[备考资料】2020届一轮复习动能定理及其应用课时作业.doc
【物理】2020届一轮复习人教版 动能定理及其应用 课时作业
2020届一轮复习人教版动能定理及其应用课时作业一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～6为单选，7～10为多选)1．若物体在运动过程中受到的合外力不为0，则()A．物体的动能不可能总是不变的B．物体的加速度一定变化C．物体的速度方向一定变化D．物体所受的合外力做的功可能为0答案 D解析当合外力不为0时，若物体做匀速圆周运动，则动能不变，合外力做的功为0，A错误，D正确；当F恒定时，加速度就不变，速度方向可能不变，B、C错误。
2．物体沿直线运动的v－t关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则()A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4WB．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2WC．从第5秒末到第7秒末合外力做功为WD．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－2W答案 C解析物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合外力为零，做功为零，A错误；从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量大小相同，合外力做的功为－W，B错误；从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合外力做功相同，即为W，C正确；从第3秒末到第4秒末动能变化量是负值，大小等于第1秒内动能变化量大小的3，则合外力做功为－40.75W，D错误。
3．(2018·烟台模拟)水平面上甲、乙两物体，在某时刻动能相同，它们仅在摩擦力作用下停下来。
甲、乙两物体的动能E k随位移大小s变化的图象如图所示，则下列说法正确的是()A．若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则甲的质量较大B．若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则乙的质量较大C．甲与地面间的动摩擦因数一定大于乙与地面的动摩擦因数D．甲与地面间的动摩擦因数一定小于乙与地面的动摩擦因数答案 A解析E k－s图象的斜率大小表示物体与地面的摩擦力f＝μmg，由图知f甲>f乙，若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则m甲>m乙，故A正确，B错误。
2020届高考化学一轮复习人教版动能定理及其应用作业含答案(江苏专用)
第2节动能定理及其应用1．关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是()A．合外力为零，则合外力做功一定为零B．合外力做功为零，则合外力一定为零C．合外力做功越多，则动能一定越大D．动能不变，则物体合外力一定为零解析：选A由W＝Fl cos α可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α＝90°，故A正确，B错误；由动能定理W＝ΔE k可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大。
动能不变，合外力做功为零，但物体合外力不一定为零，C、D均错误。
2.(2018·江阴四校期中)质量为M、长度为L的长木板静止在光滑的水平面上，质量为m的小滑块停放在长木板的最右端，滑块和木板之间的动摩擦因数为μ。
现用一个大小为F的恒力作用在M上，当小滑块滑到木板的最左端时，滑块和木板的速度大小分别为v1、v2，滑块和木板相对于地面的位移大小分别为s1、s2。
下列关系式错误的是()A．μmgs1＝12m v12B．Fs2－μmgs2＝12M v22C．μmgL＝12m v12D．Fs2－μmgs2＋μmgs1＝12M v22＋12m v12解析：选C对滑块，滑块受到重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，有μmgs1＝1 2m v12，故A正确；对木板，由动能定理得：Fs2－μmgs2＝12M v22，故B正确；由以上两式相加可得：Fs2－μmgs2＋μmgs1＝12M v22＋12m v12，又s2－s1＝L，则得：Fs2－μmgL＝12M v22＋12m v12，故C错误，D正确。
3．(2019·连云港一模)如图所示，放在光滑水平面上的劲度系数为k 的弹簧一端固定，一质量为m，速度为v0的滑块将其压缩，经t时间后压缩量为x ，此时速度为v ；再经过极短的时间Δt ，滑块运动的位移为Δx ，速度的变化量为Δv ，滑块动能的变化量为ΔE 。
2020届高考化学一轮复习人教版动能定理及其应用 课时作业Word版含答案
2020届一轮复习人教版动能定理及其应用课时作业一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～6为单选，7～10为多选)1．若物体在运动过程中受到的合外力不为0，则()A．物体的动能不可能总是不变的B．物体的加速度一定变化C．物体的速度方向一定变化D．物体所受的合外力做的功可能为0答案 D解析当合外力不为0时，若物体做匀速圆周运动，则动能不变，合外力做的功为0，A错误，D正确；当F恒定时，加速度就不变，B、C错误。
2．一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔE k为() A．Δv＝0 B．Δv＝12 m/sC．ΔE k＝1.8 J D．ΔE k＝10.8 J答案 B解析速度是矢量，规定反弹后速度方向为正，则Δv＝6 m/s－(－6 m/s)＝12 m/s，故B正确，A错误；动能是标量，速度大小不变，动能不变，则ΔE k＝0，C、D错误。
3. 如图所示，质量为m的钢制小球，用长为l的细线悬挂在O点。
将小球拉至与O点等高的C点后由静止释放。
小球运动到最低点B时对细线的拉力为2mg，若在B点用小锤头向左敲击小球一下，瞬间给它补充机械能ΔE，小球就能恰好摆到与C点等高的A点。
设空气阻力只与运动速度相关，且运动速度越大空气阻力就越大。
则以下关系正确的是()A ．ΔE >mglB ．ΔE <12mglC ．ΔE ＝12mgl D.12mgl <ΔE <mgl 答案 A 解析 设小球由C 点到B 点的运动过程中克服空气阻力做功W f1，由动能定理知，mgl －W f1＝12m v 2B ，在B 点，由牛顿第二定律知：T －mg ＝m v 2B l ，其中T ＝2mg ，由以上各式可得W f1＝12mgl 。
在B 点给小球补充机械能即动能后，小球恰好运动到A 点，由动能定理知：－mgl －W f2＝0－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m v 2B ＋ΔE ，由以上各式得ΔE ＝mgl ＋(W f2－W f1)，由题意知，上升过程中的速度大于下降过程中的速度，所以W f2>W f1，即ΔE >mgl ，A 正确。
2020版高考物理一轮复习第五章第2讲动能定理及应用课时作业(含解析)
动能定理及应用一、选择题（本题共10小题，1～6题为单选题，7～10题为多选题）1．质量不等但有相同初动能的两物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直到停止,则( ）A．质量大的物体滑行距离大B．质量小的物体滑行距离大C．质量小的物体克服摩擦做的功多D．质量大的物体克服摩擦做的功多解析：B 根据动能定理得－μmgx＝0－E k,得滑行距离x＝E kμmg,由题意可知，μ、E k相同，则m越小，x越大，即质量小的物体滑行距离大，故A错误,B正确；由动能定理可知，物体克服摩擦力做的功等于物体动能的减小量，两物体动能的减小量相等，则物体克服摩擦力做的功相等，故C、D错误．2.（2018·宣城模拟）如图所示，AB为错误!圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧对应的圆的半径为R，BC的长度也是R，一质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止,那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为( )A。
错误!μmgR B.错误!mgRC．mgR D．(1－μ）mgR解析：D 由题意可知mgR＝W f AB＋W f BC，W f BC＝μmgR，所以W f AB＝（1－μ)mgR,D正确．3．(2017·海南高考)将一小球竖直向上抛出，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E k1和E k2，从抛出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W1,从抛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．E k1＝E k2，W1＝W2B．E k1>E k2，W1＝W2C．E k1<E k2，W1<W2D．E k1〉E k2,W1〈W2解析：B 从抛出开始到第一次经过a点和抛出开始第二次经过a点,上升的高度相等，可知重力做功相等，即W1＝W2,对两次经过a 点的过程,由动能定理得,－W f＝E k2－E k1，可知E k1〉E k2，故B正确，A、C、D错误．4.质量为10 kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动,力随坐标x 的变化情况如图所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为（ )A ．2 错误! m/sB ．3 m/sC ．4 m/sD 。
2020届高考化学一轮复习人教版动能定理及其应用课时作业Word版含答案
2020届一轮复习人教版 动能定理及其应用 课时作业一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中 1～6为单选，7～10为多选)1．如图所示，质量为m 的小球以初速度v 0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，则球落在斜面上时重力的瞬时功率为(不计空气阻力)( )A.mg v 0tan θB.mg v 0tan θC.mg v 0sin θ D ．mg v 0cos θ答案 B解析 小球落在斜面上时重力的瞬时功率为P ＝mg v y ，而v y tan θ＝v 0，所以P ＝mg v 0tan θ，B 正确。
2．如图所示，站在做匀加速直线运动的车厢里的人向前推车厢壁，以下关于人对车做功的说法中正确的是( )A.做正功B．做负功C.不做功D．无法确定答案 B解析在水平方向上，人对车的作用力有两个：一个是人对车壁向前的推力F，另一个是人对车厢地板向后的摩擦力F′。
由于人随车向前做匀加速运动，所以车对人的总作用力是向前的，由牛顿第三定律可知人对车的总作用力是向后的。
所以此合力的方向与运动方向相反，人对车做的总功为负功，所以B正确。
3.[2017·保定模拟]质量为5×103 kg的汽车在水平路面上由静止开始以加速度a＝2 m/s2开始做匀加速直线运动，所受阻力是1.0×103 N，则汽车匀加速起动过程中()A.第1 s内汽车所受牵引力做功为1.0×104 JB.第1 s内汽车所受合力的平均功率20 kWC.第1 s末汽车所受合力的瞬时功率为22 kWD.第1 s末汽车所受牵引力的瞬时功率为22 kW答案 D解析根据牛顿第二定律F－f＝ma得牵引力F＝f＋ma＝1.1×104 N。
第1s内汽车位移x＝12at2＝1 m，第1 s 末汽车速度v＝at＝2 m/s，汽车合力F合＝ma＝1×104 N，则第1 s内汽车牵引力做功：W F＝Fx＝1.1×104 J，故A错误；第1 s内合力做功：W＝F合x＝1×104 J，其平均功率P＝Wt＝1×104 W，故B错误；第1 s末合力的瞬时功率P合＝F合v＝2×104 W，故C错误；第1 s末牵引力瞬时功率P＝F v＝2.2×104 W＝22 kW，故D正确。
【物理】2020届一轮复习人教版动能定理课时作业
