PAGEPAGE1習題課動能定理的綜合應用課時提升訓練一、選擇題1．用起重機提升貨物，貨物上升過程中的v-t圖象如圖所示，在t＝3s到t＝5s內，重力對貨物做的功為W1、繩索拉力對貨物做的功為W2、貨物所受合力做的功為W3，則()A．W1＞0 B．W2＜0C．W2＞0 D．W3＞0解析：選C分析題圖可知，貨物始終向上運動，依據功的定義式可得：重力做負功，拉力做正功，即W1＜0，W2＞0，故A、B錯誤，C正確；依據動能定理：合力做的功W3＝0－eq\f(1,2)mv2，v＝2m/s，即W3＜0，故D錯誤．2．如圖所示，固定斜面傾角為θ，整個斜面分為AB、BC兩段，AB＝2BC.小物塊P(可視為質點)與AB、BC兩段斜面間的動摩擦因數分別為μ1、μ2.已知P由靜止起先從A點釋放，恰好能滑動到C點而停下，那么θ、μ1、μ2間應滿意的關系是()A．tanθ＝eq\f(μ1＋2μ2,3) B．tanθ＝eq\f(2μ1＋μ2,3)C．tanθ＝2μ1－μ2 D．tanθ＝2μ2＋μ1解析：選B由動能定理得mg·xAC·sinθ－μ1mgcosθ·xAB－μ2mgcosθ·xBC＝0，又因為xAB＝2xBC，則有tanθ＝eq\f(2μ1＋μ2,3)，故選項B正確．3．如圖所示，在傾角為θ的斜面底端固定一根勁度系數足夠大的彈簧(力作用在彈簧上形變很小，可以忽視不計)，彈簧的上端與斜面上B點對齊．將一個物塊從斜面上的A點由靜止釋放，物塊被彈簧反彈沿斜面上滑，到最高點時離A點的距離為x.物塊的大小不計，A、B間的距離為L，則物塊與斜面間的動摩擦因數大小為()A.eq\f(x,2L－x)tanθ B．eq\f(x,L－x)tanθC.eq\f(x,L＋x)tanθ D．eq\f(x,L＋2x)tanθ解析：選A從A點釋放到返回至最高點，重力做正功，摩擦力做負功，彈簧的彈力不做功，動能的改變量為零，依據動能定理得：mgxsinθ－μmgcos(2L－x)＝ΔEk＝0，解得μ＝eq\f(x,2L－x)tanθ，故A選項正確．4．如圖所示，一個小球質量為m，靜止在光滑的軌道上．現以水平力擊打小球，使小球能夠通過半徑為R的豎直光滑軌道的最高點C，則水平力對小球所做的功至少為()A．mgR B．2mgRC．2.5mgR D．3mgR解析：選C要通過豎直光滑軌道的最高點C，在C點，則有mg＝eq\f(mv2,R)，對小球，由動能定理W－2mgR＝eq\f(1,2)mv2，聯立解得W＝2.5mgR，故C選項正確．5.如圖所示，在半徑為0.2m的固定半球形容器中，一質量為1kg的小球(可視為質點)自邊緣上的A點由靜止起先下滑，到達最低點B時，它對容器的正壓力大小為15N．取重力加速度為g＝10m/s2，則球自A點滑到B點的過程中克服摩擦力做的功為()A．0.5J B．1.0JC．1.5J D．1.8J解析：選C在B點有FN－mg＝meq\f(v2,R)，得EkB＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)(FN－mg)R.A滑到B的過程中運用動能定理得mgR＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，得Wf＝eq\f(1,2)R(FN－3mg)＝eq\f(1,2)×0.2×(15－30)J＝－1.5J，所以球自A點滑到B點的過程中克服摩擦力做的功為1.5J，C正確．6．(多選)如圖所示，質量為m的小車在水平恒力F推動下，從山坡底部A處由靜止起先運動至高為h的坡頂B，獲得速度為v，AB的水平距離為s.下列說法正確的是()A．小車克服重力所做的功是mghB．合力對小車做的功是eq\f(1,2)mv2C．推力對小車做的功是Fs－mghD．小車克服阻力做的功是eq\f(1,2)mv2＋mgh－Fs解析：選AB若克服阻力做的功為W，由動能定理可得Fs－mgh－W＝eq\f(1,2)mv2－0，得W＝Fs－mgh－eq\f(1,2)mv2，D錯誤；推力對小車做的功可由Fs計算，因為F是水平恒力，s是水平位移，C錯誤；由動能定理可知，B正確；克服重力做功為mgh，A正確．7．如圖所示，質量為m的物體與水平轉臺間的動摩擦因數為μ，物體與轉軸相距R，物體隨轉臺由靜止起先轉動．當轉速增至某一值時，物體即將在轉臺上滑動，此時轉臺起先勻速轉動(設物體的最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力)．則在這一過程中摩擦力對物體做的功是()A．0 B．2μmgRC．2πμmgR D．eq\f(μmgR,2)解析：選D物體即將在轉臺上滑動但還未滑動時，轉臺對物體的最大靜摩擦力恰好供應向心力，設此時物體做圓周運動的線速度為v，則有μmg＝eq\f(mv2,R)①.