【红对勾】高考物理 动能 动能定理课时作业

课时作业17 动能 动能定理
时间：45分钟 满分：100分
一、选择题(8×8′＝64′)
图1
1．(2010·课标全国理综)如图1所示，在外力作用下某质点运动的v －t 图象为正弦曲线．从图中可以判断( )
A ．在0～t 1时间内，外力做正功
B ．在0～t 1时间内，外力的功率逐渐增大
C ．在t 2时刻，外力的功率最大
D ．在t 1～t 3时间内，外力做的总功为零
解析：在0～t 1时间内，速度增大，由动能定理得，选项A 正确，由P ＝F ·v 可知，在t ＝0及t ＝t 2时刻，外力功率为零，v －t 图象中的图线的斜率代表加速度，在t 1时刻a ＝0，则F ＝0，外力功率为0，选项B 、C 均错；在t 1～t 3时间内，动能改变量为零，由动能定理得，选项D 正确．
答案：AD
2．(2009·上海单科)小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H ，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度h 处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地高度h 处，小球的势能是动能的2倍，则h 等于( )
A.H
9 B.2H 9 C.3H 9
D.
4H 9
解析：设小球初动能为E k 0，阻力为f ，上升到最高点，由动能定理，得：0－E k 0＝－(mg ＋f )·H .
上升到离地面高度为h 点时，设动能为E k 1，则E k 1－E k 0＝
－(mg ＋f )·h ，E k 1＝2mgh ；在下落至离地面高度h 处，设动能为E k 2，则E k 2＝(mg －f )(H －h )，E k 2＝12mgh ；联立以上各式，解得：h ＝4
9
H ，故选项D 正确．
答案：D
图2
3．如图2所示，一个质量为m 的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v ，在力的方向上获得的速度分别为v 1、v 2，那么在这段时间内，其中一个力做的功为( )
A.16mv 2
B.14mv 2
C.13
mv 2
D.12
mv 2 解析：在合力F 的方向上，由动能定理得，W ＝Fs ＝12mv 2
，某个分力的功为W 1＝F 1s cos30°
＝
F
2cos30°
s cos30°＝12Fs ＝14
mv 2，故B 正确．
答案：B
图3
4．如图3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，B 、C 为水平的，其距离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 的距离为( )
A ．0.50 m
B ．0.25 m
C ．0.10 m
D ．0
答案：D
图4
5．质量为m 的小球被系在轻绳的一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，如图4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 ，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克
服空气阻力所做的功为( )
A.1
4mgR B.13mgR C.1
2
mgR D ．mgR
解析：设小球通过最低点时绳子张力为F T 1，根据牛顿第二定律：F T 1－mg ＝m v 12
R
将F T 1＝7mg 代入得E k 1＝12
mv 12
＝3mgR .
经过半个圆周恰能通过最高点，则mg ＝m v 22
R
，
此时小球的动能E k 2＝1
2mgR ，
从最低点到最高点应用动能定理： －W f －mg ·2R ＝E k 2－E k 1 所以W f ＝1
2mgR .故选项C 正确．
答案：C
图5
6．如图5所示，板长为L ，板的B 端静放着质量为m 的小物体P ，物体与板的动摩擦因数为μ，开始板水平．若缓慢将板转过一个小角度α的过程中，物体与板保持相对静止，则在此过程中( )
A ．摩擦力对P 做功μmg cos α(1－cos α)
B ．摩擦力对P 做功μmg sin α(1－cos α)
C ．摩擦力对P 不做功
D ．板对P 做功mgL sin α 答案：CD
图6
7．在有大风的情况下，一小球自A 点竖直上抛，其运动轨迹如图6所示(小球的运动可
看做竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动的合运动)，小球运动轨迹上的A 、B 两点在同一水平直线上，M 点为轨迹的最高点．若风力的大小恒定，方向水平向右，小球在A 点抛出时的动能为4 J ，在M 点时它的动能为2 J ，落回到B 点时动能记为
E k B ，小球上升时间记为t 1，下落时间记为t 2，不计其他阻力，则( )
A ．s 1∶s 2＝1∶3
B ．t 1<t 2
C ．E k B ＝6 J
D ．
E k B ＝12 J
解析： 由小球上升与下落时间相等即t 1＝t 2得
s 1∶(s 1＋s 2)＝1∶22＝1∶4，
即s 1∶s 2＝1∶3.A →M 应用动能定理得 －mgh ＋W 1＝12mv M 2－12mv 2
，①
竖直方向有v 2
＝2gh ，② ①②式联立得W 1＝2 J.