2020届一轮复习人教版 动能定理 课时作业一、选择题1.(多选)光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力作用开始运动，拉力F 随时间t 变化的图象如图所示，用E k 、v 、x 、P 分别表示物体的动能、速度、位移和拉力F 的功率，下列四个图象分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，其中正确的是( )解析：选BD 由于拉力F 恒定，所以物体有恒定的加速度a ，则v ＝at ，即v 与t 成正比，选项B 正确；由P ＝Fv ＝Fat 可知，P 与t 成正比，选项D 正确；由x ＝12at 2可知x 与t 2成正比，选项C 错误；由动能定理可知E k ＝Fx ＝12Fat 2，E k 与t 2成正比，选项A 错误．2.(2019届德州一中月考)如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小球A ，若将小球A 从弹簧原长位置由静止释放，小球A 能够下降的最大高度为h ，若将小球A 换为质量为3m 的小球B ，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B 下降h 时的速度为(重力加速度为g ，不计空气阻力)( )A.2ghB. 4gh 3C.ghD.gh2解析：选B 小球A 下降h 过程，根据动能定理，有mgh －W 1＝0；小球B 下降过程，由动能定理有3mgh －W 1＝12×3mv 2－0，解得v ＝4gh3，故B 正确． 3.如图所示，质量为m 的小球，从离地面高H 处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h 深度而停止，设小球受到空气阻力为f ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．小球落地时动能等于mgHB ．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C ．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )D ．小球在泥土中受到的平均阻力为mg ⎝⎛⎭⎪⎫1＋H h解析：选C 小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH －fH ＝12mv 02，选项A 错误；设泥的平均阻力为f 0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh －f 0h ＝0－12mv 02，解得f 0h ＝mgh ＋12mv 02，f 0＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋H h －fHh ，选项B 、D 错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )，选项C 正确．4．有两个物体a 和b ，其质量分别为m a 和m b ，且m a >m b ，它们的初动能相同，若a 和b 分别受到不变的阻力F a 和F b 的作用，经过相同的时间停下来，它们的位移分别为s a 和s b ，则( )A ．F a <F b ，s a >s bB ．F a >F b ，s a >s bC ．F a >F b ，s a <s bD ．F a <F b ，s a <s b解析：选C 设物体的初速度为v ，初动能为E k ，所受的阻力为F ，通过的位移为s ，物体的速度与动能的关系为E k ＝12mv 2，得v ＝2E km，由s ＝v ＋02t 得，s ＝E k2mt ，由题意可知物体a 、b 运动时间和初动能相同，则质量越大，位移越小，因m a >m b ，所以s a <s b ；由动能定理得，－Fs ＝0－E k ，因初动能相同，F 与s 成反比，则F a >F b ，故选项C 正确．5.如图所示，质量为0.1 kg 的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m 后以3.0 m/s 的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m ，若不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．小物块的初速度是5 m/sB ．小物块的水平射程为1.2 mC ．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J 的功D ．小物块落地时的动能为0.9 J解析：选D 小物块在桌面上克服摩擦力做功W f ＝μmgL ＝2 J ，选项C 错误；在水平桌面上滑行时，由动能定理得－W f ＝12mv 2－12mv 02，解得v 0＝7 m/s ，选项A 错误；小物块飞离桌面后做平抛运动，有x ＝vt 、h ＝12gt 2，解得x ＝0.9 m ，选项B 错误；设小物块落地时动能为E k ，由动能定理得mgh ＝E k －12mv 2，解得E k ＝0.9 J ，选项D 正确．6.(2019届天津五区县联考)如图所示，某质点运动的v t 图象为正弦曲线．从图象可以判断( )A ．质点做曲线运动B ．在t 1时刻，合外力的功率最大C ．在t 2～t 3时间内，合外力做负功D ．在0～t 1和t 2～t 3时间内，合外力的平均功率相等解析：选D 质点运动的v t 图象描述的是质点的直线运动，选项A 错误；在t 1时刻，v t 图线的斜率为零，加速度为零，合外力为零，合外力功率为零，选项B 错误；由题图图象可知，在t 2～t 3时间内，质点的速度增大，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，选项C 错误；在0～t 1和t 2～t 3时间内，动能的变化量相同，故合外力做的功相等，则合外力的平均功率相等，选项D 正确．7．(2018年江苏卷)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( )解析：选A 对于整个竖直上抛过程(包括上升与下落)，速度与时间的关系为v ＝v 0－gt ，v 2＝g 2t 2－2v 0gt ＋v 02，E k ＝12mv 2，可见动能与时间是二次函数关系，由数学中的二次函数知识可判断A 正确．8.如图所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h 的A 点由静止释放，运动至B 点时速度为v 1.现将倾斜轨道的倾角调至为θ2，仍将物块从轨道上高度为h 的A 点静止释放，运动至B 点时速度为v 2.已知θ2<θ1，不计物块在轨道接触处的机械能损失．则( )A ．v 1<v 2B ．v 1>v 2C ．v 1＝v 2D ．由于不知道θ1、θ2的具体数值，v 1、v 2关系无法判定解析：选 C 物体运动过程中摩擦力做负功，重力做正功，由动能定理可得mgh －μmg cos θ·hsin θ－μmgx BD ＝12mv 2，即mgh －μmg ·h tan θ－μmgx BD ＝12mv 2，因为htan θ＝x CD ，所以mgh －μmgx BC ＝12mv 2，故到达B 点的速度与倾斜轨道的倾角无关，所以v 1＝v 2，故选项C 正确．9.(多选)(2018年全国卷Ⅲ)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间t 的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程( )A ．矿车上升所用的时间之比为4∶5B ．电机的最大牵引力之比为2∶1C ．电机输出的最大功率之比为2∶1D ．电机所做的功之比为4∶5解析：选AC 由图象可知图线①过程所用时间为2t 0，由于两次提升的高度相同，图线①②与x 轴围成的面积相等可知图线②过程所用时间为2.5t 0，因此矿车上升所用时间之比为4∶5，A 对；由于它们的变速阶段加速度大小相同，电机的最大牵引力相等，B 错；由P m ＝Fv 可知，F 最大，v 最大时，P 最大，F 相等，v m 之比为2∶1，所以最大功率之比为2∶1，C 对；电机做功W 提供矿石的重力势能和动能，据动能定理W －mgh ＝ΔE k ，由于提升高度相同，ΔE k ＝0，所以电机做功相等，D 错，故选AC.10.(多选)(2018届大连五校联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg 的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g ＝10 m/s 2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有( )A ．物体与水平面间的动摩擦因数B ．合外力对物体所做的功C ．物体做匀速运动时的速度D ．物体运动的时间解析：选ABC 物体做匀速直线运动时，拉力F 与滑动摩擦力f 大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝F mg ＝0.35，A 正确；减速过程由动能定理得W F ＋W f ＝0－12mv 2，根据F x 图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F 做的功W F ，而W f ＝－μmgx ，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v ，B 、C 正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D 错误．二、非选择题11.(2019届河南三门峡期末)一质量为m 的质点，系在轻绳的一端，绳的另一端固定在水平面上，水平面粗糙．此质点在该水平面上做半径为r 的圆周运动，设质点的最初速率是v 0，滑动摩擦力大小恒定，当它运动一周时，其速率变为v 02，已知重力加速度为g ，求：(1)质点与水平面的动摩擦因数； (2)当质点运动一周时的加速度大小； (3)质点在静止以前运动了多少圈．解析：(1)设质点与水平面的动摩擦因数为μ，质点运动一周时摩擦力做的功为W ，根据动能定理得：W ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022－12mv 02 又W ＝－μmg ·2πr解得μ＝3v 0216πrg.(2)当质点运动一周时质点的向心加速度大小为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022r＝v 024r当质点运动一周时质点的切向加速度大小为a τ＝μg 则加速度：a ＝a n 2＋a τ2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v 024r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3v 0216πr 2. (3)设质点在运动了n 周时停止，由动能定理得： －μmg ·n ·2πr ＝0－12mv 02解得n ＝1.33. 答案：(1)3v 0216πrg(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫v 024r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3v 0216πr 2 (3)1.33 12．(2019届晋城调研)如图甲所示，一滑块从平台上A 点以初速度v 0向右滑动，从平台上滑离后落到地面上的落地点离平台的水平距离为s ，多次改变初速度的大小，重复前面的过程，根据测得的多组v 0和s ，作出s 2v 02图象如图乙所示，滑块与平台间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求平台离地的高度h 及滑块在平台上滑行的距离d ；(2)若将滑块的质量增大为原来的2倍，滑块从A 点以4 m/s 的初速度向右滑动，求滑块滑离平台后落地时的速度大小v ′及落地点离平台的水平距离s 的大小．解析：(1)设滑块滑到平台边缘时的速度为v ， 根据动能定理得 －μmgd ＝12mv 2－12mv 02①滑块离开平台后做平抛运动，则有h ＝12gt 2② s ＝vt ③联立以上三式得s 2＝2h gv 02－4μhd ④由图象得：图象的斜率等于 2hg，即 2h g＝222－12＝0.2⑤ 解得h ＝1 m且当s ＝0时，v 02＝12，代入④式解得d ＝2 m. (2)由①得v ＝2 m/s滑块离开平台后做平抛运动，则有：h ＝12gt 2⑥得t ＝2h g＝2×110 s ＝55s ⑦ 滑块滑离平台后落地时的速度为v ′＝ v 2＋gt2＝2 6 m/s落地点离平台的水平距离s 的大小为s ＝vt ＝2×55 m ＝255m. 答案：(1)1 m 2 m (2)2 6 m/s255m |学霸作业|——自选一、选择题1．(2018届南通市二次调研)某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m ，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置A 点，释放后，木块右端恰能运动到B 1点．在木块槽中加入一个质量m 0＝200 g 的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A 点，释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B 2点．测得AB 1、AB 2长分别为36.0 cm 和12.0 cm ，则木块的质量m 为( )A.100 g B ．200 g C ．300 gD ．400 g解析：选A 两次木块均由同一位置释放，故弹簧恢复原长的过程中，弹簧所做的功相同，未加砝码时，由动能定理，可得W 弹－μmg ·AB 1＝0，加上砝码m 0时，有W 弹－μ(m ＋m 0)g ·AB 2＝0，解得m ＝100 g ，选项A 正确．2.(2019届西安质检)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t ＝4 s 时停下，其v t 图象如图所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是( )A ．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B ．整个过程中拉力做的功等于零C ．t ＝2 s 时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大D ．t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间内拉力不做功解析：选A 对物块运动全过程应用动能定理得：W F －W f ＝0，故A 正确，B 错误；物块在加速运动过程中受到的拉力最大，故t ＝1 s 时拉力的瞬时功率为整个过程中拉力功率的最大值，C 错误；t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间内，拉力与摩擦力平衡，拉力做正功，D 错误．3.(2018届济宁模拟)如图所示的竖直轨道，其圆形部分半径分别是R和R2，质量为m 的小球通过这段轨道时，在A 点时刚好对轨道无压力，在B点时对轨道的压力为mg .则小球由A 点运动到B 点的过程中摩擦力对小球做的功为( )A ．－mgRB ．－98mgRC ．－54mgRD ．－43mgR解析：选A 在A 处对小球由牛顿第二定律mg ＝m v A 2R ，v A ＝gR ，在B 处对小球由牛顿第二定律得mg ＋F N ＝m v B 2R2，又F N ＝mg ，解得v B ＝gR ，小球由A 到B 的过程由动能定理得mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫2R －2×R 2＋W f ＝12mv B 2－12mv A 2，解得W f ＝－mgR ，故A 正确．4．(多选)质量为1 kg 的物体静止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F 的作用下运动，如图甲所示，外力F 和物体克服摩擦力f 做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.下列分析正确的是( )A ．