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.(2024·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.(2024·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
2024高考物理一轮复习课时作业17动能动能定理含解析
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