夯基提能作业本Word文档下载推荐.docx
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（3）物体在沿斜面向上运动至返回斜面底端的过程中,重力的冲量。
6.（2017北京朝阳期中,21,11分）某滑雪场中游客用手推着坐在滑雪车上的小朋友一起娱乐,当加速到一定速度时游客松开手,使小朋友连同滑雪车一起以速度v0冲上足够长的斜坡滑道。
为了研究方便,可以建立图示的简化模型,已知斜坡滑道与水平面夹角为θ,滑雪车与滑道间的动摩擦因数为μ,当地重力加速度为g,小朋友与滑雪车始终无相对运动。
（1）求小朋友与滑雪车沿斜坡滑道上滑的最大距离s;
（2）若要小朋友与滑雪车滑至最高点时能够沿滑道返回,请分析说明μ与θ之间应满足的关系（设滑雪车与滑道间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）;
（3）假定小朋友与滑雪车以1500J的初动能从斜坡底端O点沿斜坡向上运动,当它第一次经过斜坡上的A点时,动能减少了900J,机械能减少了300J。
为了计算小朋友与滑雪车返回斜坡底端时的动能,小明同学推断:
在上滑过程中,小朋友与滑雪车动能的减少量与机械能的减少量成正比。
请你分析论证小明的推断是否正确并求出小朋友与滑雪车返回斜坡底端时的动能。
7.（2014北京四中期中,16）如图所示,质量为2.0kg的木块放在水平桌面上的A点,受到一瞬时冲量后以某一速度在桌面上沿直线向右运动,运动到桌边B点后水平滑出落在水平地面C点。
已知木块与桌面间的动摩擦因数为0.20,桌面距离水平地面的高度为1.25m,A、B两点间的距离为4.0m,B、C两点间的水平距离为1.5m,g=10m/s2。
不计空气阻力,求:
（1）滑动摩擦力对木块做的功是多少;
（2）木块在A点时的动能;
（3）木块运动的总时间。
8.（2016北京东城期中,22）运动员驾驶摩托车做腾跃特技表演是一种刺激性很强的运动项目。
如图所示,AB是水平路面,长度L=6m,BC是半径R=40m的圆弧,AB、BC相切于B点,CDE是一段曲面。
运动员驾驶摩托车从A点由静止出发,经过t1=4.3s到达B点,此时压力传感器显示摩托车对路面的压力大小为F=3.6×
103N。
摩托车通过曲面到达离地面h=5m的E点水平飞出,落地点与E点的水平距离x=16m,已知运动员的质量m=60kg,摩托车的质量M=120kg,运动员驾驶摩托车表演时摩托车的功率始终保持P=9kW不变,重力加速度g取10m/s2,运动员和摩托车始终未分离,全过程中可视为质点,不计空气阻力的影响。
（1）摩托车通过B点时的速度vB;
（2）摩托车通过E点时的速度vE;
（3）若运动员和摩托车在AB段所受的阻力恒定,求该阻力f的大小。
综合提能
9.（2015北京五中期中,7）质点甲固定在原点,质点乙在x轴上运动,乙受到甲的作用力F只与甲、乙之间的距离x有关,在2.2×
10-10m≤x≤5.0×
10-10m范围内,F与x的关系如图所示。
若乙自P点由静止开始运动,假设乙除受力F外不受其他外力作用,规定力F沿+x方向为正,下列说法正确的是（ ）
A.乙运动到Q点时,动能最大
B.乙运动到R点时,动能最大
C.乙运动到Q点后,静止于该处
D.乙运动到R点时,速度方向一定沿-x方向
10.（2015北京101中学期中模拟,4）如图所示,一不可伸长的轻绳长为L,一端固定在O点,另一端系着一个质量为m的小球。
开始小球处于A点细绳恰好拉直（绳中无拉力）,现让小球由静止自由释放,则小球运动到O正下方的C点时绳子的拉力大小为（ ）
A.4mgB.3.5mg
C.3mgD.2.5mg
11.小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上,P球的质量大于Q球的质量,悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。
将两球拉起,使两绳均被水平拉直,如图所示。
将两球由静止释放。
在各自轨迹的最低点（ ）
A.P球的速度一定大于Q球的速度
B.P球的动能一定小于Q球的动能
C.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力
D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
12.（多选）如图,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;
在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。
它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W。
重力加速度大小为g。