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B ．物体运动的位移为13 mC ．物体在前3 m 运动过程中的加速度为3 m/s 2D ．x ＝9 m 时，物体的速度为3 2 m/s解析：选ACD 由摩擦力做功的图象可知，W ＝μmg ·x ＝20 J ，解得μ＝0.2，A 正确；由f ＝μmg ＝2 N ，f ·x ＝W f ＝27 J 可得x ＝13.5 m ，B 错误；又W F ＝F ·x ，可解得：前3 m 内，F ＝153 N ＝5 N ，由F －f ＝ma 可得：a ＝3 m/s 2，C 正确；由动能定理可得：W F －fx ＝12mv 2，解得：x ＝9 m 时物体的速度v ＝3 2 m/s ，D 正确．5.(2018届吉林三校联考)如图所示，竖直平面内放一直角杆MON ，OM 水平，ON 竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A 和B 分别套在OM 和ON 杆上，B 球的质量为2 kg ，在作用于A 球的水平力F 的作用下，A 、B 两球均处于静止状态，此时OA ＝0.3 m ，OB ＝0.4 m ，改变水平力F 的大小，使A 球向右加速运动，已知A 球向右运动0.1 m 时速度大小为3 m/s ，则在此过程中绳的拉力对B 球所做的功为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．11 JB ．16 JC ．18 JD ．9 J解析：选C A 球向右运动0.1 m 时，v A ＝3 m/s ，OA ′＝0.4 m ，OB ′＝0.3 m ，设此时∠B ′A ′O ＝α，则有tan α＝34.由运动的合成与分解可得v A cos α＝v B sin α，解得v B ＝4 m/s.以B 球为研究对象，此过程中B 球上升高度h ＝0.1 m ，由动能定理，W －mgh ＝12mv B 2，解得轻绳的拉力对B 球所做的功为W ＝mgh ＋12mv B 2＝2×10×0.1 J＋12×2×42J ＝18 J ，选项C正确．6.(2019届石家庄联考)质量为m 的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其v t 图象如图所示(竖直向上为正方向，DE 段为直线)，已知重力加速度大小为g ，下列说法正确的是( )A ．t 3～t 4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动B ．t 0～t 2时间内，合力对小球先做正功后做负功C ．0～t 2时间内，小球的平均速度一定为v 22D ．t 3～t 4时间内，拉力做的功为m v 3＋v 42[(v 4－v 3)＋g (t 4－t 3)]解析：选D 根据题意，竖直向上为正方向，故在t 3～t 4时间内，小球竖直向上做匀减速直线运动，故选项A 错误；t 0～t 2时间内，小球速度一直增大，根据动能定理可知，合力对小球一直做正功，故选项B 错误；0～t 2时间内，小球的平均速度等于位移与时间的比值，不一定为v 22，故选项C 错误；根据动能定理，在t 3～t 4时间内：W F －mgv 3＋v 42·(t 4－t 3)＝12mv 42－12mv 32，整理可得W F ＝m v 3＋v 42[(v 4－v 3)＋g (t 4－t 3)]，故选项D 正确．7．如图所示，将质量为m 的小球以速度v 0由地面竖直向上抛出．小球落回地面时，其速度大小为34v 0.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于( )A.34mgB.316mgC.716mg D.725mg 解析：选D 重力对物体做的功为零，设空气阻力大小为f ，对整个过程应用动能定理得：－2fh ＝12mv 2－12mv 02上升过程中物体加速度为a ＝mg ＋fm由运动学公式得： 2ah ＝v 02带入数据计算得出：f ＝725mg所以D 选项正确．8.(2018届河南洛阳名校联考)一摩托车在竖直的圆轨道内侧做匀速圆周运动，周期为T ，人和车(当做质点)的总质量为m ，轨道半径为R ，车经最高点时发动机功率为P 0，车对轨道的压力为2mg .设轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比，则( )A ．车经最低点时对轨道的压力为3mgB ．车经最低点时发动机功率为2P 0C ．车从最高点经半周到最低点的过程中发动机做的功为12P 0T D ．车从最高点经半周到最低点的过程中发动机做的功为2mgR解析：选B 摩托车在最高点时有2mg ＋mg ＝m v 2R ，在最低点有F N －mg ＝m v 2R ，解得F N ＝4mg ，选项A 错误；由于轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比，又因为车在最高点对轨道的压力为2mg ：根据P ＝Fv ，可知发动机在最低点时的功率是在最高点时功率的2倍，选项B 正确，C 错误；根据动能定理可知摩托车从最高点经半周到最低点的过程中克服阻力做的功等于发动机做的功与重力做功2mgR 之和，无法求得发动机做的功，选项D 错误．二、非选择题9．(2018届南京市、盐城市—模)如图所示，炼钢厂通常用滚筒来传送软钢锭，使具有一定初速度的软钢锭通过滚筒滑上平台，质量为M 的软钢锭长为L ，上表面光滑，下表面与平台间是粗糙的．现以水平向右的初速度滑上平台，全部滑上平台时的速度为v .此时，在其右端无初速放上一个质量为m 的滑块(视为质点)．随后软钢锭滑过2L 距离时速度为零，滑块恰好到达平台，重力加速度取g ，空气阻力不计．求：(1)滑块获得的最大加速度(不考虑与平台的撞击过程)；(2)滑块放上后，软钢锭滑动过程克服阻力做的功；(3)软钢锭处于静止状态时，滑块到达平台的动能．解析：(1)由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以，软钢锭在平台上滑过距离L 时，滑块脱离做自由落体运动，所以a ＝g .(2)根据动能定理得W f 克＝－ΔE k ＝12Mv 2. (3)滑块脱离软钢锭后做自由下落到平台上的时间与软钢锭在平台最后滑过L 的时间相等，都为tL ＝12μgt 2μ(m ＋M )gL ＋μMgL ＝12Mv 2v m ＝gtE k ＝12mv m 2联立以上四个方程式解得E k ＝22M ＋m mg 2L 2Mv 2.答案：(1)g (2)12Mv 2 (3)22M ＋m mg 2L 2Mv 210．(2019届枣庄期末)如图甲所示，电动机通过绕过光滑定滑轮的细绳与放在倾角为30°的光滑斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升；在0～3 s 时间内物体运动的v t 图象如图乙所示，其中除1～2 s 时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线，1 s 后电动机的输出功率保持不变；已知物体的质量为2 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)1 s 后电动机的输出功率P ；(2)物体运动的最大速度v m ；(3)在0～3 s 内电动机所做的功．解析：(1)设物体的质量为m ，由题图乙可知，在t 1＝1 s 时间内，物体做匀加速直线运动的加速度大小为a ＝5 m/s 2，1 s 末物体的速度大小达到v 1＝5 m/s ，此过程中，设细绳拉力的大小为F 1，则根据运动学公式和牛顿第二定律可得 v 1＝at 1F 1－mg sin30°＝ma设在1 s 末电动机的输出功率为P ，由功率公式可得P ＝F 1v 1联立解得P ＝100 W.(2)当物体达到最大速度v m 后，设细绳的拉力大小为F 2，由牛顿第二定律和功率的公式可得F 2－mg sin30°＝0P ＝F 2v m联立解得v m ＝10 m/s.(3)设在时间t 1＝1 s 内，物体的位移为x ，电动机做的功为W 1，则由运动学公式得x ＝12at 12 由动能定理得W 1－mgx sin30°＝12mv 12 设在时间t ＝3 s 内电动机做的功为W ，则W ＝W 1＋P (t －t 1)联立解得W ＝250 J.答案：(1)100 W (2)10 m/s (3)250 J11.(2019届福建省毕业班质量检查)如图，固定直杆上套有一小球和两根轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2L 的A 、B 两点．直杆与水平面的夹角为θ，小球质量为m ，两根轻弹簧的原长均为L 、劲度系数均为3mg sin θL，g 为重力加速度．(1)小球在距B 点45L 的P 点处于静止状态，求此时小球受到的摩擦力大小和方向； (2)设小球在P 点受到的摩擦力为最大静摩擦力，且与滑动摩擦力相等．现让小球从P点以一沿杆方向的初速度向上运动，小球最高能到达距A 点45L 的Q 点，求初速度的大小． 解析：(1)小球在P 点时两根弹簧的弹力大小相等，设为F ，根据胡克定律有F ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫L －45L 设小球静止时受到的摩擦力大小为F f ，方向沿杆向下，根据平衡条件有mg sin θ＋F f ＝2F代入数据解得F f ＝mg sin θ5方向沿杆向下．(2)小球在P 、Q 两点时，弹簧的弹性势能相等，故小球从P 到Q 的过程中，弹簧对小球做功为零据动能定理有W 舍＝ΔE k－mg ·2⎝ ⎛⎭⎪⎫L －45L sin θ－F f ·2⎝ ⎛⎭⎪⎫L －45L ＝0－12mv 2 联立解得v ＝26gL sin θ5. 答案：(1)mg sin θ5 方向沿杆向下 (2)26gL sin θ5。
高考物理一轮总复习 动能 动能定理及其应用课时作业
课时作业(十八) 动能动能定理及其应用1．质量为10kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图所示．物体在x＝0处，速度为1m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x＝16m处时，速度大小为( )第1题图A．22m/s B．3m/s C．4m/s D.17 m/s2．质量为2kg的物体，以1m/s的速度在光滑水平长直轨道上滑行．从某时刻起对该物体施加一个沿轨道的水平力，经过一段时间后，滑块的速度改变量的大小为2m/s，则在此过程中水平力做的功可能为 ( )A. 0 B．3J C．4J D．8J3．用长为l的细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，小球可在竖直平面内做圆周运动，如图所示，MD为竖直方向上的直径，OB为水平半径，A点位于M、B之间的圆弧上，C点位于B、D之间的圆弧上，开始时，小球处于圆周的最低点M，现给小球某一初速度，下述说法正确的是( )第3题图A．若小球通过A点的速度大于5gl，则小球必能通过D点B．若小球通过B点时，绳的拉力大于3mg，则小球必能通过D点C．若小球通过C点的速度大于2gl，则小球必能通过D点D．小球通过D点的速度可能会小于gl 24．某电动汽车在平直公路上从静止开始加速，测得发动机功率随时间变化的图象和其速度随时间变化的图象分别如图甲、乙所示，若电动汽车所受阻力恒定，则下列说法正确的是( )甲乙第4题图A．测试时该电动汽车所受阻力为1.0×103NB．该电动汽车的质量为1.2×103kgC．在0～110s内该电动汽车的牵引力做功为4.4×106JD．在0～110s内该电动汽车克服阻力做的功2.44×106J5．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为水平的，其距离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出发下滑．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距离为( )第5题图A．0.50m B．0.25m C．0.10m D．06．如图所示，a、b的质量均为m，a从倾角为45°的光滑固定斜面顶端无初速地下滑，b从斜面顶端以初速度v0平抛，对二者的运动过程以下说法正确的是( )第6题图A．都做匀变速运动B．落地前的瞬间速率相同C．整个运动过程重力对二者做功的平均功率相同D．整个运动过程重力势能的变化相同7．如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，B、C两小球在固定的光滑斜面上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在垂直于斜面的光滑挡板上．现用手控制住A，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线、弹簧均与斜面始终平行．已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A竖直向下运动至速度最大时C恰好离开挡板．下列说法正确的是( )第7题图A．斜面倾角α＝30°B．斜面倾角α＝60°C．A获得最大速度为g m kD．A获得最大速度为g m 2k8．如图所示，放在光滑水平面上的矩形滑块是由不同材料的上下两层粘在一起组成的．质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若击中上层，则子弹刚好不穿出，如图(a)所示；若击中下层，则子弹嵌入其中，如图(b)所示，比较上述两种情况，以下说法不正确的是( )(a) (b)第8题图A．两种情况下子弹和滑块的最终速度相同B．两次子弹对滑块做的功一样多C．两次系统产生的热量一样多D．两次滑块对子弹的阻力一样大9．如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，则下列说法正确的是( )第9题图A．小球落地时动能等于mgHB．小球陷入泥中的过程中克服泥土阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)D．小球在泥土中受到的平均阻力为mg(1＋H/h)10．如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mg sinθ；已知滑块与斜面问的动摩擦因数μ＝tanθ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q，滑块动能E k、势能E p、机械能E 随时间t、位移s关系的是( )第10题图ABCD11．