4.解：小球在最高点受力平衡，如图，根据平衡条件，有：

T=mgcotθ…①

qE=…②

对从最高点到最低点过程运用动能定理得到：

WF+mgL+qE•L•cos(225°﹣θ)=0…③

由②③解得：WF=mgLcotθ

故选：A.

5.解：第一阶段，根据动能定理得：Fs=，

第二阶段，根据动能定理得：，

联立两式解得：.故B正确，A、C、D错误.

故选：B.

6.解：A、工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知x=vT，解得传送带的速度v=.故A正确.

B、设每个工件匀加速运动的时间为t，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为μg，根据v=v0+at，解得：t=.故B错误.

C、工件与传送带相对滑动的路程为：，

则摩擦产生的热量为：Q=.故C错误.

D、根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量E=，在时间t内，传送工件的个数n=，则多消耗的能量.故D正确.

故选：AD.

7.D

8.(1)重锤线、铺在地面上的白纸和复写纸   (2)斜面高度H、桌面高度h，小铁块平抛的水平距离S，小铁块质量m  (3)

9.【知识点】动能定理.E2

【答案解析】(1)(2)解析：：(1)当整体所受合外力零时，整块速度最大，设整体质量为m，则    得 (2)物块全部滑上AB部分后，小方块间无弹力作用，取最上面一小块为研究对象，设其质量为m0，运动到B点时速度正好减到0，根据动能定理             得

【思路点拨】(1)当整体所受合外力零时，整块速度最大)物块全部滑上AB部分后，小方块间无弹力作用，取最上面一小块为研究对象，设其质量为m0，运动到B点时速度正好减到0，根据动能定理可求。

10.解：(1)滑块滑到A点时，有动能定理得：mgR=，解得：mv2=2mgR，

滑块在A点由牛顿第二定律得：，解得：vA=6m/s，N=mg+2mg=30N，

由牛顿第三定律得：滑块到达A点时对轨道的压力大小N′=N=30N

(2)滑块滑上木板后，在摩擦力的作用下，做匀加速运动，设加速度为a，碰撞时的速度为v1，

由牛顿第二定律得：umg=ma，

解得：a=1m/s2，

根据运动学公式：L=，

解得：t=0.4s，

由v=at，解得：v=0.4m/s，

碰撞后木板，向右做匀减速运动，速度减到零，再做匀加速运动，一直重复直至两者速度相同，设两者速度达到共同速度v时，共经历n次，△t为碰撞n次后木板从起始位置到速度相等时经历的时间，0≤△t≤0.4s则有：v=vA﹣a(2nt+△t)=a△t，代入数据解得：

6.75≤n≤7.5，n为整数，故取n=7，△t=0.2s，其末速度为0.2m/s，滑块的位移为：，对木板=0.02m，则木板的长度为

x滑﹣x木=17.98m﹣0.02m=17.96m

答：(1)滑块到达A点时对轨道的压力大小为30N;

(2)当滑块与木板达到共同速度(v≠0)时，滑块距离木板左端的长度是17.96m

11.解：(1)绳子缓慢拉入水平管道重心升高h，

由动能定理：W+WG=0

W=mgh

代入数据解得h=0.182m.

(2)由动能定理(或机械能守恒)

WG=△EK

，

代入数据解得v=3.77m/s.

(3)拉力做功，效果等同于底端长△L的绳子被拉到水平管内，由动能定理得，

△mgR

其中，

解得，代入数据解得F0=6.37N.

答：(1)绳子的重心升高了0.182m;

(2)若在图示位置撤去拉力，绳子沿细管下落，当其上端离开管道瞬间速度为3.77m/s;

(3)F0的大小为6.37N.

上文为大家整理的动能定理暑假作业相关内容大家仔细阅读了吗?希望同学们收获一个快乐健康而又充实的暑假!

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