在物體由靜止到獲得速度v的過程中，物體受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力對物體做功，由動能定理得：W＝eq\f(1,2)mv2－0②，聯立①②解得W＝eq\f(1,2)μmgR.8．(多選)如圖甲所示，質量m＝2kg的物體以100J的初動能在粗糙的水平地面上滑行，其動能Ek隨位移x改變的關系圖象如圖乙所示，則下列推斷正確的是()A．物體運動的總位移大小為10mB．物體運動的加速度大小為10m/s2C．物體運動的初速度大小為10m/sD．物體所受的摩擦力大小為10N解析：選ACD由圖象可知，物體運動的總位移為10m，依據動能定理得，－Ffx＝0－Ek0，解得Ff＝eq\f(Ek0,x)＝eq\f(100,10)N＝10N，故A、D正確；依據牛頓其次定律得，物體運動的加速度大小a＝eq\f(Ff,m)＝eq\f(10,2)m/s2＝5m/s2，故B錯誤；依據Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得v0＝eq\r(\f(2Ek0,m))＝eq\r(\f(2×100,2))m/s＝10m/s，故C正確．二、非選擇題9．如圖所示，用汽車通過定滑輪拖動水面上的貨船，汽車從靜止起先把船從B拖到A，若滑輪的大小和摩擦不計，船的質量為M，阻力為船重的k倍，船在A處時汽車的速度為v，其他數據如圖所示，則這一過程中汽車對船做的功為多少？(繩的質量不計)解析：船在A處的速度為vA＝eq\f(v,cosθ2).而克服阻力所做的功Wf＝kMg(Hcotθ1－Hcotθ2)，依據動能定理WF－Wf＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(A,2)－0，所以WF＝eq\f(Mv2,2cos2θ2)＋kMgH(cotθ1－cotθ2)．答案：eq\f(Mv2,2cos2θ2)＋kMgH(cotθ1－cotθ2)10．如圖所示，斜面傾角為θ，滑塊質量為m，滑塊與斜面間的動摩擦因數為μ，從距擋板為s0的位置以v0的速度沿斜面對上滑行．設重力沿斜面的分力大于滑動摩擦力，且每次與P碰撞前后的速度大小保持不變，擋板與斜面垂直，斜面足夠長．求滑塊從起先運動到最終停止滑行的總路程s.解析：滑塊在斜面上運動時受到的摩擦力大小Ff＝μFN＝μmgcosθ①整個過程滑塊下落的總高度h＝s0sinθ②依據動能定理mgh－Ff·s＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)③聯立①②③得s＝eq\f(s0tanθ,μ)＋eq\f(v\o\al(0,2),2μgcosθ).答案：eq\f(s0tanθ,μ)＋eq\f(v\o\al(2,0),2μgcosθ)11.如圖所示，右端連有一個光滑弧形槽的水平桌面AB長L＝1.5m，一個質量為m＝0.5kg的木塊在F＝1.5N的水平拉力作用下，從桌面上的A端由靜止起先向右運動，木塊到達B端時撤去拉力F，木塊與水平桌面間的動摩擦因數μ＝0.2，取g＝10m/s2.求：(1)木塊沿弧形槽上升的最大高度(木塊未離開弧形槽)；(2)木塊沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑動的最大距離．解析：(1)設木塊沿弧形槽上升的最大高度為h，木塊在最高點時的速度為零．從木塊起先運動到沿弧形槽上升到最高點，由動能定理得FL－FfL－mgh＝0其中Ff＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10N＝1.0N所以h＝eq\f(FL－FfL,mg)＝eq\f(1.5－1.0×1.5,0.5×10)m＝0.15m.(2)設木塊離開B點后沿桌面滑動的最大距離為x.由動能定理得mgh－Ffx＝0所以x＝eq\f(mgh,Ff)＝eq\f(0.5×10×0.15,1.0)m＝0.75m.答案：(1)0.15m(2)0.75m12．如圖繪出了當輪胎與地面間的動摩擦因數是μ時，剎車痕跡(即剎車距離)與剎車前車速的關系．v為車速，s為剎車痕跡長度．例如，剎車痕跡長度為20m，則剎車前車速為60km/h(g取10m/s2)．(1)嘗試用動能定理說明汽車剎車距離s與車速v的關系；(2)若是發生了車禍，交通警察要依據碰撞后兩車的損害程度(與車子結構相關)、撞后車子的位移及轉動情形等來估算碰撞前司機是否剎車及剎車前的車速．若估算出碰撞時車子的速度為40km/h，碰撞前的剎車痕跡為20m，依據圖線分析，車子原來的車速是多少？并求出輪胎與地面間的動摩擦因數μ的值．解析：(1)依據動能定理得－μmgs＝－eq\f(1,2)mv2，所以s＝eq\f(v2,2μg)，故剎車距離與剎車時速度的平方成正比．(