如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与倾角为37°的足够长斜面BC在B处连接，有一质量为2kg的滑块，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F按图乙所示规律变化，滑块与AB和BC间的动摩擦因数均为0.25，重力加速度g取10m/s2.求：(1)滑块到达B处时的速度大小；(2)不计滑块在B处的速率变化，滑块冲上斜面，滑块最终静止的位置与B点的距离．甲乙第11题图12．一滑块(可视为质点)经水平轨道AB进入竖直平面内的四分之一圆弧形轨道BC.已知滑块的质量m＝0.50kg，滑块经过A点时的速度v A＝5.0m/s，AB长x＝4.5m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.10，圆弧轨道的半径R＝0.50m，滑块离开C点后竖直上升的最大高度h＝0.10m.取g＝10m/s.求：(1)滑块第一次经过B点时速度的大小；(2)滑块刚刚滑上圆弧轨道时，对轨道上B点压力的大小；(3)滑块在从B运动到C的过程中克服摩擦力所做的功．第12题图13．如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧相切，圆弧的半径为R.一个质量为m的物体(可以看作质点)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．第13题图14．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＝10m/s2)．求：第14题图(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s max为多少？(3)若图中H＝4m，L＝5m，动摩擦因数μ＝0.2，则水平运动距离要达到7m，h值应为多少？15．如图所示，某货场需将质量为m1＝100kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道半径R＝1.8m.地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l＝2m，质量均为m2＝100kg，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2.(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10m/s2)第15题图(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．(2)若货物滑上木板A 时，木板不动，而滑上木板B 时，木板B 开始滑动，求μ1应满足的条件．(3)若μ1＝0.5，求货物滑到木板A 末端时的速度和在木板A 上运动的时间．课时作业(十八) 动能 动能定理及其应用1.B 【解析】 由动能定理可得，12mv 2－12mv 20＝Fs ，Fs ＝10×4＋12×10×4－12×10×4＝40(J)，v ＝2Fs m＋v 20＝3m/s.故选B. 2.AD 【解析】 根据动能定理可知W ＝12mv 22－12mv 21代入数值(滑块速度可能增加可能减小)当增加时W ＝8J ，当减小时W ＝0J ，故选AD.3.AB 【解析】 若小球恰好能通过D 点，则在D 点时，m v 2t2＝mg ，即v t ＝gl ，由动能定理知，在M 点时，12mv 2＝12mv 2t ＋mg2l ；v ＝5gl ，A 对；在B 点时，12mv 2＝12mv 2B ＋mgl ，mv 2Bl＝3mg ，即拉力F ＝3mg ，v B ＝3gl ，C 在BD 之间，当v c >2gl 时，小球未必能一定通过D 点，故B 对，C 错；小球通过D 点的速度若小于gl 则无法做圆周运动，D 错；故选AB.4.ABD 【解析】 t ＝50s 时，电动汽车的加速度0.5m/s 2，此时电动汽车功率40kW.由P v －f ＝ma ，4×10425－f ＝0.5m ； t ＝110s 时，电动汽车的加速度0m/s 2，此时电动汽车功率40kW ， 由Pv－f ＝ma′.f ＝4×10440＝1.0×103N ，m ＝1.2×103kg ，AB 对；在0～110s 内，牵引力做功W F ＝12×50×40×103＋60×40×103＝4.2×106J ，C 错；W F －W f ＝12mv 2－0；W f ＝4.2×106－6×102×16×102＝2.44×106J.D 对，故选ABD.5.D 【解析】 分析小物块的运动过程，可知由于克服摩擦力做功，物块的机械能不断减少．根据动能定理可得mgh －μmgx＝0，物块在BC 之间滑行的总路程x ＝mgh μmg ＝h μ＝0.300.10m ＝3m.小物块正好停在B 点，所以D 选项正确．6.AD 【解析】 物体a 受重力和支持力，F 合＝mgsin45°，根据牛顿第二定律，a ＝22g.物体b 做平抛运动，加速度为g ，知两物体的加速度不变，所以两物体都做匀变速运动，A 对．对a 运用动能定理，mgh ＝12mv 2a －0，对b 运用动能定理，有mgh ＝12mv 2b －12mv 20，知落地瞬间b 球的速率大于a 球的速率．故B 错．对于a 、b ，整个运动过程重力做的功相等，重力势能的变化相同，但是a 球做匀加速直线运动，2h ＝12at 2a ，a ＝22g ，则运动的时间t a＝4h g .b 球做平抛运动，根据h ＝12gt 2b 得，t b ＝2hg.知两个时间不等，故C 错D 对． 7.AD 【解析】 当A 速度最大时，C 球离开挡板，则mg －mgsin α＝mgsin α，即sin α＝12，α＝30°，A 正确，B 错误；当A 加速度为零时，速度达到最大，对A 、B ，由动能定理可得mg(mgsin30°k ＋mg －mgsin30°k )－mg(mgsin30°k ＋mg －mgsin30°k)·sin30°＝12mv 2A ＋12mv 2B ，因为v A ＝v B ，解得v A ＝g m2k.故C 错误，D 正确；故选AD. 8.D 【解析】 光滑地面、利用动量定理得，最终速度为v 1，木块质量为m ，mv ＝(m ＋M)v 1射入子弹后三者速度相同．两次子弹对滑块做的功W ＝12Mv 21两次系统产生的热量都是Q ＝12mv 2－12(m ＋M)v 21fd ＝Q ＝12mv 2－12(m ＋M)v 21，由于前一次d 大于后一次的d′，所以前一次的摩擦力小于后一次的摩擦力，故D 不正确，故选D.9.C 【解析】 小球受到空气阻力为f ，故小球落地时动能为mgH －fH ，A 错；小球陷入泥中克服泥土阻力做功应大于刚落地时的动能，B 错；由能量守恒，知整个过程中小球克服阻力做功为mg(H ＋h)，C 对；由能量守恒知mg(H ＋h)＝fH ＋f′h，泥土中受到的平均阻力为mg(1＋H/h)－fH/h ，D 错；故答案选C.第10题图10.CD 【解析】 对滑块受力分析：合力大小：F 合＝μmg cos θ＝mgsin θ，方向沿斜面向下由牛顿第二定律F 合＝ma ，a ＝－gsin θ，物体做匀减速直线运动，斜面长度L ＝v 0t －12gsin θ t 2，Q ＝f·L＝mgsin θ(v 0t －12gsin θ t 2)，A 错；E K ＝E K0－12m(v 0－gsin θt)2，B 错；E p ＝mgssin θ，C 对；F ＝f ，则物体上滑机械能守恒，D 对；故选CD.11.(1)10m/s (2)1m 【解析】 (1)由图得：0～2m ：F 1＝20N Δx 1＝2m; 2～3m ：F 2＝0 Δx 2＝1m; 3～4m ：F 3＝10N ，Δx 3＝1m.A 至B 由动能定理：F 1×Δx 1－F 3×Δx 3－μmg(Δx 1＋Δx 2＋Δx 3)＝12mv 2B .20×2－10×1－0.25×2×10×(2＋1＋1)＝12×2×v 2B 得v B ＝10m/s.(2)因为mgsin37°＞μmg cos37°，滑块将滑回水平面．设滑块由B 点上滑的最大距离为L ，由动能定理－μmgL cos37°－mgLsin37°＝0－12mv 2B .解得：L ＝58m.从最高点滑回水平面，设停止在与B 点相距s 处，mgLsin37°－μmgL cos37°－μmgs＝0－0.解得：s ＝sin37°－μcos37°μL＝0.6－0.25×0.80.25×58＝1m.12.(1)4.0m/s (2)21N (3)1.0J 【解析】 (1)滑块从A 到B 做匀减速直线运动，摩擦力f ＝μmg 由牛顿第二定律可知，滑块的加速度大小a ＝f m，由运动学公式v 2B －v 2A ＝－2ax解得滑块经过B 点时速度的大小v B ＝4.0m/s.(2)在B 点，滑块开始做圆周运动，由牛顿第二定律可知F N －mg ＝m v 2BR解得轨道对滑块的支持力F N ＝21N根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道上B 点压力的大小也为21N. (3)从B 到滑块经过C 上升到最高点的过程中，由动能定理 －mg(R ＋h)－W f ＝0－12mv 2B解得滑块克服摩擦力做功W f ＝1.0J.13.(1)Rμ (2)(3－2cos θ)mg 【解析】(1)因为摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动．对整个过程由动能定理得：mgR·cos θ－μmg cos θ·s ＝0，所以总路程为s ＝Rμ.(2)对B→E 过程mgR(1－cos θ)＝12mv 2EF N －mg ＝mv 2ER解得：F N ＝(3－2cos θ)mg.由牛顿第三定律得物体对圆弧轨道的压力为(3－2cos θ)mg. 14.(1)v 0＝2g （H －h －μL）(2)h ＝12(H －μL) s max ＝L ＋H －μL(3)2.62m 0.38m【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＝12mv 2即mg(H －h)＝μmgL＋12mv 2v 0＝2g （H －h －μL）(2)根据平抛运动公式x ＝v 0th ＝12gt 2由③～⑤式得x ＝2（H －μL－h ）h由⑥式可得，当h ＝12(H －μL)s max ＝L ＋H －μL(3)在⑥式中令x ＝2m ，H ＝4m ，L ＝5m ，μ＝0.2，则可得到： －h 2＋3h －1＝0求出h 1＝3＋52＝2.62m h 2＝3－52＝0.38m.15.(1)3000N ，方向竖直向下 (2)0.4＜μ1≤0.6 (3)4m/s 0.4s 【解析】 (1)设货物滑到圆轨道末端时的速度为v 0，对货物的下滑过程，根据机械能守恒定律得m 1gR ＝12m 1v 2设货物在轨道末端所受支持力的大小为F N ，根据牛顿第二定律得F N －m 1g ＝m 1v 2R联立①②式，代入数据得F N ＝3000N根据牛顿第三定律，货物对轨道的压力大小为3000N ，方向竖直向下． (2)若滑上木板A 时，木板不动，由受力分析得μ1m 1g ≤μ2(m 1＋2m 2)g若滑上木板B 时，木板B 开始滑动，由受力分析得μ1m 1g ＞μ2(m 1＋m 2)g代入数据得0．4＜μ1≤0.6(3)μ1＝0.5，由⑥式可知，货物在木板A 上滑动时，木板不动．设货物在木板A 上做减速运动时的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得μ1m 1g ＝m 1a 1设货物滑到木板A 末端时的速度为v 1，由运动学公式得v 21－v 20＝－2a 1l代入数据得v 1＝4m/s设在木板A 上运动的时间为t ，由运动学公式得v 1＝v 0－a 1t代入数据得 t ＝0.4s。
全国通用 2020版高考物理一轮复习：课时作业(15)动能定理及其应用
课时作业(十五) 动能定理及其应用A 组·基础巩固题1．两颗人造地球卫星，都能在圆形轨道上运行，它们的质量相等，轨道半径之比等于2，则它们的动能之比等于( )A ．2 B. 2 C.12 D.22解析 地球引力提供向心力G Mm r 2＝m v 2r ，则卫星的动能为E k ＝12mv 2＝GMm 2r ∝1r ，所以E k1E k2＝r 2r 1＝12，C项正确。
答案 C2．据海军论坛报道，我国02号新型航母将采用令世界震惊的飞机起飞方式——电磁弹射起飞。
原理相当于电磁炮的加速原理，强大的电磁力能使飞机在很短时间内由静止加速到v 1，然后在发动机的推力作用下加速到起飞速度v 2。
假设电磁加速轨道水平且长为x ，不计阻力，某舰载机的质量为m ，电磁力恒定，则电磁力的平均功率是( )A.mv 312xB.mv 314xC.mv 322xD.mv 324x解析 以舰载机为研究对象，由动能定理得Fx ＝12mv 21，P ＝12Fv 1，解得P ＝mv 314x ，故B 项正确。
答案 B3.如图所示，AB 为四分之一圆弧轨道，BC 为水平直轨道，圆弧对应的圆的半径为R ，BC 的长度也是R ，一质量为m 的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A 从静止开始下滑，恰好运动到C 处停止，重力加速度大小为g ，那么物体在AB 段克服摩擦力所做的功为( )A.12μmgR B.12mgR C ．mgRD ．(1－μ)mgR解析 由题意可知mgR ＝W AB ＋W BC ，W BC ＝μmgR，所以W AB ＝(1－μ)mgR，D 项正确。
答案 D4.(多选)用起重机提升货物，货物上升过程中的v －t 图象如图所示，在3～5s 内，重力对货物做的功为W 1、绳索拉力对货物做的功为W 2、货物所受合力做的功为W 3，则( )A ．W 1>0B ．W 2<0C ．W 2>0D ．W 3<0解析 分析题图可知，3～5s 内，货物一直向上运动，根据功的定义式可得，重力做负功，拉力做正功，即W 1<0，W 2>0，A 、B 两项错误，C 项正确；根据动能定理可知，合力做的功W 3＝0－12mv 2，v ＝2m/s ，即W 3<0，D 项正确。
高三物理一轮复习第五章第2讲动能定理及其应用课时作业(含解析).doc
