高考物理一轮复习 课后限时集训15 动能定理

课后限时集训15
动能定理 建议用时：45分钟
1．(多选)质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则( )
A ．质量大的物体滑行的距离大
B ．质量小的物体滑行的距离大
C ．它们滑行的距离一样大
D ．它们克服摩擦力所做的功一样多 BD [由动能定理得－μmgx ＝－
E k ，所以x ＝
E k
μmg
，知质量小的物体滑行距离大，选项A 、C 错误，B 正确；克服摩擦力做功W f ＝E k 相同，选项D 正确。

]
2.如图所示，用细绳通过定滑轮拉物体，使物体在水平面上由静止开始从A 点运动到B 点，已知H ＝3 m ，m ＝25 kg ，F ＝50 N 恒定不变，到B 点时的速度v ＝2 m/s ，滑轮到物体间的细绳与水平方向的夹角在A 、B 两处分别为30°和45°。

此过程中物体克服阻力所做的功为( )
A ．50(5－32) J
B ．50(7－32) J
C ．50(33－4) J
D ．50(33－2) J
A [设物体克服阻力做的功为W f ，由动能定理得F ⎝ ⎛⎭
⎪⎫H sin 30°－H sin 45°－W f ＝12
mv 2，代入数据求得W f ＝50(5－32) J ，选项A 正确。

]
3.(2019·天津模拟)一个质量为0.5 kg 的物体，从静止开始做直线运动，物体所受合外力F 随物体位移x 变化的图象如图所示，则物体位移x ＝8 m 时，物体的速度为( )
A ．2 m/s
B ．8 m/s
C ．4 2 m/s
D ．4 m/s
C [F ­x 图象中图线与横轴所围面积表示功，横轴上方为正功，下方为负功，x ＝8 m
时，可求得W ＝8 J ；由动能定理有12
mv 2
＝8 J ，解得v ＝4 2 m/s ，选项C 正确。

]
4．(2018·江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球，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E k 与时间t 的关系图象是( )
A B
C D
A [设小球抛出瞬间的速度大小为v 0，抛出后，某时刻t 小球的速度v ＝v 0－gt ，故小球的动能E k ＝12mv 2＝12
m (v 0－gt )2
，结合数学知识知，选项A 正确。

]
5.(2019·师大附中检测)如图是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。

当太阳光照射到小车上方的光电板，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。

若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t 前进距离s ，速度达到最大值v m ，设这一过程中电动机的功率恒为P ，小车所受阻力恒为F ，那么( )
A ．小车先匀加速运动，达到最大速度后开始匀速运动
B ．这段时间内电动机所做的功为Pt
C ．这段时间内电动机所做的功为12mv 2
m
D ．这段时间内电动机所做的功为12
mv 2
m －Fs
B [小车电动机的功率恒定，速度不断变大，根据牛顿第二定律，有P v
－F ＝ma ，故小车的运动是加速度不断减小的加速运动，选项A 错误；这一过程中电动机的功率恒为P ，所以
W 电＝Pt ，选项B 正确；对小车启动过程，根据动能定理，有W 电－Fs ＝1
2
mv 2m ，这段时间内电
动机所做的功为W 电＝Fs ＋12
mv 2
m ，选项C 、D 错误。

]
6．(2019·日照一模)冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图所示。

比赛时，运动员脚蹬起蹬器，身体成跪式，手推冰壶从本垒圆心O 向前滑行，至前卫线时放开冰壶使其沿直线OO ′滑向营垒圆心O ′，为使冰壶能在冰面上滑的更远，运动员可用毛刷刷冰面以减小冰壶与冰面间的动摩擦因数。

已知O 点到前卫线的距离d ＝4 m ，O 、O ′之间的距离L ＝30.0 m ，冰壶的质量为20 kg ，冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1＝0.008，用毛刷刷过冰面后动摩擦因数减小到μ2＝0.004，营垒的半径R ＝1 m ，g 取10 m/s 2。

(1)若不刷冰面，要使冰壶恰好滑到O ′点，运动员对冰壶的推力多大？
(2)若运动员对冰壶的推力为10 N ，要使冰壶滑到营垒内，用毛刷刷冰面的距离是多少？
[解析] (1)设运动员对冰壶的推力大小为F ，由动能定理得：Fd －μ1mgL ＝0 代入数据，解得F ＝12 N 。

(2)设冰壶运动到营垒的最左边时，用毛刷刷冰面的距离是x 1，冰壶运动到营垒的最右边时，用毛刷刷冰面的距离是x 2，则由动能定理得：F ′d －μ1mg (L －R －x 1)－μ2mgx 1＝0
代入数据，解得x 1＝8 m
由动能定理得：F ′d －μ1mg (L ＋R －x 2)－μ2mgx 2＝0 代入数据，解得x 2＝12 m
所以用毛刷刷冰面的距离为8 m≤x ≤12 m。

[答案] (1)12 N (2)见解析
7．(2019·湖北襄阳联考)质量m ＝1 kg 的物体，在水平拉力F (拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移为4 m 时，拉力F 停止作用，运动到位移为8 m 时物体停止运动，运动过程中E k ­x 的图线如图所示。

取g ＝10 m/s 2
，求：
(1)物体的初速度大小；
(2)物体和水平面间的动摩擦因数； (3)拉力F 的大小。

[解析] (1)从图线可知物体初动能为2 J ，则
E k0＝12
mv 2＝2 J
得v ＝2 m/s 。

(2)在位移为4 m 处物体的动能为E k ＝10 J ，在位移为8 m 处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功。

设摩擦力为F f ，则
－F f x 2＝0－E k ＝0－10 J ＝－10 J ，x 2＝4 m 得F f ＝2.5 N 因F f ＝μmg 故μ＝0.25。