A →
B 风力做功W 2＝4W 1＝8 J ， A →B 由动能定理W 2＝E k B －E k A ，
可求得E k B ＝12 J ，A 、D 正确． 答案：AD
图7
8．质量为1 kg 的物体以某一初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的图线如图7所示，g 取10 m/s 2
，则以下说法中正确的是( )
A ．物体与水平面间的动摩擦因数是0.5
B ．物体与水平面间的动摩擦因数是0.25
C ．物体滑行的总时间为4 s
D ．物体滑行的总时间为2.5 s
解析：根据动能定理可得物体动能和位移之间的关系：
E k ＝E k 0－μmgx ，
由题中图象所给数据可得： μ＝
E k 0－E k mgx ＝50－01×10×20
＝0.25， 根据牛顿第二定律可得加速度大小：
a ＝
μmg m
＝μg ＝2.5 m/s 2
，
由运动学公式可得物块滑行的总时间：
t ＝v 1－v 0a ＝102.5
s ＝4 s.
答案：BC
二、计算题(3×12′＝36′)
9．(2009·上海单科)质量为5×103
kg 的汽车在t ＝0时刻速度v 0＝10 m/s ，随后以P ＝6×104
W 的额定功率沿平直公路继续前进，经72 s 达到最大速度，设汽车受恒定阻力，其大小为2.5×103
N ．求：
(1)汽车的最大速度v m ； (2)汽车在72 s 内经过的路程s .
解析：(1)达到最大速度时，牵引力等于阻力， 即P ＝F ·v m ＝f ·v m
v m ＝P f ＝6×104
2.5×103
m/s ＝24 m/s.
(2)前72 s 由动能定理，得
Pt －f ·s ＝12mv m 2－12
mv 02
得s ＝
2Pt －m v m 2
－v 0
2
2f
代入数据，得s ＝1252 m. 答案：(1)24 m/s (2)1252 m
图8
10．(2010·浙江理综)在一次国际城市运动会中，要求运动员从高为H 的平台上A 点由静止出发，沿着动摩擦因数为μ的滑道向下运动到B 点后水平滑出，最后落在水池中．设滑道的水平距离为L ，B 点的高度h 可由运动员自由调节(取g ＝10 m/s 2
)．求：
(1)运动员到达B 点的速度与高度h 的关系．
(2)运动员要达到最大水平运动距离，B 点的高度h 应调为多大？对应的最大水平距离L max
为多少？
(3)若图中H ＝4 m ，L ＝5 m ，动摩擦因数μ＝0.2，则水平运动距离要达到7 m ，h 值应为多少？
解析：(1)设斜面长度为L 1，斜面倾角为α，根据动能定理得
mg (H －h )－μmgL 1cos α＝12
mv 02
① 即mg (H －h )＝μmgL ＋12
mv 0
2
② v 0＝2g H －h －μL .
③
(2)根据平抛运动公式
x ＝v 0t
④ h ＝12
gt 2
⑤ 由③～⑤式得x ＝2H －μL －h h
⑥
由⑥式可得，当 h ＝1
2
(H －μL ) L max ＝L ＋H －μL .
(3)在⑥式中令x ＝2 m ，H ＝4 m ，L ＝5 m ，μ＝0.2， 则可得到：－h 2
＋3h －1＝0
求出h 1＝3＋52 m ＝2.62 m ，h 2＝3－5
2 m ＝0.38 m.
答案：(1)v 0＝2g
H －h －μL
(2)1
2
(H －μL ) L ＋H －μL (3)3＋52 m(或2.62 m) 3－52
m(或0.38 m)
图9
11．如图9所示．AB 是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R .一个质量为m 的物体(可以看做质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ.求：
(1)物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程； (2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，对圆弧轨道的压力；
(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D ，释放点距B 点的距离L ′应满足什么条件．
解析：(1)因为摩擦始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动． 对整体过程由动能定理得
mgR ·cos θ－μmg cos θ·x ＝0
所以总路程为x ＝R
μ.
(2)对B →E 过程
mgR (1－cos θ)＝12
mv E 2
① F N －mg ＝mv E 2
R
②
由①②得对轨道压力：F N ＝(3－2cos θ)mg . (3)设物体刚好到D 点，则
mg ＝mv D 2
R
③
对全过程由动能定理得
mgL ′sin θ－μmg cos θ·L ′－mgR (1＋cos θ)＝12
mv D 2
④
由③④得应满足条件：L ′＝
3＋2cos θθ－μcos θ
·R .
答案：(1)R
μ (2)(3－2cos θ)mg
(3)L ′至少为
3＋2cos θθ－μcos θ
·R。