高考物理一轮复习：
课时作业(十七) 动能 动能定理
1．(多选)如图所示，某人通过光滑滑轮将质量为m的物体，沿光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，则在此过程中( )
12
A．物体所受的合力做功为mgh＋mv
212
B．物体所受的合力做功为mv
2C．人对物体做的功为mgh D．人对物体做的功大于mgh
1212
BD [对物体应用动能定理可得W合＝W人－mgh＝mv，故W人＝mgh＋mv，B、D选项正
22确．]
2．如图所示，B是水平地面上AC的中点，可视为质点的小物块以某一初速度从A点滑动到C点停止．小物块经过B点时的速度等于它在A点时速度的一半．则小物块与AB段间的动摩擦因数μ1和其与BC段间的动摩擦因数μ2的比值为( )
A．1 C．3
B．2 D．4
1v02121v02μ1
C [－μ1mgl＝m()－mv0，－μ2mgl＝0－m()；解得＝3.]
22222μ2
3．(2017·海南卷·6)将一小球竖直向上拋出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略．a为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a点时的动能分别为Ek1和Ek2.从拋出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W1，从拋出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2.下列选项正确的是( )
A．Ek1＝Ek2，W1＝W2 C．Ek1 B．Ek1>Ek2，W1＝W2 D．Ek1>Ek2，W1 B [从拋出开始到小球第一次经过a点和第二次经过a点，小球上升的高度相同，故 W1＝W2，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略，小球从第一次经过a点到第二次经 过a点的过程中，由动能定理得，Wf＝Ek2－Ek1<0，故Ek1>Ek2，B正确，A、C、D错误．] 1 4．(2019·山西运城模拟)如图所示，将一光滑圆轨道固定竖直放置，其中A点为圆轨道的最低点，B点为圆的水平直径与圆轨道的交点．一个质量为m的物体静置于A点，现用始终沿轨道切线方向、大小不变的外力F作用于物体上，使其沿圆轨道到达B点，随即撤去外力F，要使物体能在竖直圆轨道内维持圆周运动，外力F至少为( ) 2mgA． π4mgC． π 3mgB． π5mgD． π D [设轨道半径为R，物体恰能在竖直圆轨道内维持圆周运动的条件是物体在最高点时 v2 所受的重力提供向心力，由牛顿第二定律得mg＝m，物体从A点运动到最高点的过程中， RπR125mg由动能定理得F·－mg·2R＝mv，由以上两式解得F＝，选项D正确，选项A、B、C 22π错误．] 5．质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是( ) 1 A．mgR 41 C．mgR 2 1 B．mgR 3D．mgR 2mv1 C [小球通过最低点时，绳的张力为F＝7mg，由牛顿第二定律得F－mg＝，小球恰 R2mv2 好过最高点，绳子拉力为零，由牛顿第二定律得mg＝，小球由最低点运动到最高点的过R12121 程中，由动能定理得－2mgR＋Wf＝mv2－mv1，由以上各式可得Wf＝－mgR，所以小球克服 2221 空气阻力所做的功为mgR，故C正确，A、B、D错误．] 2 2 6．如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其宽度d＝0.50 m．盆边缘的高度为h＝0.30 m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B点的距离为( ) A．0.50 m C．0.10 m B．0.25 m D．0 D [设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有水平面上存在摩擦力，则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3 m．由于d＝0.50 m，所以，小物块在BC段经过3次往复运动后，又回到B点．] 7．如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA， OA长为4 m．有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用．F只在水 平面上按图乙所示的规律变化．滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，取g＝10 m/s，试求： 2 甲 乙 (1)滑块运动到A处的速度大小； (2)不计滑块在A处的速率变化，滑块冲上斜面AB的长度是多少？ 解析 (1)由题图乙知，在前2 m内，F1＝2mg做正功，在第3 m内，F2＝－0.5mg，做负功，在第4 m内，F3＝0，滑动摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg，始终做负功，对于滑块在 OA上运动的全过程，由动能定理得：F1x1＋F2x2＋Ffx＝mv2A－0 12 即2mg×2 m－0.5mg×1 m－0.25mg×4 m＝mvA－0 2解得vA＝52 m/s. 12 (2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得－mgLsin 30°＝0－mvA 2解得L＝5 m 所以滑块冲上斜面AB的长度L＝5 m. 12 3 答案 (1)52 m/s (2)5 m [能力提升练] 8．(2018·江苏卷·4)从地面竖直向上拋出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是( ) 12 A [小球做竖直上拋运动，设初速度为v0，则：v＝v0－gt，小球的动能Ek＝mv，把 212212 速度v代入得：Ek＝mgt－mgv0t＋mv0；Ek与t为二次函数关系．] 22 9．如图甲所示，一半径R＝1 m、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于B点，圆弧形轨道的最高点为M，斜面倾角θ＝37°，t＝0时刻有一物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示，若物块恰能到达M点，取g＝10 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： 2 (1)物块经过M点的速度大小； (2)物块经过B点的速度大小； (3)物块与斜面间的动摩擦因数． 解析 (1)物块恰能到达M点，则有 v2Mmg＝m R解得vM＝gR＝10 m/s. (2)物块从B点运动到M点的过程中，由动能定理得 1212 －mgR(1＋cos 37°)＝mvM－mvB 22解得vB＝46 m/s. Δv2 (3)由题图乙可知，物块在斜面上运动时，加速度大小为a＝＝10 m/s，方向沿斜面 Δt向下，由牛顿第二定律得 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma 4 解得μ＝0.5. 答案 (1)10 m/s (2)46 m/s (3)0.5 10．如图所示，用一块长L1＝1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8 m、长L2＝1.5 m．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m＝0.2 kg的小物块从斜面顶端由静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度g取10 m/s；最大静摩擦力等于滑动摩擦力) 2 (1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示) (2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm. 解析 (1)为使小物块下滑，应有mgsin θ≥μ1mgcos θ， θ满足的条件：tan θ≥0.05. (2)物块运动过程中克服摩擦力做的功为 Wf＝μ1mgL1cos θ＋μ2mg(L2－L1 cos θ)， 由动能定理得 mgL1sin θ－Wf＝0， 代入数据得μ2＝0.8. (3)设当θ＝53°时，物块运动至桌面边缘时速度为v.由动能定理得 2mgL1sin θ－W′f＝mv， 1 2 W′f＝μ1mgL1cos θ＋μ2mg(L2－L1 cos θ)， 代入数据得v＝1 m/s. 之后物块做平拋运动，有 H＝gt2，t＝0.4 s， x1＝vt＝0.4 m，则 xm＝x1＋L2＝1.9 m. 答案 (1)tan θ ≥0.05 (2)0.8 (3)1.9 m 12 5
2021高考物理一轮复习课时作业17动能动能定理含解析