动能定理及其应用一、单项选择题1. A 〃两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力Q作用下，由静止开始通过相同的位移九假设X的质量大于4的质量，那么在这一过程中（）A. .4获得动能较大B. 〃获得动能较大C. 爪3获得动能一样大D. 无法比拟』、4获得动能大小解析：由动能定理可知恒力尸做功«=F7=pv;-0.因为尺7相同，所以/!、8获得的动能一样大，C正确.答案：C2. ―个质房为加的物体静止放在光滑水平面上,在互成60°/ft的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获徊的速度为片在力的方向上获得的速度分别为小盼如下图，那么在这段时间内，其中一个力做的功为（）解析：在合力，的方向上，由动能定理得片汽蓦此某个分力做的功为线=内/cos 30°=2cos‘30。
" 30° B 正确.答案：B3. 用水平力尸拉一物体，使物体在水平地面上由伸止开始做匀加速直线运动，人时刻撤去拉力代物体做匀减速直线运动，到山时刻停止，其速度一时间图织如下图，且。
〉8. 假设拉力尸做的功为儒，在0〜白时间内拉力”的平均功率为外0〜公时间内物体克服摩擦阻力内做的功为祖克服摩擦力的平均功率为月，那么以下选项正确的选项是（）A. g, F=2F,B. 机=禺,F>2RC. PKP、, F>2F\D・ R=月，F=2R解析：对整个过程由动能定理可得所一伐=0,解得#1 =足.由图象可知，匀加速过程加速度大小找大于匀减速过程的加速度大小如即—/>2&选项A、I）错误，B正确: m m由于摩擦阻力作用时间大于水平力F作用时间,所以P*选项C错误.答案：B4. （20XX •高考江苏卷）从地面财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Zi与时间〔的关系图象是（）解析：此题考查动能的概念和图象，敝在考查考生的推理能力和分析能力.小球做竖直上抛运动时，速度—砍，根据动能E=A得匹沪故图象A正确.答案：A5. 如下图，光消斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面.设小球在斜面最低点』的速座为匕压缩弹簧至C'点时博簧最短, C点距地面高度为力, 那么小球从4到C的过程中弹黄弹力做功是（）C. —mghD. — {mgh+^nv）解析：小球从』点运动到。
部编版2020高考物理一轮复习课时作业(十九)动能动能定理及其应用(无答案)
课时作业(十九) 动能动能定理及其应用班级：____________ 姓名：____________1.(多选)一人站在电梯中，当电梯匀加速上升时( )A．人处于超重状态B．人对电梯的压力大于电梯对人的支持力C．电梯对人做的功等于人增加的动能D．电梯对人做的功等于人增加的机械能2．用竖直向上大小为30 N的力F，将2 kg的物体由沙坑表面静止抬升1 m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g取10 m/s2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )A．20 J B．24 J C．34 J D．54 J3．(15年海南高考)如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高．质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g，质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为( )A.14mgR B.13mgRC.12mgR D.π4mgR第3题图第4题图4．A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v－t图象如图所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是( )A．A、B两物体的质量之比为2∶1B．F1、F2对A、B两物体做功之比为1∶2C．全过程中A、B两物体的位移之比为1∶2D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶15．(15年新课标Ⅰ)如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道如图放置，三点POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道，质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小，用W表示质点从P运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则( )第5题图A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，质点不能到达Q 点 C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离 D ．W <12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离 6．甲、乙两木块仅在摩擦力作用下沿同一水平面滑动，已知甲的质量大于乙的质量，它们运动的动能一位移(E k －x )关系如图所示，则两块运动的速度一时间(v －t )关系的图象可能正确的是( )第6题图A B C D7.如图所示，竖直光滑直轨道OA 高度为2R ，连接半径为R 的半圆形光滑环形管道ABC (B为最低点)，其后连接14圆弧环形粗糙管道CD ，半径也为R .一个质量为m 的小球从O 点由静止释放，自由下落至A 点进入环形轨道，从D 点水平飞出，下落高度刚好为R 时，垂直落在倾角为30°的斜面上P 点，不计空气阻力，重力加速度为g .求：(1) 小球运动到B 点时对轨道的压力大小；(2) 小球运动到D 点时的速度大小；(3) 小球在环形轨道中运动时，摩擦力对小球做了多少功？第7题图8.如图，AB为粗糙的长直斜面，动摩擦因数μ＝0.4，与水平方向的夹角θ＝37°，BC为光滑水平面，CDE为光滑曲面，B、C两接口处均光滑连接．D、E两点离水平地面的高度分别为h1＝8.64 m，h2＝4 m．一质量m＝0.20 kg的滑块由斜面上某一点P从静止开始下滑，在斜面上始终受一水平向右恒力F＝1 N的作用，到达B点时立即撤去拉力F，从P点到达C点共经历t＝3 s．已知PB与BC长度之和为32 m．求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2)(1)滑块沿AB段运动时加速度a和所用时间t1；(2)若水平向右恒力F大小可调，则恒力F在何范围内可使滑块沿PB、BC运动越过曲面落地．某同学对第二问的解答如下：若要使滑块越过曲面落地，则离开曲面E点时的速度至少为0.从P点至E点列出动能定理．即可求得所需的最小恒力．请判断该同学的解答是否正确，并说明理由，若该同学解答错误则求出正确的恒力范围．第8题图9．(13年四川高考)近来，我国多个城市开始重点治理“中国式过马路”行为．每年全国由于行人不遵守交通规则而引发的交通事故上万起，死亡上千人．只有科学设置交通管制，人人遵守交通规则，才能保证行人的生命安全．如图所示，停车线AB与前方斑马线边界CD 间的距离为23m.质量8t、车长7m的卡车以54km/h的速度向北匀速行驶，当车前端刚驶过停车线AB，该车前方的机动车交通信号灯由绿灯变黄灯．第9题图(1) 若此时前方C处人行横道路边等待的行人就抢先过马路，卡车司机发现行人，立即制动，卡车受到的阻力为3×104 N．求卡车的制动距离；(2) 若人人遵守交通规则，该车将不受影响地驶过前方斑马线边界CD.为确保行人安全，D处人行横道信号灯应该在南北向机动车信号灯变黄灯后至少多久变为绿灯？。
【物理】2020届一轮复习人教版动能定理及其应用作业（江苏专用）
课时跟踪检测（十七）动能定理及其应用对点训练：对动能定理的理解1．(2019·姜堰月考)关于动能的理解，下列说法错误的是()A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能B．物体的动能不能为负值C．一定质量的物体动能变化时，速度一定变化；但速度变化时，动能不一定变化D．动能不变的物体，一定处于平衡状态解析：选D动能是普遍存在的机械能的一种基本形式，运动的物体都有动能，A正确；根据E k＝12m v2知，质量为正值，速度的平方为正值，则动能一定为正值，B正确；一定质量的物体，动能变化，则速度的大小一定变化，所以速度一定变化；但是速度变化，动能不一定变化，比如做匀速圆周运动，速度方向变化，大小不变，则动能不变，C正确；动能不变的物体，速度方向可能变化，则不一定处于平衡状态，D错误。
2.(2018·溧水期中)我国发射的神舟飞船，进入预定轨道后绕地球做椭圆轨道运动，地球位于椭圆的一个焦点上，如图所示。
飞船从A点运动到远地点B点的过程中，下列说法中正确的是()A．飞船受到的引力逐渐增大B．飞船的加速度逐渐增大C．飞船受到的引力对飞船不做功D．飞船的动能逐渐减小解析：选D由题图可知，飞船由A到B的过程中，离地球的距离增大，则万有引力减小，飞船的加速度减小，故A、B错误；引力对飞船做负功，由动能定理可知，飞船的动能减小，故C错误，D正确。
对点训练：动能定理的应用3．(2018·扬州期末)某士兵练习迫击炮打靶，如图所示，第一次炮弹落点在目标A的右侧，第二次调整炮弹发射方向后恰好击中目标。
忽略空气阻力的影响，每次炮弹发射速度大小相等，下列说法正确的是()A．第二次炮弹在空中运动时间较长B．两次炮弹在空中运动时间相等C．第二次炮弹落地速度较大D．第二次炮弹落地速度较小解析：选A炮弹在竖直方向上做竖直上抛运动，上升时间与下落时间相等。
根据下落过程竖直方向做自由落体运动，h ＝12gt 2，第二次下落高度高，所以第二次炮弹在空中运动的时间较长，故A 正确，B 错误；根据动能定理：mgh ＝12m v 2－12m v 02，由于两次在空中运动过程中重力做功都是零，则v ＝v 0，所以两次炮弹落地速度相等，故C 、D 错误。
2020届一轮复习人教版 动能定理及其应用 课时作业
2020届一轮复习人教版动能定理及其应用课时作业1.(多选)(机械能守恒的判断)(2017·吉林通榆县月考)如图所示,斜面置于光滑水平地面,其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑,在物体下滑过程中,下列说法正确的是()A.物体的重力势能减少,动能增加,机械能减少B.斜面的机械能不变C.斜面对物体的作用力垂直于接触面,不对物体做功D.物体和斜面组成的系统机械能守恒,既沿斜面向下运动,又随斜面向右运动,其合速度方向与弹力方向不垂直,弹力方向垂直于接触面,但与速度方向之间的夹角大于90°,所以斜面对物体的作用力对物体做负功,C错误;对物体与斜面组成的系统,只有物体的重力和物体与斜面间的弹力做功,机械能守恒,D正确;物体在下滑过程中,斜面做加速运动,其机械能增加,B错误;物体由静止开始下滑的过程其重力势能减少,动能增加,机械能减少,A正确。
2.(机械能守恒的判断)(2017·四川江阳区期末)在如图所示的物理过程示意图中,甲图为一端固定有小球的轻杆,从右偏上30°处释放后绕光滑支点摆动;乙图为末端固定有小球的轻质直角架,释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动;丙图为置于光滑水平面上的A、B两小车,B静止,A获得一向右的初速度后向右运动,某时刻连接两车的细绳绷紧,然后带动B车运动;丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车,把用细绳悬挂的小球从图示位置释放,小球开始摆动。
则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计),下列判断正确的是()A.甲图中小球机械能守恒B.乙图中小球A的机械能守恒C.丙图中两车组成的系统机械能守恒D.丁图中小球的机械能守恒,小球的机械能守恒;题图乙过程中A、B两球通过杆相互影响(例如开始时A球带动B球转动),轻杆对A的弹力不沿杆的方向,会对小球做功,所以每个小球的机械能不守恒,但把两个小球作为一个系统时机械能守恒;题图丙中绳子绷紧的过程虽然只有弹力作为内力做功,但弹力突变有内能转化,机械能不守恒;题图丁过程中细绳也会拉动小车运动,取地面为参考系,小球的轨迹不是圆弧,细绳会对小球做功,小球的机械能不守恒,把小球和小车当作一个系统,机械能才守恒。
(新课标)2020高考物理一轮复习课时作业22动能定理(含解析)新人教版
动能定理一、选择题1．(2017·海南)将一小球竖直向上抛出，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E k1和E k2.从抛出开始到小球第一次经过a 点时重力所做的功为W 1，从抛出开始到小球第二次经过a 点时重力所做的功为W 2.下列选项正确的是( ) A ．E k1＝E k2，W 1＝W 2 B ．E k1＞E k2，W 1＝W 2 C ．E k1＜E k2，W 1＜W 2 D ．E k1＞E k2，W 1＜W 2答案 B解析 从抛出开始到第一次经过a 点和抛出开始第二次经过a 点，上升的高度相等，可知重力做功相等，即W 1＝W 2.对两次经过a 点的过程运用动能定理得，－W f ＝E k2－E k1，可知E k1>E k2，故B 项正确，A 、C 、D 三项错误．2.(2018·揭阳一模)质量为2 kg 的物体以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如图所示，则物体返回到出发点时的动能为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．196 JB ．56 JC ．34 JD ．20 J答案 C解析 物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功．由动能定理得：－mgx·sin30°－fx ＝E 0 下滑的过程中重力做正功，摩擦力做负功，得：mgx·sin30°－fx ＝0－E 代入数据解得：E ＝34 J ，故C 项正确，A 、B 、D 三项错误．3.(2018·南通二模)如图所示，水平平台上放置一长为L 、质量为m 的匀质板，板的右端距离平台边缘为s ，板与台面间动摩擦因数为μ，重力加速度为g.现对板施加水平推力，要使板脱离平台，推力做功的最小值为( )A ．μmg(L ＋s)B ．μmg(L2＋s)C ．μmg(L －s)D ．μmg(s ＋3L4)答案 B解析 由分析可知，应缓慢将木板推至木板的重心离开平台，故推动的位移为s ＋L2；摩擦力做功W f ＝－μmg(L2＋s)则对全程由动能定理可知，W －μmg(L2＋s)＝0解得：W ＝μmg(L2＋s)；故B 项正确A 、C 、D 三项错误．