设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为N,则（ ）
A.a=B.a=
C.N=D.N=
13.（2016北京朝阳期中,21）如图（a）所示,在倾角θ=30°
的光滑固定斜面上有一劲度系数k=100N/m的轻质弹簧,弹簧下端固定在垂直于斜面的挡板上,弹簧上端拴接一质量m=2kg的物体,初始时物体处于静止状态。
取g=10m/s2。
（1）求此时弹簧的形变量x0;
（2）现对物体施加沿斜面向上的拉力F,拉力F的大小与物体位移x的关系如图（b）所示,设斜面足够长。
a.分析说明物体的运动性质并求出物体的速度v与位移x的关系式;
b.若物体位移为0.1m时撤去拉力F,在图（c）中作出此后物体上滑过程中弹簧弹力f的大小随形变量x'
变化的函数图像;
并且求出此后物体沿斜面上滑的最大距离xm以及此后运动的最大速度vm。
14.（2016北京四中期中,21）如图所示,光滑水平轨道右端B处平滑连接着一个在竖直面内、半径为R的光滑半圆轨道,在距离B为x的A点,用水平恒力F（未知）将质量为m的物块（可视为质点）,从静止开始推到B处,且物块到B处时立即撤去恒力F,物块沿半圆轨道运动到轨道最高点C处后,又正好落回A点。
已知重力加速度为g。
（1）水平恒力F对物块所做的功与物块在光滑水平轨道运动的位移x的关系;
（2）x取何值时,完成上述运动水平恒力F对物块所做的功最少,功的最小值为多少;
（3）x取何值时,完成上述运动水平恒力F最小,最小的力为多大。
答案全解全析
1.A 根据动能定理:
W合=mv2=×
20×
9J=90J,故A正确;
支持力与速度的方向总是垂直,故支持力做功为0,小孩从滑梯顶端滑到底端的过程中,重力做功WG=mgh=20×
10×
2J=400J。
根据动能定理得:
mgh+Wf=mv2-0,Wf=-310J,故B、C、D错误。
2.B 当距离地面高度为h时,则下降的高度为H0-h,根据动能定理得mg（H0-h）=Ek-0,解得Ek=-mgh+mgH0,Ek与h成一次函数关系,随h增大,Ek减小。
可知B正确,A、C、D错误。
3.B 小球A下降h过程,根据动能定理,有
mgh-W1=0
小球B下降h过程,根据动能定理,有
2mgh-W1=·
2mv2-0
联立解得
v=
4.BD 由动能定理有0-Ek0=-μmg·
s,由题给图线知Ek0=m,v0=μg·
t可得t=4.0s,μ=0.25。
综合以上分析可得选项B和D正确。
5.
答案
（1）6.0m/s2
（2）18J （3）20N·
s
解析
（1）设物体运动的加速度为a,物体所受合力等于重力沿斜面向下的分力F=mgsinθ（1分）
根据牛顿第二定律有F=ma（1分）
解得:
a=6.0m/s2（1分）
（2）物体沿斜面上滑到最高点时,克服重力做功达到最大值,设最大值为WG。
对于物体沿斜面上滑过程,根据动能定理有:
-WG=0-m（1分）
WG=18J（1分）
（3）物体沿斜面上滑和下滑的总时间t==2.0s（1分）
此过程中重力的冲量IG=mgt=20N·
s（1分）
方向:
竖直向下（1分）
6.
答案
（1）
（2）μ<
tanθ （3）正确 500J
解析
（1）在上滑过程中,设加速度大小为a,由牛顿第二定律:
mgsinθ+μmgcosθ=ma①
根据运动学公式有:
2as=②
联立①②式可得:
s=
（2）若要小朋友与滑雪车滑到最高点速度减为0时还能够沿滑道返回,必须使重力沿滑道向下的分力大于最大静摩擦力,即mgsinθ>
μmgcosθ,可得:
μ<
tanθ。
（3）设小朋友与滑雪车的质量为m,斜面倾角为θ,O、A两点间的距离为x1,此过程中动能的减少量为ΔEk,机械能的减少量为ΔE,由O到A的过程中,
-mgx1sinθ-μmgx1cosθ=-ΔEk
可得:
mg（sinθ+μcosθ）x1=ΔEk③
由物体克服摩擦阻力所做的功量度物体机械能的减少可得:
μmgx1cosθ=ΔE④
联立③④式可得:
=
由于在这个问题中θ与μ为定值,则上滑过程中小朋友与滑雪车的动能减少与机械能的减少成正比,因此小明的推断是正确的。
小朋友与滑雪车上滑过程中,当动能减少1500J时,设机械能减少ΔE1,则有:
ΔE1=500J
因为返回底端的过程中机械能还要减少500J,则整个过程中机械能减少1000J,所以小朋友与滑雪车返回斜面底端时剩余的动能为500J。
7.
答案
（1）-16J
（2）25J （3）1.5s
解析
（1）滑动摩擦力对木块做功W=-μmgs=-0.20×
4.0=-16J
（2）从B到C过程中,木块做平抛运动
h=g
sBC=vBt2
从A到B过程中,根据动能定理
W=m-EkA
因此在A点的动能EkA=25J
（3）由于m=25J
木块在A点的速度vA=5m/s
因此从A到B的平均速度==4m/s
因此从A运动到B的时间t1==1s
因此总的运动时间t=t1+t2=1.5s
8.
