《高中物理 第四章 機(jī)械能和能源 第3-4節(jié) 勢(shì)能；動(dòng)能 動(dòng)能定理 3 動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用同步練習(xí) 教科版必修2.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高中物理 第四章 機(jī)械能和能源 第3-4節(jié) 勢(shì)能；動(dòng)能 動(dòng)能定理 3 動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用同步練習(xí) 教科版必修2.doc（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第3-4節(jié) 勢(shì)能；動(dòng)能 動(dòng)能定理3 動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用 （答題時(shí)間：30分鐘） 1. 一質(zhì)量為30 kg的小孩從高度為2.0 m的滑梯頂端由靜止開始滑下，滑到底端時(shí)的速度為2.0 m/s。取g＝10 m/s2，關(guān)于力對(duì)小孩做的功，以下說(shuō)法正確的是（ ） A. 支持力做功50 J B. 阻力做功540 J C. 合外力做功60 J D. 重力做功500 J 2. 如圖所示，有一個(gè)足夠長(zhǎng)的斜坡，傾角為α＝30。一個(gè)小孩在做游戲時(shí)，從該斜坡頂端將一足球沿水平方向水平踢出去，已知足球被踢出時(shí)的初動(dòng)能為9J，則該足球第一次落在斜坡上時(shí)的動(dòng)能為（ ） A. 12J B. 21J C. 27J D. 36J 3. 如圖所示，在勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下，足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以恒定速率v1勻速向右運(yùn)動(dòng)。一質(zhì)量為m的滑塊從傳送帶右端以水平向左的速率v2（v2 > v1）滑上傳送帶，最終滑塊又返回至傳送帶的右端。就上述過(guò)程，下列判斷正確的為（ ） A. 滑塊返回傳送帶右端的速率為v1 B. 此過(guò)程中傳送帶對(duì)滑塊做功為 C. 此過(guò)程中電動(dòng)機(jī)對(duì)傳送帶做功為2mv D. 此過(guò)程中滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量為 4. 如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊從 h高處的a點(diǎn)沿圓弧軌道ab滑入水平軌道bc，滑塊與軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)相同。滑塊在a、c兩點(diǎn)時(shí)的速度大小均為v，ab弧長(zhǎng)與bc長(zhǎng)度相等?？諝庾枇Σ挥?jì)，則滑塊從a到c的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（ ） A. 滑塊的動(dòng)能始終保持不變 B. 滑塊在bc過(guò)程克服阻力做的功一定等于mgh/2 C. 滑塊經(jīng)b點(diǎn)時(shí)的速度大于 D. 滑塊經(jīng)b點(diǎn)時(shí)的速度等于 5. 如圖所示，某物體自空間O點(diǎn)以水平初速度v0拋出，落在地面上的A點(diǎn)，其軌跡為一拋物線?，F(xiàn)仿此拋物線制作一個(gè)光滑滑道并固定在與OA完全重合的位置上，然后將此物體從O點(diǎn)由靜止釋放，受微小擾動(dòng)而沿此滑道滑下，在下滑過(guò)程中物體未脫離滑道。P為滑道上一點(diǎn)，OP連線與豎直方向成45角，則此物體（ ） A. 由O運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為 B. 物體經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)，速度的水平分量為 C. 物體經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)，速度的豎直分量為 D. 物體經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0 6. 已知一足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面的傾角為θ，以一定的速度勻速運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻在傳送帶適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊奈飰K（如圖a所示），以此時(shí)為t＝0時(shí)刻記錄了小物塊之后在傳送帶上運(yùn)動(dòng)速度隨時(shí)間的變化關(guān)系，如圖b所示（圖中取沿斜面向上的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，其中兩坐?biāo)大小v1>v2），已知傳送帶的速度保持不變（g取10 m/s2），則（ ） 圖a 圖b A. 0～t1內(nèi)，物塊對(duì)傳送帶做正功 B. 物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，μ，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。 5. B 解析：豎直分位移與水平分位移大小相等，有v0t＝gt2，，豎直方向上的分速度vy＝gt＝2v0。設(shè)瞬時(shí)速度方向與水平方向成θ角，則tanθ＝＝2，從O到P做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，則沿軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)，時(shí)間不為，故A錯(cuò)誤；若從O點(diǎn)由靜止釋放，沿此滑道滑下，運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，設(shè)OP豎直高度為h，根據(jù)動(dòng)能定理得：mv2＝mgh；而平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)vy2＝2gh；解得：v＝2v0，故D錯(cuò)誤；物體經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)，速度的水平分量為vx＝vcosθ＝2v0＝，故B正確，C錯(cuò)誤。故選B。 6. D 解析：分析題圖b可知，傳送帶沿斜面向上運(yùn)動(dòng)；0～t1內(nèi)，物塊沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，物塊受到的摩擦力沿斜面向上，故傳送帶受到的摩擦力沿斜面向下，物塊對(duì)傳送帶做負(fù)功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；0～t1內(nèi)，物塊沿斜面向下減速運(yùn)動(dòng)，故物塊加速度沿斜面向上，即μmgcosθ>mgsinθ，故μ>tanθ，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；0～t2內(nèi)，傳送帶對(duì)物塊做的功W加上物塊重力做的功WG等于物塊動(dòng)能的增加量，即，根據(jù)v－t圖象的“面積”法求位移可知，WG≠0，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；設(shè)0～t1內(nèi)物塊的位移大小為s1，t1～t2內(nèi)物塊的位移大小為s2，全過(guò)程物塊與傳送帶之間有相對(duì)滑動(dòng)，物塊受到的摩擦力f大小恒定，系統(tǒng)的一部分機(jī)械能會(huì)通過(guò)“摩擦生熱”轉(zhuǎn)化為熱量即內(nèi)能，其大小Q＝，對(duì)0～t1內(nèi)和t1～t2內(nèi)的物塊運(yùn)用動(dòng)能定理，有－（f－mgsinθ）s1＝0－mv，（f－mgsinθ）s2＝mv，即f（s1＋s2）＝mv＋mv＋mgsinθ（s1＋s2）>mv－mv，因>s1＋s2，故Q＝> f（s1＋s2）>mv－mv，選項(xiàng)D正確。 7. 解：（1）小滑塊恰能通過(guò)圓形軌道最高點(diǎn)的速度為v，由牛頓第二定律得： ① 從B到最高點(diǎn)小滑塊機(jī)械能守恒有： ② 從A到B由動(dòng)能定理得： ③ 由①②③解得A點(diǎn)的速度為：。 （2）若小滑塊剛好停在C處，從A到C由動(dòng)能定理得： 解得A點(diǎn)的速度為 若小滑塊停在BC段，應(yīng)滿足5m/s≤vA≤6m/s 若小滑塊能通過(guò)C點(diǎn)并恰好越過(guò)陷阱，利用平拋運(yùn)動(dòng)則有： 豎直方向： 水平方向： 從A到C由動(dòng)能定理得： 解得： 所以初速度的范圍為：5m/s≤vA≤6m/s和vA≥。 8. 解：（1）滑板愛(ài)好者在圓形軌道AB間運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，機(jī)械能守恒 解得：vB＝4m/s 滑板愛(ài)好者在BC之間做平拋運(yùn)動(dòng)，在C點(diǎn)：豎直方向的分速度： 由vcy＝gt，解得平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t＝0.3s。 （2）在C點(diǎn)，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知： 滑板愛(ài)好者在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得： 解得：vD＝7m/s。