4.(多选)如图所示，质量为M 的木块放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L ，子弹进入木块的深度为s ，若木块对子弹的阻力F 视为恒定，则下列关系中正确的是( )A ．FL ＝12Mv2 B ．Fs ＝12mv 2C ．Fs ＝12mv 02－12(M ＋m)v2D ．F(L ＋s)＝12mv 02－12mv 2答案 ACD解析 根据动能定理，对子弹：－F(L ＋s)＝12mv 2－12mv 02知，D 项正确；对木块：FL ＝12Mv 2，A 项正确；由以上二式相加后整理可得Fs ＝12mv 02－12(M ＋m)v 2，C 项正确，B 项错误．5.如图所示，斜面AB 竖直固定放置，物块(可视为质点)从A 点静止释放沿斜面下滑，最后停在水平面上的C 点，从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功为W.因斜面塌陷，斜面变成APD 曲面，D 点与B 在同一水平面上，且在B 点左侧．已知各接触面粗糙程度均相同，不计物块经过B 、D 处时的机械能损失，忽略空气阻力，现仍将物块从A 点静止释放，则( )A ．物块将停在C 点B ．物块将停在C 点左侧C ．物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功大于WD ．物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功小于W 答案 A解析 物块从A 到C 克服摩擦力做功W f ＝μmgL EC ，由动能定理：mgH －μmgL EC ＝0， 当物块沿APD 曲线下滑时，可以把曲线分解成若干个斜线下滑，在曲面上运动到达水平面，摩擦力做的功与物体在曲面上对应的水平距离上移动时，摩擦力做的功相同．A 项正确，B 、C 、D 三项错误．6.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.52mgR B ．3mgR C ．7mgR D.12mgR 答案 D解析 在最低点，由牛顿第二定律得： 7mg －mg ＝m v 12R在最高点，有：mg ＝m v 22R由动能定理得：－2mgR ＋W f ＝12mv 22－12mv 12解得W f ＝－12mgR故克服空气阻力做功为12mgR.7．(2018·江西模拟)(多选)如图所示，两块竖直木板夹着一物块，物块在木板内静止，两板因弹簧作用对物块有一恒定压力并保持两板之间的距离不变(图中未画出弹簧)．让木板从离地h 高位置自由下落，落地后木板静止，物块在木板中下滑了l 长度．已知物块与木板间的动摩擦因数不变，以下说法正确的是(以下各选项中物块均未触地)( )A ．如果仅改变木板下落的高度，使其从2h 高度落下，物块下滑的长度将为2lB ．如果仅改变木板对物块的压力，使其变为原来一半，物块下滑的长度将大于2lC ．如果仅改变物块的质量，使其变为原来2倍，物块下滑的距离将为2lD ．如果仅改变木板的质量，使其变为原来一半，物块下滑距离将大于2l 答案 AB解析 A 项，设物块受到的滑动摩擦力为f ，根据动能定理，有mg(h ＋l)－fl ＝0，解得l ＝mgh f －mg ，仅改变木板下落的高度，使其从2h 高度落下，物块下滑的长度将为2l ，故A 项正确；B 项，如果仅改变木板对物块的压力，使其变为原来一半，物块受到的滑动摩擦力为原来的一半，由l ＝mghf －mg知，物块下滑的长度将大于2l ，故B 项正确；C 项，如果仅改变物块的质量，使其变为原来2倍，由l ＝mgh f －mg ＝ghfm －g 知，物块下滑的距离将大于2l ，故C 项错误；D 项，如果仅改变木板的质量，物块下滑的距离仍为l ，故D 项错误．8.(2018·四川模拟)(多选)如图所示，一固定竖直轨道由半径为R 的四分之一圆弧AB 、长度为L 的水平直轨BC 和半径为r 的四分之一圆弧CD 构成，BC 与两圆弧分别相切于B 点和C 点．质量为m 的质点物块从A 点由静止释放，恰好能到达D 点，已知物块在圆弧AB 上克服摩擦力做的功为W 1，在圆弧CD 上克服摩擦力做的功为W 2，重力加速度大小为g ，则( )A ．物块在水平直轨上的动摩擦因数为R ＋r L ＋W 1＋W 2mgLB ．物块在水平直轨上的动摩擦因数为R －r L －W 1＋W 2mgLC ．物块在C 点的向心加速度的大小为2g ＋2W 2mrD ．物块在C 点的向心加速度的大小为2g ＋2（W 1＋W 2）mr答案 BC解析 设物块在水平直轨上克服摩擦力做的功为W 3，对于ABCD 整个过程，由动能定理得： mg(R －r)－(W 1＋W 2＋W 3)＝0， 又因为W 3＝μmgL ，由以上两式联立可解得：μ＝R －r L －W 1＋W 2mgL ，故A 项错误，B 项正确；由动能定理，对于ABCD 整个过程有：mg(R －r)－(W 1＋W 2＋W 3)＝0， 对于ABC 过程有： mgR －(W 1＋W 3)＝12mv C 2－0，由向心加速度公式得：a ＝v C2r ，由以上各式可解得：a ＝2g ＋2W 2mr，故C 项正确，D 项错误． 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 时的速度最大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 内合力做的功 答案 D解析 由at 图像可知：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．物体6 s 末的速度v 6＝12×(2＋5)×2 m/s－12×1×2 m/s ＝6 m/s ，则0～6 s 内物体一直向正方向运动，A 项错误；由图像可知物体在5 s 末速度最大，v m ＝12×(2＋5)×2 m/s＝7 m/s ，B 项错误；由图像可知在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，C 项错误；在0～4 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合4＝12mv 42－0，又v 4＝12×(2＋4)×2 m/s＝6 m/s ，得W 合4＝36 J ，0～6 s内合力对物体做的功由动能定理可知：W合6＝12mv 62－0，又v 6＝6 m/s ，得W 合6＝36 J ，则W 合4＝W 合6，D 项正确．10.(2018·南充模拟)(多选)如图所示，长度均为1.5 m 的木板AB 、BC 、CD 、DE…在竖直面内搭成“波浪形”轨道(两木板交接处用极小的光滑曲面相连)，一物体(可视为质点)从木板OA 上距地面高为h ＝1.8 m 处由静止释放并沿轨道运动，直至停止运动，已知木板OA 和其他木板与地面的夹角均为60°，物体与木板间的动摩擦因数均为0.6，设空气阻力和物体通过两木板交接处时的动能损失均不计(g ＝10 m/s 2)，则( )A ．物体运动的总路程为6.0 mB ．物体运动的水平总位移为3.0 mC ．物体最终停在A 点D ．物体最终停在C 点 答案 AC解析 A 项，物体在斜面上物体重力沿斜面向下的分力为：G 1＝mgsin60°＝32mg 物体所受的最大静摩擦力为：f ＝μmgcos60°＝0.6×mg×12＝0.3mg.由于f ＜G 1，故物体不能静止在木板上．从物体开始运动到最终停下的过程中，总路程为s ，由动能定理得： mgh －μmgscos60°＝0－0代入数据解得：s ＝6.0 m ．故A 项正确．B 、C 、D 三项，假设物体能到达B 点，由动能定理得： mg(h －Lsin60°)－μmgcos60°×(h sin60°＋L)＝12mv B 2－0，解得：v B 2＜0.无解．说明物体不能通过B 点，最终停在A 点处．则物体运动的水平位移为：x ＝h tan60°＝335 m ，故B 、D 两项错误，C 项正确． 二、非选择题11.(2018·台州模拟)如图所示为某水上乐园急速滑道的简化示意图，内壁光滑的水平半圆形管道BC 分别与倾角θ＝37°的倾斜管道AB 和水平直管道CD 顺滑连接，管道AB 的A 端离管道BC 所在平面的高度h 1＝6 m ，管道BC 的直径d ＝10 m ．离水面EF 的高h 2＝1.8 m ．质量m ＝60 kg 的游客(可视为质点)从A 端静止滑下，游客与管道AB 的动摩擦因数μ1＝0.125，与管道CD 的动摩擦因数μ2＝0.5，整个运动过程空气阻力不计．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求游客经过B 点时的速度大小； (2)求游客受到BC 管道的作用力大小；(3)要使游客落到水中且落水的速度不超过8 m/s ，求管道CD 的长度．答案 (1)10 m/s (2)1 200 N (3)7.2 m 解析 (1)对A 到B 过程运用动能定理有： mgh 1－μ1mgcos θ·h 1sin θ＝12mv B 2－0，代入数据解得：v B ＝10 m/s.(2)游客在BC 管道中做匀速圆周运动， 根据N ＝m v B2d 2得：N ＝1 200 N.(3)游客离开CD 管道后，做平抛运动，落水的最大速度为8 m/s ， 落水时的竖直分速度为：v y ＝2gh 2＝2×10×1.8 m/s ＝6 m/s ， 则离开管道CD 的最大速度为：v D ＝v 2－v y 2＝64－36 m/s ＝27 m/s. 根据动能定理得：－μ2mgx CD ＝12mv D 2－12mv C 2，代入数据解得：x CD ＝7.2 m.12.(2018·泰州模拟)如图所示，足够长的固定木板的倾角为37°，劲度系数为k ＝36 N/m 的轻质弹簧的一端固定在木板上的P 点，图中AP 间距等于弹簧的自然长度．现将质量m ＝1 kg 的可视为质点的物块放在木板上，在外力作用下将弹簧压缩到某一位置B 点后释放．已知木板PA 段光滑，AQ 段粗糙，物块与木板间的动摩擦因数μ＝38，物块在B 点释放后向上运动，第一次到达A 点时速度大小为v 0＝3 3 m/s ，取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求物块第一次向下运动到A 点时的速度大小v 1；(2)请说出物块最终的运动状态，并求出物块在A 点上方运动的总路程s. 答案 (1)3 m/s (2)4.5 m解析 (1)设物块从A 点向上滑行的最大距离为s.根据动能定理，上滑过程有：－mgssin37°－μmgscos37°＝0－12mv 02下滑过程有：mgssin37°－μmgscos37°＝12mv 12－0联立解得：s ＝1.5 m ，v 1＝3 m/s(2)物块最终在A 点下方做往复运动，最高点为A 根据动能定理：μmgx′cos37°＝12mv 02代入数据解得：x ′＝4.5 m.13.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4 m 时，拉力F 停止作用，运动到位移是8 m 时物体停止，运动过程中E k x 的图线如图所示．(g 取10 m/s 2)求：(1)物体的初速度多大？(2)物体和水平面间的动摩擦因数为多大？ (3)拉力F 的大小？答案 (1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N解析 (1)从图线可知初动能为2 J ，E k0＝12mv 2＝2 J ，v ＝2 m/s.(2)在位移为4 m 处物体的动能为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 F f ＝－10－4N ＝2.5 N ，因F f ＝μmg ，故μ＝F f mg ＝2.510＝0.25.(3)物体从开始到移动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F ＝E k －E k0x 1＋F f ＝(10－24＋2.5) N ＝4.5 N.。
2020高考物理一轮总复习课时冲关十八动能定理及其应用含解析新人教版
动能定理及其应用[A 级－基础练]1．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( )A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的动量成正比解析：B [设列车运动时间为t ，由匀变速直线运动规律v ＝at 、x ＝12at 2，结合动能公式E k ＝mv 22得E k ＝ma 2t 22、E k ＝max ，可知E k ∝v 2、E k ∝t 2、E k ∝x ，故A 、C 项均错误，B 项正确．由E k ＝p 22m，得E k ∝p 2，故D 项错误．]2．(2018·江苏卷)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( )解析：A [设小球初动能为E k0，初速度为v 0，重力加速度为g .瞬时动能E k ＝E k0－mgh ，h ＝v 0t －12gt 2，联立得E k ＝12mg 2t 2－mgv 0t ＋E k0，故A 正确．]3．(2019·宣城模拟)如图所示，AB 为14圆弧轨道，BC 为水平直轨道，圆弧的半径为R ，BC 的长度也是R ，一质量为m 的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A 从静止开始下落，恰好运动到C 处停止，则物体在AB 段克服摩擦力做的功为( )A.12μmgR B.12mgR C ．mgRD ．(1－μ)mgR解析：D [全程对物体由动能定理得，mgR －W －μmgR ＝0，解得W ＝(1－μ)mgR ，故D 正确．]4．(2017·海南卷)将一小球竖直向上抛出，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E k1和E k2，从抛出开始到小球第一次经过a 点时重力所做的功为W 1，从抛出开始到小球第二次经过a 点时重力所做的功为W 2.下列选项正确的是( )A ．E k1＝E k2，W 1＝W 2B ．E k1＞E k2，W 1＝W 2C ．E k1＜E k2，W 1＜W 2D ．E k1＞E k2，W 1＜W 2解析：B [从抛出开始到第一次经过a 点和从抛出开始第二次经过a 点，上升的高度相等，可知重力做功相等，即W 1＝W 2，对两次经过a 点的过程由动能定理得，－W f ＝E k2－E k1，可知E k1＞E k2，故B 正确，A 、C 、D 错误．]5．