高考物理一轮复习 课时作业17 动能 动能定理（含解析）-人教版高三物理试题

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()A．物体所受的合力做功为mgh＋eq\f(1,2)mv2B．物体所受的合力做功为eq\f(1,2)mv2C．人对物体做的功为mghD．人对物体做的功大于mghBD[对物体应用动能定理可得W合＝W人－mgh＝eq\f(1,2)mv2，故W人＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，B、D选项正确．]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 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)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 B．Ek1>Ek2，W1＝W2C．Ek1<Ek2，W1<W2 D．Ek1>Ek2，W1<W2B[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．]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()A．eq\f(2mg,π) B．eq\f(3mg,π)C．eq\f(4mg,π) D．eq\f(5mg,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所受的重力提供向心力，由牛顿第二定律得mg＝meq\f(v2,R)，物体从A点运动到最高点的过程中，由动能定理得F·eq\f(πR,2)－mg·2R＝eq\f(1,2)mv2，由以上两式解得F＝eq\f(5mg,π)，选项D正确，选项A、B、C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()A．eq\f(1,4)mgR B．eq\f(1,3)mgRC．eq\f(1,2)mgR D．mgRC[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＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)，小球恰好过最高点，绳子拉力为零，由牛顿第二定律得mg＝eq\f(mv\o\al(2,2),R)，小球由最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得－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，所以小球克服空气阻力所做的功为eq\f(1,2)mgR，故C正确，A、B、D错误．]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＝0.50m．盆边缘的高度为h＝0.30m．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．0.50m B．0.25mC．0.10m D．0D[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＝3m．由于d＝0.50m，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4m．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＝10m/s2，试求：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2m内，F1＝2mg做正功，在第3m内，F2＝－0.5mg，做负功，在第4m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＝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)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得－mgLsin30°＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得L＝5m所以滑块冲上斜面AB的长度L＝5m.答案(1)5eq\r(2)m/s(2)5m[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()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＝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与t为二次函数关系．]9．如图甲所示，一半径R＝1m、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＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(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mg＝meq\f(v\o\al(2,M),R)解得vM＝eq\r(gR)＝eq\r(10)m/s.(2)物块从B点运动到M点的过程中，由动能定理得－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)由题图乙可知，物块在斜面上运动时，加速度大小为a＝eq\f(Δv,Δt)＝10m/s2，方向沿斜面向下，由牛顿第二定律得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．如图所示，用一块长L1＝1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8m、长L2＝1.5m．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＝0.2kg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10m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(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sin37°＝0.6，cos37°＝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mgsinθ≥μ1mgcosθ，θ满足的条件：tanθ≥0.05.(2)物块运动过程中克服摩擦力做的功为Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg(L2－L1cosθ)，由动能定理得mgL1sinθ－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