－cs θ)．]
[要点归纳]
一个物体的运动如果包含多个运动阶段，可以选择分段或全程应用动能定理．
1．分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解．
2．全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力做的功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解．
当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便．
【例2】 如图所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑．一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点速度为0.求：(取g＝10 m/s2)
(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；
(2)物体第5次经过B点时的速度；
(3)物体最后停止的位置(距B点多少米)．
思路点拨：①重力做功与物体运动路径无关，其大小为mgΔh，但应注意做功的正、负．
②物体第5次经过B点时在水平面BC上的路径为4sBC.
[解析] (1)由动能定理得－mg(h－H)－μmgsBC＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，解得μ＝0.5.
(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgH－μmg·4sBC＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，
解得v2＝4eq \r(11) m/s≈13.3 m/s.
(3)分析整个过程，由动能定理得
mgH－μmgs＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，
解得s＝21.6 m.
所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m，故距B点的距离为2 m－1.6 m＝0.4 m.
[答案] (1)0.5 (2)13.3 m/s (3)距B点0.4 m
1当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移.计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和.
2研究初、末动能时，只需关注初、末状态，不必关心中间运动的细节.
2．如图所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5 m，一个质量为m＝0.5 kg的木块在F＝1.5 N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求：
(1)木块沿弧形槽上升的最大高度(木块未离开弧形槽)；
(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑动的最大距离．
[解析] (1)设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，木块在最高点时的速度为零．从木块开始运动到弧形槽最高点，由动能定理得：
FL－FfL－mgh＝0
其中Ff＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N
所以h＝eq \f(FL－FfL,mg)＝eq \f(1.5－1.0×1.5,0.5×10) m＝0.15 m.
(2)设木块离开B点后沿桌面滑动的最大距离为x.由动能定理得：mgh－Ffx＝0
所以：x＝eq \f(mgh,Ff)＝eq \f(0.5×10×0.15,1.0) m＝0.75 m.
[答案] (1)0.15 m (2)0.75 m
[要点归纳]
动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意：
1．与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量．
2．与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件：
(1)有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝0.
(2)没有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝eq \r(gR).
【例3】 如图所示，一个质量为m＝0.6 kg的小球以初速度v0＝2 m/s从P点水平抛出，从粗糙圆弧ABC的A点沿切线方向进入(不计空气阻力，进入圆弧时无动能损失)且恰好沿圆弧通过最高点C，已知圆弧的圆心为O，半径R＝0.3 m，θ＝60°，g＝10 m/s2.求：
(1)小球到达A点的速度vA的大小；
(2)P点到A点的竖直高度H；
(3)小球从圆弧A点运动到最高点C的过程中克服摩擦力所做的功W.
[解析] (1)在A点由速度的合成得vA＝eq \f(v0,cs θ)，
代入数据解得vA＝4 m/s
(2)从P点到A点小球做平抛运动，
竖直分速度vy＝v0tan θ①
由运动学规律有veq \\al(2,y)＝2gH②
联立①②解得H＝0.6 m
(3)恰好过C点满足mg＝eq \f(mv\\al(2,C),R)
由A点到C点由动能定理得
－mgR(1＋cs θ)－W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)
代入数据解得W＝1.2 J.
[答案] (1)4 m/s (2)0.6 m (3)1.2 J
3．如图所示，一可以看成质点的质量m＝2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R＝0.5 m．已知sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，不计空气阻力，g取10 m/s2.
(1)求小球的初速度v0的大小；
(2)若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功．
[解析] (1)在A点由平抛运动规律得：
vA＝eq \f(v0,cs 53°)＝eq \f(5,3)v0.①
小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得
mg(R＋Rcs θ)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)②
由①②得：v0＝3 m/s.
(2)在最高点C处有mg＝eq \f(mv\\al(2,C),R)，小球从桌面到C点，由动能定理得Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，代入数据解得Wf＝－4 J.
[答案] (1)3 m/s (2)－4 J
1．如图所示，AB为eq \f(1,4)圆弧轨道，BC为水平直轨道，在B点两轨道相切，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为 μ，当它由轨道顶端A从静止开始下滑时，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为( )
A.eq \f(μmgR,2) B.eq \f(mgR,2)
C．mgR D．(1－μ)mgR
D [设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，BC段摩擦力做功为－μmgR.故物体从A运动到C的全过程，由动能定理得：
mgR－WAB－μmgR＝0
解得：WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正确．]
2．如图所示，假设在某次比赛中运动员从10 m高处的跳台跳下，设水的平均阻力约为其体重的3倍，在粗略估算中，把运动员当作质点处理，为了保证运动员的人身安全，池水深度至少为(不计空气阻力)( )
A．5 m B．3 m
C．7 m D．1 m
A [设水深h，对全程运用动能定理
mg(H＋h)－fh＝0，f＝3mg，
即mg(H＋h)＝3mgh.所以h＝5 m．]
3．如图所示，在半径为0.2 m的固定半球形容器中，一质量为1 kg的小球(可视为质点)自边缘上的A点由静止开始下滑，到达最低点B时，它对容器的正压力大小为15 N．取重力加速度为g＝10 m/s2，则球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为( )
A．0.5 J B．1.0 J
C．1.5 J D．1.8 J
C [在B点有N－mg＝meq \f(v2,R)，得EkB＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)(N－mg)R.A滑到B的过程中运用动能定理得mgR＋Wf＝eq \f(1,2)mv2－0，得Wf＝eq \f(1,2)R(N－3mg)＝eq \f(1,2)×0.2×(15－30)J＝－1.5 J，所以球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为1.5 J，C正确．]
4．一个质量为m的小球拴在绳的一端，绳另一端受大小为F1的拉力作用，小球在光滑水平面上做半径为R1的匀速圆周运动(如图所示)，今将力的大小变为F2，使小球在水平面上做匀速圆周运动，但半径变为R2(R2＜R1)，则小球运动的半径由R1变为R2的过程中拉力对小球做的功为多少？
[解析] 小球运动的半径由R1变为R2时，半径变小，绳子的拉力虽为变力，但对小球做了正功，使小球的速度增大，动能发生了变化，根据动能定理有
WF＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)①
根据牛顿第二定律有F1＝eq \f(mv\\al(2,1),R1)
故有eq \f(1,2)F1R1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)②
同理有eq \f(1,2)F2R2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)③
由①②③得WF＝eq \f(1,2)(F2R2－F1R1)．
[答案] eq \f(1,2)(F2R2－F1R1)
利用动能定理求力的功
利用动能定理分析多过程问题
动能定理在平抛、圆周运动中的应用
相关试卷
高中物理人教版 (2019)必修 第二册3 动能和动能定理课后作业题： 这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第二册3 动能和动能定理课后作业题，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2021学年3 动能 动能定理精品练习题： 这是一份2021学年3 动能 动能定理精品练习题，共18页。试卷主要包含了0分），5 J，6 × 10−4J，5 m，【答案】B，【答案】D，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年3 动能和动能定理一课一练： 这是一份2020-2021学年3 动能和动能定理一课一练，共6页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