(2019·聊城模拟)如图所示，两个半径不等的光滑半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，两个质量不等的球(从半径大的轨道下落的小球质量大，设为大球，另一个为小球，且均可视为质点)分别自轨道左端由静止开始下落，在各自轨迹的最低点时，下列说法正确的是( )A ．大球的速度可能小于小球的速度B ．大球的动能可能小于小球的动能C ．大球所受轨道的支持力等于小球所受轨道的支持力D ．大球的向心加速度等于小球的向心加速度解析：D [由动能定理得mgR ＝12mv 2－0，解得v ＝2gR ，半径大的圆形轨道，球到达底端时的速度大，所以大球的速度一定大于小球的速度，故A 错误；大球质量大，到达底端时的速度大，动能一定大，故B 错误；根据a ＝v 2R＝2g 知，两球的向心加速度相等，故D 正确；在底端时，由牛顿第二定律得，F N －mg ＝ma ，解得F N ＝3mg ，由于大球的质量大，则大球所受的支持力大，故C 错误．]6．(2019·烟台模拟)水平面上甲、乙两物体，在某时刻动能相同，它们仅在摩擦力作用下停下来．甲、乙两物体的动能E k 随位移大小s 的变化的图象如图所示，则下列说法正确的是( )A ．若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则甲的质量较大B ．若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则乙的质量较大C ．甲与地面间的动摩擦因数一定大于乙与地面的动摩擦因数D ．甲与地面间的动摩擦因数一定小于乙与地面的动摩擦因数解析：A [甲、乙两物体的初动能和末动能都相同，都只受摩擦力作用，根据动能定理可知摩擦力对甲、乙两物体做的功相等，即μ甲m 甲gs 甲＝μ乙m 乙gs 乙，由图可知s 甲＜s 乙，所以μ甲m 甲g ＞μ乙m 乙g ，即甲所受的摩擦力一定比乙大，若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，由F f ＝μmg 可知，则甲的质量较大，故A 正确，B 错误；μ甲m 甲g ＞μ乙m 乙g ，由于质量关系未知，故无法直接确定动摩擦因数之间的关系，故C 、D 错误．]7.质量m ＝10 kg 的物体只在变力F 作用下沿水平方向做直线运动，F 随坐标x 的变化关系如图所示．若物体从坐标原点处由静止出发，则物体运动到x ＝16 m 处时的速度大小为( )A ．3 m/sB ．4 m/sC ．2 2 m/sD.17 m/s解析：C [F x 图线与x 轴围成的面积表示力F 所做的功，则这段过程中，外力做功为W ＝12×(4＋8)×10 J－12×4×10 J＝40 J ，根据动能定理得W ＝12mv 2，解得v ＝2Wm＝2×4010m/s ＝2 2 m/s ，故C 正确，A 、B 、D 错误．] 8．(2016·全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R2.一小球在A 点正上方与A相距R4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．(1)求小球在B 、A 两点的动能之比．(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点． 解析：(1)小球下落过程由动能定理得： 小球下落至A 点的过程：mg ·R4＝E k A －0小球下落至B 点的过程：mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫R4＋R ＝E k B －0由以上两式联立解得：E k BE k A＝5 (2)小球恰好经过C 点时，由牛顿第二定律得：mg ＝m v 20R2解得：v 0＝gR2小球由开始下落至C 点的过程，由动能定理得：mg ·R 4＝12mv 2C －0解得：v C ＝gR2由于v C ＝v 0，故小球恰好可以沿轨道运动到C 点． 答案：(1)5 (2)可以沿轨道运动到C 点[B 级—能力练]9．(多选)甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F 分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s .如图所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下列关于力F 对甲、乙做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是( )A ．力F 对甲做功多B ．力F 对甲、乙两个物体做的功一样多C ．甲物体获得的动能比乙大D ．甲、乙两个物体获得的动能相同解析：BC [由功的公式W ＝Fs cos α可知，两种情况下力F 对甲、乙两个物体做的功一样多，A 错误，B 正确；根据动能定理，对甲有Fs ＝E k1－0，对乙有Fs －F f s ＝E k2－0，可知E k1＞E k2，即甲物体获得的动能比乙大，C 正确，D 错误．]10．(2019·赣州模拟)(多选)在水平地面上有一质量为2 kg 的物体，物体在水平拉力F 的作用下由静止开始运动，后撤去拉力．该物体运动的v －t 图象如图所示，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．物体的最大位移是56 mB ．物体受到的拉力F 的大小为2.4 NC ．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2D ．前12 s 内，拉力与阻力做功的代数和为12 J解析：AC [在v －t 图象中图线所包围的面积表示位移，则物体的最大位移应该是14 s内的位移，即x m ＝12×8×14 m＝56 m ，故A 正确；物体在前10 s 受到拉力作用，10 s 撤去拉力，在v －t 图象中斜率的大小表示加速度的大小，由图线可知0～10 s 内加速度大小为a 1＝810 m/s 2＝0.8 m/s 2,10～14 s 内加速度大小为a 2＝84m/s 2＝2 m/s 2，根据牛顿第二定律得，F －μmg ＝ma 1，μmg ＝ma 2，解得F ＝5.6 N ，μ＝0.2，故B 错误，C 正确；物体在12 s 时的速度为v ＝v 0－a 2t ＝(8－2×2) m/s ＝4 m/s ，前12 s 内由动能定理得W ＝12mv 2－0＝12×2×42J ＝16 J ，故D 错误．]11．(2019·赣州模拟)(多选)如图所示，质量为m 的小球从A 点由静止开始，沿竖直平面内固定光滑的14圆弧轨道AB 滑下，从B 端水平飞出，恰好落到斜面BC 的底端．已知14圆弧轨道的半径为R ，OA 为水平半径，斜面倾角为θ，重力加速度为g .则()A ．小球下滑到B 点时对圆弧轨道的压力大小为2mg B ．小球下滑到B 点时的速度大小为2gRC ．小球落到斜面底端时的速度方向与水平方向的夹角为2θD ．斜面的高度为4R tan 2θ解析：BD [小球由A 至B 的过程由动能定理得，mgR ＝12mv 2－0，解得v ＝2gR ，小球通过B 点时，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2R，解得F N ＝3mg ，根据牛顿第三定律可知，在B点小球对轨道的压力大小为3mg ，故A 错误，B 正确；小球从B 到C 做平抛运动，则有tan θ＝12gt 2vt ＝gt 2v ，解得t ＝2v tan θg，小球落到斜面底端时的速度方向与水平方向的夹角正切为tan α＝gt v ＝2tan θ，则α≠2θ，故C 错误；斜面的高度为h ＝12gt 2＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫22gR ·tan θg 2＝4R tan 2θ，故D 正确．]12．单板滑雪U 形池如图甲所示，乙图为示意图，由两个完全相同的14圆弧滑道AB 、CD和水平滑道BC 构成，圆弧滑道的半径R ＝4 m ，B 、C 分别为圆弧滑道的最低点，B 、C 间的距离x ＝7.5 m ，假设某次比赛中运动员经过水平滑道B 点时水平向右的速度v 0＝16 m/s ，运动员从B 点运动到C 点所用的时间t ＝0.5 s ，从D 点跃起时的速度v D ＝8 m/s.设运动员连同滑板的质量m ＝50 kg ，忽略空气阻力的影响，已知圆弧上A 、D 两点的切线沿竖直方向，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)运动员在C 点对圆弧轨道的压力大小和运动员与水平轨道间的动摩擦因数． (2)运动员从D 点跃起后在空中上升的最大高度．(3)运动员从C 点到D 点运动的过程中克服摩擦阻力所做的功．解析：(1)运动员从B 点到C 点，做匀变速直线运动，则有：x ＝12(v 0＋v C )t ，解得：v C ＝14 m/s在C 点对运动员由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2CR解得：F N ＝2 950 N由牛顿第三定律得运动员在C 点对轨道的压力大小为2 950 N 运动员由B 至C 的过程，由动能定理得： －μmgx ＝12mv 2C －12mv 2解得：μ＝0.4(2)运动员从D 点跃起后在空中上升的过程由动能定理得：－mgh ＝0－12mv 2D ，解得：h ＝3.2 m(3)运动员从C 点到D 点的过程中，由动能定理得： －W f －mgR ＝12mv 2D －12mv 2C ，解得：W f ＝1 300 J.答案：(1)2 950 N 0.4 (2)3.2 m (3)1 300 J13.(2019·陕西咸阳模拟)如图是翻滚过山车的模型，光滑的竖直圆轨道半径R ＝2 m ，入口的平直轨道AC 和出口的平直轨道CD 均是粗糙的，质量m ＝2 kg 的小车与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，加速阶段AB 的长度l ＝3 m ，小车从A 点由静止开始受到水平拉力F ＝60 N 的作用，在B 点撤去拉力，取g ＝10 m/s 2.试问：(1)要使小车恰好通过圆轨道的最高点，小车在C 点的速度为多少？ (2)满足(1)问条件下，小车能沿着出口平直轨道CD 滑行多远的距离？ (3)要使小车不脱离轨道，求平直轨道BC 段的长度范围． 解析：(1)设小车恰好通过最高点的速度为v 0，则有mg ＝mv 20R①由C 点到最高点满足机械能守恒定律，有 12mv 2C ＝mg ·2R ＋12mv 20② 解得v C ＝10 m/s(2)小车由最高点滑下到最终停在轨道CD 上，由动能定理有mg ·2R －μmgx CD ＝0－12mv 20③联立①③解得x CD ＝10 m(3)小车经过C 点的速度v C ≥10 m/s 就能做完整的圆周运动． 小车由A 到C 由动能定理得Fl －μmg (l ＋x BC )＝12mv 2C解得x BC ≤5 m小车进入圆轨道时，上升的高度h ≤R ＝2 m 时，小车返回而不会脱离轨道，由动能定理有Fl －μmg (l ＋x BC )－mgh ＝0解得x BC ≥11 m综上可得，x BC ≤5 m 或者x BC ≥11 m 时小车不脱离轨道． 答案：(1)10 m/s (2)10 m (3)x BC ≤5 m 或者x BC ≥11 m14.(2019·黑龙江牡丹江一中模拟)如图，半径为R 的光滑半圆形轨道ABC 在竖直平面内与水平轨道CD 相切于C 点，D 端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q 到C 点的距离为2R .质量为m 的滑块(视为质点)从轨道上的P 点由静止滑下，刚好能运动到Q 点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A .已知∠POC ＝60°，求：(1)滑块第一次滑至圆形轨道最低点C 时所受轨道支持力； (2)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ； (3)弹簧被锁定时具有的弹性势能．解析：(1)设滑块第一次滑至C 点时的速度为v C ，圆轨道C 点对滑块的支持力为F NP →C 过程：12mgR ＝12mv 2C C 点：F N －mg ＝m v 2C R解得F N ＝2mg ，方向竖直向上．(2)对P →C →Q 过程：mgR (1－cos 60°)－μmg ·2R ＝0解得μ＝0.25.(3)由题意可知在A 点：mg ＝m v 2ARQ →C →A 过程：E p ＝12mv 2A ＋mg ·2R ＋μmg ·2R解得弹性势能E p ＝3mgR .答案：(1)2mg ，方向竖直向上 (2)0.25 (3)3mgR。
2020人教版高中物理一轮复习 第五章 机械能 课时作业17 动能定理及其应用
