内容发布更新时间 : 2024/5/22 10:07:40星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

课时作业 17

[双基过关练] 1．(多选)关于动能的理解，下列说法正确的是( ) A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能 B．动能总为非负值 C．一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化 D．动能不变的物体，一定处于平衡状态 解析：由动能的定义和特点知，A、B选项正确；动能是标量而速度是矢量，当动能变化时，速度的大小一定变化；而速度的变化可能只是方向变了，大小未变，则动能不变，且物体有加速度，处于非平衡状态，故C对、D错． 答案：ABC 2．两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比m1：m2＝1：2，速度之比v1：v2＝2：1，当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为L1，乙车滑行的最大距离为L2，设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则( ) A．L1：L2＝1：2 B．L1：L2＝1：1 C．L1：L2＝2：1 D．L1：L2＝4：1 解析：由动能定理，对两车分别列式 1212－F1L1＝0－m1v1，－F2L2＝0－m2v2，F1＝μm1g，F2＝μm2g 22由以上四式联立得L1：L2＝4：1 故选项D是正确的． 答案：D 3．物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止．以a、Ek、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间．则以下各图象中，能正确反映这一过程的是( ) 解析：物体在恒定阻力作用下运动，其加速度随时间不变，随位移不变，选项A、B错误；由动能定理，－Ffx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－Ffx，选项C正确、D错误． 答案：C 4．(2020·黑龙江省牡丹江市月考)(多选)汽车在水平路面上从静止开始做匀加速直线运动，t1秒末关闭发动机做匀减速直线运动，到t2秒末静止，动摩擦因数不变．其v－t图象如图所示，图中β<θ，若汽车牵引力做功为W，t1秒内做功的平均功率为P，汽车加速和减速过程中克服地面摩擦力做功分别为W1和W2，平均功率大小分别为P1和P2，忽略空气阻力的影响，下面结论正确的是( ) A．W＝W1＋W2 B．W1>W2 C．P＝P1 D．P1≠P2 解析：由动能定理可知W－W1－W2＝0，故W＝W1＋W2，A正确；加速度过程的位移要大于减速过程的位移，因摩擦力不变，故加速时摩擦力所做的功大于减速时摩擦力所做的功，B正确；因加速和减速运动中，平均速度相等，由P＝Fv可知，摩擦力的平均功率相等，故P1＝P2，D错误；由功率关系可知P(t1＋t2)＝P1t1＋P2t2得：P＝P1，C正确；故选A、B、C. 答案：ABC 1

5．如图所示，半圆形轨道MON竖直放置且固定在地面上，直径MN是水平的．一小物块从M点正上方H高度为H处自由下落，正好在M点滑入半圆轨道，测得其第一次离开N点后上升的最大高度为.小物块接2着下落从N点滑入半圆轨道，在向M点滑行过程中(整个过程不计空气阻力)( ) A．小物块正好能到达M点 B．小物块一定到不了M点 C．小物块一定能冲出M点 D．不能确定小物块能否冲出M点 H解析：小物块第一次飞出过程根据动能定理得mgH－mg－Wf＝0，假设能再次到达M点，根据动能定2H12理有mg－W′f＝mv，因小物块第二次经过半圆轨道过程中速度小于第一次，轨道支持力也变小，物块22所受摩擦力变小，故克服阻力做功W′f<－Wf，故速度v>0，因此小物块能冲出M点，选项C正确． 答案：C 6．(2020·湖南娄底五校联考)(多选)如图所示，一个小球(视为质点)从H＝12 m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，进入半径R＝4 m的竖直圆环，且小球与圆环间动摩擦因数处处相等，当到达环顶C点时，刚好对轨道压力为零；沿CB圆弧滑下后，进入光滑弧形轨道BD，且到达高度为h的D点时的速2度为零，则h的值不可能为(g取10 m/s，所有高度均相对B点而言)( ) A．12 m B．10 m C．8.5 m D．7 m mv解析：已知C点小球对轨道无压力，则重力提供向心力，得mg＝，重力势能为2mgR，小球从静止R12开始运动到C点，根据动能定理得mg(H－2R)－Wf＝mv，再分析从C点运动到D点，根据动能定理得，212mg(2R－h)－W′f＝0－mv，由于机械能有损失，在关于BC对称的位置下滑速度比上升速度小，因此小球2对圆环压力小，所受摩擦力小，所以下滑时，克服摩擦力做功小，即Wf>W′f>0，解得8 m

12解析：根据机械能守恒定律有mvB＝mgh 2所以解得小物块P滑至B点时速度为vB＝2gh (2)小物块由传送带右端飞出后做平抛运动，则由题意得 122h＝gt 2h＝vt 1212再根据动能定理得－μmgh＝mv－mvB 22以上三式联立解得μ＝0.875 (3)若皮带轮缘以gh的线速度顺时针匀速转动时，分析可知物块在传送带上先减速后匀速运动，接着以gh的初速度平抛 4h设落地点为D，则由第(2)问知落地时间为t＝ g4h＝2h g所以落地点到O点的距离为OD＝x＋h＝3h 答案：(1)2gh (2)0.875 (3)3h [能力提升练] 8．质量m＝2 kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能Ek与其2发生位移x之间的关系如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s，则下列说法中正确的是( ) 水平位移为x＝v′t＝gh· A．x＝1 m时物块的速度大小为2 m/s 2B．x＝3 m时物块的加速度大小为2.5 m/s C．在前2 m位移的运动过程中物块所经历的时间为2 s D．在前4 m位移的运动过程中拉力对物块做的功为9 J 12解析：根据图象知，x＝1 m时，动能为2 J，即mv＝2 J，解得v＝2 m/s，故A错误；对x＝2 m2F－μmg2到x＝4 m过程由动能定理得Fx－μmgx＝ΔEk，解得F＝6.5 N，由牛顿第二定律得a＝＝1.25 m/s，mF－μmg2故B错误；对运动前2 m由动能定理得Fx－μmgx＝ΔEk，解得F＝6 N，物体的加速度a＝＝1 m/s，m2Ek＝2 m/s，根据v＝at得，t＝2 s，故C正确；对全过程由动能定理得，WF－μmgx＝ΔEk，m解得WF＝25 J，故D错误． 答案：C 末速度v＝ 3