高考物理一輪復習 課時作業(yè)17 動能 動能定理（含解析）-人教版高三物理試題

課時作業(yè)(十七)動能動能定理1．(多選)如圖所示，某人通過光滑滑輪將質量為m的物體，沿光滑斜面由靜止開始勻加速地由底端拉上斜面，物體上升的高度為h，到達斜面頂端的速度為v，則在此過程中()A．物體所受的合力做功為mgh＋eq\f(1,2)mv2B．物體所受的合力做功為eq\f(1,2)mv2C．人對物體做的功為mghD．人對物體做的功大于mghBD[對物體應用動能定理可得W合＝W人－mgh＝eq\f(1,2)mv2，故W人＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，B、D選項正確．]2．如圖所示，B是水平地面上AC的中點，可視為質點的小物塊以某一初速度從A點滑動到C點停止．小物塊經過B點時的速度等于它在A點時速度的一半．則小物塊與AB段間的動摩擦因數μ1和其與BC段間的動摩擦因數μ2的比值為()A．1 B．2C．3 D．4C[－μ1mgl＝eq\f(1,2)m(eq\f(v0,2))2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，－μ2mgl＝0－eq\f(1,2)m(eq\f(v0,2))2；解得eq\f(μ1,μ2)＝3.]3．(2017·海南卷·6)將一小球豎直向上拋出，小球在運動過程中所受到的空氣阻力不可忽略．a為小球運動軌跡上的一點，小球上升和下降經過a點時的動能分別為Ek1和Ek2.從拋出開始到小球第一次經過a點時重力所做的功為W1，從拋出開始到小球第二次經過a點時重力所做的功為W2.下列選項正確的是()A．Ek1＝Ek2，W1＝W2 B．Ek1>Ek2，W1＝W2C．Ek1<Ek2，W1<W2 D．Ek1>Ek2，W1<W2B[從拋出開始到小球第一次經過a點和第二次經過a點，小球上升的高度相同，故W1＝W2，小球在運動過程中所受到的空氣阻力不可忽略，小球從第一次經過a點到第二次經過a點的過程中，由動能定理得，Wf＝Ek2－Ek1<0，故Ek1>Ek2，B正確，A、C、D錯誤．]4．(2019·山西運城模擬)如圖所示，將一光滑圓軌道固定豎直放置，其中A點為圓軌道的最低點，B點為圓的水平直徑與圓軌道的交點．一個質量為m的物體靜置于A點，現用始終沿軌道切線方向、大小不變的外力F作用于物體上，使其沿圓軌道到達B點，隨即撤去外力F，要使物體能在豎直圓軌道內維持圓周運動，外力F至少為()A．eq\f(2mg,π) B．eq\f(3mg,π)C．eq\f(4mg,π) D．eq\f(5mg,π)D[設軌道半徑為R，物體恰能在豎直圓軌道內維持圓周運動的條件是物體在最高點時所受的重力提供向心力，由牛頓第二定律得mg＝meq\f(v2,R)，物體從A點運動到最高點的過程中，由動能定理得F·eq\f(πR,2)－mg·2R＝eq\f(1,2)mv2，由以上兩式解得F＝eq\f(5mg,π)，選項D正確，選項A、B、C錯誤．]5．質量為m的小球被系在輕繩一端，在豎直平面內做半徑為R的圓周運動，如圖所示，運動過程中小球受到空氣阻力的作用．設某一時刻小球通過軌道的最低點，此時繩子的張力為7mg，在此后小球繼續(xù)做圓周運動，經過半個圓周恰好能通過最高點，則在此過程中小球克服空氣阻力所做的功是()A．eq\f(1,4)mgR B．eq\f(1,3)mgRC．eq\f(1,2)mgR D．mgRC[小球通過最低點時，繩的張力為F＝7mg，由牛頓第二定律得F－mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)，小球恰好過最高點，繩子拉力為零，由牛頓第二定律得mg＝eq\f(mv\o\al(2,2),R)，小球由最低點運動到最高點的過程中，由動能定理得－2mgR＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，由以上各式可得Wf＝－eq\f(1,2)mgR，所以小球克服空氣阻力所做的功為eq\f(1,2)mgR，故C正確，A、B、D錯誤．]6．如圖所示，ABCD是一個盆式容器，盆內側壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC是水平的，其寬度d＝0.50m．盆邊緣的高度為h＝0.30m．在A處放一個質量為m的小物塊并讓其從靜止開始下滑．已知盆內側壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數為μ＝0.10.小物塊在盆內來回滑動，最后停下來，則停的地點到B點的距離為()A．0.50m B．0.25mC．0.10m D．0D[設小物塊在BC段通過的總路程為s，由于只有水平面上存在摩擦力，則小物塊從A點開始運動到最終靜止的整個過程中，摩擦力做功為－μmgs，而重力做功與路徑無關，由動能定理得mgh－μmgs＝0－0，代入數據可解得s＝3m．由于d＝0.50m，所以，小物塊在BC段經過3次往復運動后，又回到B點．]