(3)物体从开始运动到位移为4 m 这段过程中，受拉力F 和摩擦力F f 的作用，合力为F －F f ，根据动能定理有
(F －F f )x 1＝E k －E k0 故得F ＝4.5 N 。

[答案] (1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N
8.(多选)(2019·江苏高考)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。

小物块的质量为m ，从A 点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A 点恰好静止。

物块向左运动的最大距离为s ，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，弹簧未超出弹性限度。

在上述过程中( )
A ．弹簧的最大弹力为μmg
B ．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C ．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D ．物块在A 点的初速度为2μgs
BC [对物块从A 点开始到再回到A 点整个过程，由动能定理可知W f ＝－2μmgs ＝0－
1
2
mv 2A ，则v A ＝2μgs ，故B 正确，D 错误。

对物块从A 点开始到弹簧压缩量最大这一过程，
由动能定理可知W 弹＋W ′f ＝0－12mv 2
A ，W ′f ＝－μmgs ，则W 弹＝－μmgs ，则物块克服弹力做
功为μmgs ，所以弹簧弹性势能增加μmgs ，故C 正确。

当克服弹力做功为μmgs 时，弹簧的最大弹力要大于μmg ，故A 错误。

]
9.用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到
0～6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。

下列说法正确的是( )
A ．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B ．0～6 s 内物体在4 s 末的速度最大
C ．物体在2～4 s 内速度不变
D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力对物体做的功
D [a ­t 图象中图线与时间轴围成的面积代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负。

由题图可得，物体在6 s 末的速度v 6＝6 m/s ，则0～6 s 内物体一直向正方向运动，选项A 错误；物体在5 s 末速度最大，v m ＝7 m/s ，选项B 错误；在2～4 s 内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，选项C 错误；在0～4 s 内，合力对物体做的功由动能定理可知W 合4＝12mv 2
4－0＝36 J,0～6 s 内，合力对物体做的功
由动能定理可知W 合6＝12
mv 2
6－0＝36 J ，则W 合4＝W 合6，选项D 正确。

]
10.(2019·江苏七市三模)如图所示，半径为R 的水平圆盘可绕着过圆心O 的竖直轴转动，在圆盘上从圆心O 到圆盘边缘开有一沿半径方向的光滑细槽。

一根原长为R 的轻弹簧置于槽内，一端固定在圆心O 点，另一端贴放着一质量为m 的小球，弹簧始终在弹性限度内。

(1)若小球在沿槽方向的力F 1作用下，在圆盘边缘随圆盘以角速度ω0转动，求F 1的大小；
(2)若圆盘以角速度ω1转动，小球被束缚在槽中距离圆盘边缘为x 的P 点，此时弹簧的弹性势能为E p 。

解除束缚后，小球从槽口飞离圆盘时沿槽方向的速度大小为v ，求此过程中槽对小球做的功W 1；
(3)若圆盘以角速度ω2转动，小球在沿槽方向推力作用下，从圆盘边缘缓慢向内移动距离x 到达P 点。

如果推力大小保持不变，求弹簧的劲度系数k 以及此过程中推力做的功
W 2。

[解析] (1)小球在沿槽方向的力F 1得作用下做圆周运动，由向心力公式有F 1＝mω2
0R 。

(2)设小球从槽口飞出圆盘时的速度为v 1，则根据运动的合成：v 2
1＝()ω1R 2
＋v 2
，设在
此过程中弹簧对小球做功为W ，有动能定理有：W 1＋W ＝12mv 21－12mω21()R －x 2
，由于W ＝E p ，
解得W 1＝12m ()ω21R 2＋v 2－12
mω21()R －x 2
－E p 。

(3)当小球沿槽方向缓慢向内移动的距离为x 1时，由向心力公式有F －kx 1＝mω2
2
()R －x 1，解得F ＝mω22R ＋()k －mω2
2x 1
由于F 得大小不变，与x 1无关，则有k ＝mω22，F ＝mω22R 所以推力做的功W 2＝Fx ＝mω2
2Rx 。

[答案] (1)mω20R (2)12m ()ω21R 2＋v 2－12
mω21(R －x )2－E p (3)mω2
2Rx
11.(2019·南京、盐城三模)如图所示，桌子靠墙固定放置，用一块长L 1＝1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面距地面H ＝0.8 m ，桌面总长L 2＝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(可视为质点)从斜面顶端静止释放，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μ2未知，忽略物块在斜面与桌面交接处的机械能损失，不计空气阻力。

(重力加速度取g ＝10 m/s 2
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求当θ＝30°时，物块在斜面上下滑的加速度的大小；(可以用根号表示) (2)当θ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； (3)μ2取第(2)问中的数值，当θ角为多大时物块落地点与墙面的距离最大，最大距离
x m 是多少。

[解析] (1)根据牛顿第二定律，对物体受力分析可得mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma 代入数据得a ＝(5－0.253)m/s 2。

(2)由动能定理得mgL 1sin θ－μ1mgL 1cos θ－μ2mg (L 2－L 1cos θ)＝0－0 代入数据得μ2＝0.8。

(3)mgL 1sin θ－μ1mgL 1cos θ－μ2mg (L 2－L 1cos θ)＝12mv 2
得20⎝ ⎛⎭⎪⎫sin θ－1.2＋34cos θ＝v 2
当θ＝53°时v max ＝1 m/s 由于H ＝12
gt 2
解得t ＝0.4 s
x 1＝v max t ＝0.4 m x m ＝x 1＋L 2＝1.9 m 。

[答案] (1)(5－0.253)m/s 2
(2)0.8 (3)53° 1.9 m。