答案
（1）20m/s
（2）16m/s （3）450N
解析
（1）根据牛顿第三定律有,地面对运动员和摩托车的支持力F'
=F=3.6×
103N,方向竖直向上
以运动员和摩托车整体为研究对象,在B点,由牛顿第二定律有:
F'
-（M+m）g=（M+m）
代入数据,解得vB=20m/s
（2）运动员和摩托车离开E点后做平抛运动,则有
h=gt2,x=vEt
代入数据,解得vE=16m/s
（3）运动员和摩托车在AB段运动过程中,根据动能定理得
Pt1-fL=（M+m）
代入数据,解得f=450N
9.A 由图可知当x=2.75×
10-10m时,F=0,此时加速度为零,速度最大,动能最大,A正确,B错误、C错误,由Q点向R点运动过程,物体减速运动,沿x正方向运动,D错误。
10.B 小球由A运动至C,先做自由落体运动至绳与水平方向成30°
角斜向下,此时小球速度v1=①,而沿绳方向的分速度变为零,垂直于绳方向的分速度v″=v1·
cos30°
由位置B至C过程,由动能定理得:
mgL（1-sin30°
）=m-mv'
2②,在C位置,由牛顿第二定律有T-mg=m③,可以解得T=3.5mg,选B。
11.C 设小球的质量为m,绳长为L,根据动能定理得mgL=mv2,解得v=,LP<
LQ,所以vP<
vQ,故A项错误。
小球动能Ek=mgL,其中mP>
mQ,LP<
LQ,所以无法判断它们的动能大小关系,B项错误。
F拉-mg=,将v=代入得F拉=3mg,因为mP>
mQ,所以P球所受绳的拉力大于Q球所受绳的拉力,故C项正确。
向心加速度a==2g,所以在轨迹的最低点,P、Q两球的向心加速度相同,故D项错误。
12.AC 由动能定理知,在P从最高点下滑到最低点的过程中mgR-W=mv2,在最低点的向心加速度a=,联立得a=,选项A正确;
在最低点时有N-mg=ma,所以N=,选项C正确。
13.
答案
（1）0.1m
（2）a.v2=4.8x b.图像见解析 0.99m/s
解析
（1）初始时物体处于静止状态:
kx0=mgsinθ
代入数据可得:
x0=0.1m
（2）a.设物体运动微小位移x的过程中加速度为a,根据牛顿第二定律有:
F+k（x0-x）-mgsinθ=ma①
根据F-x图像有:
F=4.8+100x②
联立①②代入数据可得:
a=2.4m/s2
弹簧发生拉伸形变时,上述结论仍成立
可见,物体做加速度a=2.4m/s2的匀加速直线运动
根据运动学公式可得物体速度大小v随位移x变化的表达式为:
v2=2ax
v2=4.8x③
b.当物体位移x=0.1m时撤去拉力,此后物体上滑过程中弹力f随形变量x'
变化的图像如下图所示。
如图所示,物体上滑过程中克服弹簧弹力所做的功对应图线下的面积
Wf=k④
撤去拉力后,在上滑过程中根据动能定理有:
-mgxmsinθ-Wf=0-m,=2ax0⑤
联立③④⑤并代入数据可得:
xm=0.04m
物体再次回到初始位置时速度最大,对于全过程只有拉力F对物体做功,拉力F对物体做的功为F-x图线下的面积,WF=×
0.1J=0.98J⑥
根据动能定理可得:
WF=m⑦
联立⑥⑦并代入数据可得:
vm=0.7m/s=0.99m/s
14.
答案
（1）W=2mgR+
（2）2R mgR
（3）4R mg
解析
（1）设物块在C点的速度为vC,物块从半圆弧轨道的最高点C点做平抛运动落到A点,所用时间为t。
根据平抛运动规律有:
x=vCt,2R=gt2
vC=
设物块从A到B的运动过程中,水平恒力F对物块所做的功为W,对于物块从A到C的运动过程,根据动能定理有:
W-mg·
2R=m
W=2mgR+
（2）物块恰好通过最高点C时,在C点有最小速度vmin,根据牛顿第二定律有:
mg=m
vmin=
此时所对应的水平恒力对物块所做的功最少,且有
vC==
x=2R
所以,当x=2R时恒力F所做的功最少
将x=2R代入第
（1）问的结果中,解得最小功Wmin=mgR
（3）W=Fx,第
（1）问讨论可知:
Fx=2mgR+
F=+
因等式右端两项之积为恒量,所以当两项相等时其和有极小值
由=,得x=4R时水平恒力F最小
解得最小力Fmin=mg
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