7．如圖甲所示，在傾角為30°的足夠長的光滑斜面AB的A處連接一粗糙水平面OA，OA長為4m．有一質量為m的滑塊，從O處由靜止開始受一水平向右的力F作用．F只在水平面上按圖乙所示的規(guī)律變化．滑塊與OA間的動摩擦因數μ＝0.25，取g＝10m/s2，試求：甲乙(1)滑塊運動到A處的速度大?。?2)不計滑塊在A處的速率變化，滑塊沖上斜面AB的長度是多少？解析(1)由題圖乙知，在前2m內，F1＝2mg做正功，在第3m內，F2＝－0.5mg，做負功，在第4m內，F3＝0，滑動摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg，始終做負功，對于滑塊在OA上運動的全過程，由動能定理得：F1x1＋F2x2＋Ffx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－0即2mg×2m－0.5mg×1m－0.25mg×4m＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－0解得vA＝5eq\r(2)m/s.(2)對于滑塊沖上斜面的過程，由動能定理得－mgLsin30°＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得L＝5m所以滑塊沖上斜面AB的長度L＝5m.答案(1)5eq\r(2)m/s(2)5m[能力提升練]8．(2018·江蘇卷·4)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面．忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關系圖象是()A[小球做豎直上拋運動，設初速度為v0，則：v＝v0－gt，小球的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，把速度v代入得：Ek＝eq\f(1,2)mg2t2－mgv0t＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)；Ek與t為二次函數關系．]9．如圖甲所示，一半徑R＝1m、圓心角等于143°的豎直圓弧形光滑軌道，與斜面相切于B點，圓弧形軌道的最高點為M，斜面傾角θ＝37°，t＝0時刻有一物塊沿斜面上滑，其在斜面上運動的速度變化規(guī)律如圖乙所示，若物塊恰能到達M點，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)物塊經過M點的速度大?。?2)物塊經過B點的速度大??；(3)物塊與斜面間的動摩擦因數．解析(1)物塊恰能到達M點，則有mg＝meq\f(v\o\al(2,M),R)解得vM＝eq\r(gR)＝eq\r(10)m/s.(2)物塊從B點運動到M點的過程中，由動能定理得－mgR(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝eq\r(46)m/s.(3)由題圖乙可知，物塊在斜面上運動時，加速度大小為a＝eq\f(Δv,Δt)＝10m/s2，方向沿斜面向下，由牛頓第二定律得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma解得μ＝0.5.答案(1)eq\r(10)m/s(2)eq\r(46)m/s(3)0.510．如圖所示，用一塊長L1＝1.0m的木板在墻和桌面間架設斜面，桌子高H＝0.8m、長L2＝1.5m．斜面與水平桌面的傾角θ可在0～60°間調節(jié)后固定．將質量m＝0.2kg的小物塊從斜面頂端由靜止釋放，物塊與斜面間的動摩擦因數μ1＝0.05，物塊與桌面間的動摩擦因數為μ2，忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失．(重力加速度g取10m/s2；最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(1)求θ角增大到多少時，物塊能從斜面開始下滑；(用正切值表示)(2)當θ角增大到37°時，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動摩擦因數μ2；(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(3)繼續(xù)增大θ角，發(fā)現θ＝53°時物塊落地點與墻面的距離最大，求此最大距離xm.解析(1)為使小物塊下滑，應有mgsinθ≥μ1mgcosθ，θ滿足的條件：tanθ≥0.05.(2)物塊運動過程中克服摩擦力做的功為Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg(L2－L1cosθ)，由動能定理得mgL1sinθ－Wf＝0，代入數據得μ2＝0.8.(3)設當θ＝53°時，物塊運動至桌面邊緣時速度為v.由