课时作业17动能定理及其应用时间：45分钟1．如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定(A)A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功解析：本题考查动能定理．由动能定理可知W拉－W f＝E k－0，因此，E k<W拉，故A正确，B错误；E k可能大于、等于或小于W f，选项C、D错误．2．如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m 后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则(D)A．小物块的初速度是5 m/sB ．小物块的水平射程为1.2 mC ．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J 的功D ．小物块落地时的动能为0.9 J解析：小物块在桌面上克服摩擦力做功W f ＝μmgL ＝2 J ，C 错．在水平桌面上滑行，由动能定理得－W f ＝12m v 2－12m v 20，解得v 0＝7 m/s ，A 错．小物块飞离桌面后做平抛运动，有x ＝v t 、h ＝12gt 2，解得x ＝0.9 m ，B 错．设小物块落地时动能为E k ，由动能定理得mgh ＝E k －12m v 2，解得E k ＝0.9 J ，D 正确．3．如图所示，一质量为m 的小球用长为L 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平力F 的作用下，从位置甲处缓慢移动到乙处．θ＝60°，重力加速度为g ，则力F 所做的功为( A )A.12mgL B.32mgL C.12FL D.32FL 解析：因为是缓慢移动，所以可认为速度变化量为零，即动能变化量为零，在移动过程中F 和重力做功，根据动能定理可得W F －mgL (1－cos60°)＝0，解得W F ＝12mgL ，A 正确，B 、C 、D 错误．4．如图所示，质量为m 的物块与水平转台间的动摩擦因数为μ，物块与转轴相距R ，物块随转台由静止开始转动．当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( D )A ．0B ．2μmgRC ．2πμmgR D.μmgR 2 解析：物块即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物块的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物块做圆周运动的线速度为v ，则有μmg ＝m v 2R .在物块由静止到获得速度v 的过程中，物块受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物块做功，由动能定理得W ＝12m v 2－0.联立解得W ＝12μmgR .故选项D 正确．5．如图所示，长为L 的长木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块，现缓慢地抬高A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v .则在整个过程中，下列说法不正确的是(B)A．木板对小物块做功为12m v2B．摩擦力对小物块做功为mgL sinαC．支持力对小物块做功为mgL sinαD．滑动摩擦力对小物块做功为12m v2－mgL sinα解析：在抬高A端的过程中，小物块受到的摩擦力为静摩擦力，其方向和小物块的运动方向时刻垂直，故在抬高阶段，摩擦力并不做功，这样在抬高小物块的过程中，由动能定理得：W N＋W G＝0，即W N－mgL sinα＝0，所以W N＝mgL sinα.在小物块下滑的过程中，支持力不做功，滑动摩擦力和重力做功，由动能定理得：W G＋W f＝12m v2，即W f＝12m v2－mgL sinα，B错，C、D正确．在整个过程中，设木板对小物块做的功为W，对小物块在整个过程由动能定理得W＝12m v2，A正确．6．有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡．某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上．接着改用另一条雪道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为α的雪道上h2高处的E点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则(B)A ．动摩擦因数为tan θB ．动摩擦因数为h 1sC ．倾角α一定大于θD ．倾角α可以大于θ解析：第一次停在BC 上的某点，由动能定理得mgh 1－μmg cos θ·h 1sin θ－μmgs ′＝0 mgh 1－μmg (h 1tan θ＋s ′)＝0 mgh 1－μmgs ＝0μ＝h 1s A 错误，B 正确．在AB 段由静止下滑，说明μmg cos θ<mg sin θ，第二次滑上CE 在E 点停下，说明μmg cos α≥mg sin α；若α>θ，则雪橇不能停在E 点，所以C 、D 错误．7．如图所示，有一光滑的T 字形支架，在它的竖直杆上套有一个质量为m 1的物体A ，用长为l 的不可伸长的细绳将A 悬挂在套于水平杆上的小环B 下，B 的质量m 2＝m 1＝m .开始时A 处于静止状态，细绳处于竖直状态．今用大小为F ＝3mg 的水平恒力拉小环B ，使A 上升．当拉至细绳与水平杆成37°角时，求：(1)拉力F 做的功；(2)A 的速度．解析：(1)当绳与水平杆成37°角时，B 的位移x ＝l cos37°，拉力F 做的功W ＝Fx ＝2.4mgl(2)对A 、B 组成的系统应用动能定理：W －m 1gl (1－sin37°)＝12m 1v 2A ＋12m 2v 2B将A 、B 速度分解，如图所示，由图可知v A cos53°＝v B cos37°解得：v A ＝85gl 答案：(1)2.4mgl (2)85gl8．用水平力F 拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t 1时刻撤去拉力F ，物体做匀减速直线运动，到t 2时刻停止，其速度—时间图象如图所示，且α>β，若拉力F 做的功为W 1，平均功率为P 1；物体克服摩擦阻力F f 做的功为W 2，平均功率为P 2，则下列选项正确的是( B )A ．W 1>W 2，F ＝2F fB ．W 1＝W 2，F >2F fC ．P 1<P 2，F >2F fD ．P 1＝P 2，F ＝2F f解析：对整个过程由动能定理可得W 1－W 2＝0，解得W 1＝W 2.由图象可知，撤去拉力F 后运动的时间大于水平力F 作用的时间，所以a 1>|a 2|，即F －F f m >F f m ，F >2F f ，选项A 、D 错误，B 正确；由于摩擦阻力作用时间一定大于水平力F 作用时间，所以P 1>P 2，选项C 错误．9．(多选)质量为1 kg 的物体在水平粗糙的地面上受到一水平外力F 作用运动，如图甲所示，外力F 和物体克服摩擦力f 做的功W 与物体位移x 的关系如图乙所示，重力加速度g 为10 m/s 2.下列分析正确的是( ACD )A ．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B ．物体运动位移为13 mC ．前3 m 运动过程中物体的加速度为3 m/s 2D ．x ＝9 m 时，物体速度为3 2 m/s解析：由W f ＝fx 对应图乙中的b 可知，物体与地面之间的滑动摩擦力f ＝2 N ，由f ＝μmg 可得μ＝0.2，选项A 正确；由W F ＝Fx 对应图乙a 可知，前3 m 内，拉力F 1＝5 N,3～9 m 内拉力F 2＝2 N ，物体在前3 m 内的加速度a 1＝F 1－f m ＝3 m/s 2，选项C 正确；由动能定理得W F －fx ＝12m v 2可得x ＝9 m 时，物体的速度为v ＝3 2 m/s ，选项D 正确；设物体运动的最大位移为x m ，由动能定理得W F －fx m ＝0，即物体的最大位移x m ＝W F f ＝13.5 m ，选项B 错误．10．(2019·安徽皖南八校联考)(多选)在光滑的水平面上，一滑块的质量m ＝2 kg ，在水平方向上恒定的外力F ＝4 N(方向未知)的作用下运动，如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过P 、Q 两点时速度大小均为v ＝5 m/s.滑块在P 点的速度方向与PQ 连线夹角α＝37°，sin37°＝0.6，则( BC )A ．水平恒力F 的方向与PQ 连线成53°夹角B ．滑块从P 点到Q 点的时间为3 sC ．滑块从P 点到Q 点的过程中速度最小值为4 m/sD ．P 、Q 两点间距离为15 m解析：设水平恒力F 的方向与PQ 连线的夹角为β，滑块过P 、Q 两点时速度大小相等，根据动能定理有Fx cos β＝ΔE k ，得β＝90°，即水平方向上恒定的外力与PQ 连线垂直且指向轨迹的凹侧，故A 错误；把滑块在P 点的速度沿PQ 和垂直PQ 两个方向分解，垂直PQ 方向上滑块先做匀减速运动后做匀加速运动，有a ＝F m ＝2 m/s 2，当垂直PQ方向上的速度为零时，所用时间t＝v sin37°a＝1.5 s，根据对称性，滑块从P点到Q点的时间为t′＝2t＝3 s，故B正确；当垂直PQ方向上的速度为零时，只有沿PQ方向的速度v′＝v cos37°＝4 m/s，此时速度方向与F垂直，速度最小，故C正确；垂直力F方向上滑块做匀速运动，有x PQ＝v′t′＝12 m，故D错误．11．(2019·福建泉州检测)(多选)如图甲所示，长为l、倾角为α的斜面固定在水平地面上，一质量为m的物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动．已知物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变化图象如图乙所示，则(BC)A．μ0>tanαB．物块下滑的加速度逐渐增大C．物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功为12μ0mgl cosαD．物块下滑到底端时的速度大小为2gl sinα－2μ0gl cosα解析：物块在斜面顶端静止释放能够下滑，应满足mg sinα>μ0mg cosα，即μ0<tan α，故A 选项错误；根据牛顿第二定律有mg sin α－μmg cos α＝ma ，得a ＝g sin α－μg cos α，可知物块下滑过程中随着μ的减小，a在增大，故B 选项正确；摩擦力f ＝μmg cos α＝⎝ ⎛⎭⎪⎫μ0－μ0l x mg cos α(0≤x ≤l )，可知f 与x 成线性关系，如图所示，其中f 0＝μ0mg cos α，则物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功W f ＝f l ＝12μ0mgl cos α，故C 选项正确；由动能定理有mgl sin α－12μ0mgl cos α＝12m v 2，得v ＝2gl sin α－μ0gl cos α，故D 选项错误．12．如图是翻滚过山车的模型，光滑的竖直圆轨道半径为R ＝2 m ，入口的平直轨道AC 和出口的平直轨道CD 均是粗糙的，质量m ＝2 kg 的小车与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，加速阶段AB 的长度为l ＝3 m ，小车从A 点由静止开始受到水平拉力F ＝60 N 的作用，在B 点撤去拉力，g 取10 m/s 2，试问：(1)要使小车恰好通过圆轨道的最高点，小车在C 点的速度为多少？(2)满足第(1)的条件下，小车沿着出口平轨道CD 滑行多远的距离？(3)要使小车不脱离轨道，平直轨道BC 段的长度范围？解析：(1)设最高点的速度为v 0，则有mg ＝m v 20R由C 点到最高点满足机械能守恒定律，则有12m v 2C ＝mg ·2R ＋12m v 20 v C ＝10 m/s (2)由动能定理有－μmgs CD ＝0－12m v 2C s CD ＝10 m (3)小车经过C 点的速度大于10 m/s 就能做完整圆周运动，由动能定理得Fl －μmg (l ＋s BC )＝12m v 2C 解得s BC ≤5 m 小车进入圆轨道时，上升的高度小于R ＝2 m 时，小车返回而不会脱离轨道，则有Fl －μmg (l ＋s BC )－mgh ＝0－0h ≤2 m 解得s BC ≥11 m综上可得s BC ≤5 m 或者s BC ≥11 m 小车不脱离轨道．答案：(1)10 m/s (2)10 m(3)s BC ≤5 m 或者s BC ≥11 m。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
t2
F － Ff
二定律，施加拉力 F 时，加速度大小 a1＝
，撤去拉力后加速度
m
Ff 大小 a2＝ ，v-t 图线斜率的绝对值表示加速度的大小，根据题图可
m
F－Ff Ff
知 a1>a2，即
> ，可得 F >2F f，综上分析， B 正确．
mm
6．(2018 ·
吉
林
摸
底 )如图所示，将质量为 m的小球以速度 v 0由地面竖直向上抛出．小
3 球落回地面时，其速度大小为
4
v 0 .设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大 小等于 ( )
3 A. mg
4
3
7
B. mg C. mg
16
16
7 D. mg
25
答案： D 解析： 对小球向上运动，由动能定理有，－ (mg＋f)H
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
1
13
＝0－ mv 20，对小球向下运动，由动能定理有， (mg－f)H＝ m v0
小，选项 D 错． [能力提升 ]
8．如图所示，一质量 m＝0.75 kg的小球在距地面高 h＝10 m 处由静止释放，落到地面后反弹，碰撞时无能量损失．若小球运动 过程中受到的空气阻力 f大小恒为 2.5 N，取 g＝10 m/s2.求：
(1)小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度； (2)小球从静止开始运动到与地面发生第五次碰撞时通过的总路 程． 答案： (1)5 m (2)28.75 m 解析： (1)设小球与地面第一次碰撞后向上运动的高度为 h2，从 开始由静止释放到第一次碰撞后运动高度 h2 的过程，由动能定理可 得 mg(h－h2)－f(h＋ h2)＝0
2
mv 20，三式联立解得 n′＝3n，所以选项 C 正确．
5．用水平力 F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀 加速直线运动， t1时刻撤去拉力 F，物体做匀减速直线运动，到 t2时 刻停止，其速度 —时间图象如图所示，且 α>β，若拉力 F做的功为 W1 ，平均功率为 P1，物体克服摩擦阻力 F1做的功为 W2，平均功率为 P2 ，则下列选项正确的是 ( )
合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是 α＝90°，故 A 正
确，B 错误；由动能定理 W＝ΔEk 可知，合外力做功越多，动能变化
量越大，但动能不一定越大，动能不变，合外力做功为零，但合外力
不一定为零， C、D 均错误． 2．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， B、C在水平线上，其距离 d＝0.5 m．盆边缘的高度为 h＝0.3 m．在 A处放一个质量为 m的小物块并让其由静止下滑．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＝0.1.小物块 在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到 B的距离为 ( )
A. 2P
B．2P C．2 2P D．4P
1 答案： C 解析： 对第一个过程，根据动能定理，有 Fx ＝ mv21，
2
2Fx
经过位移 x 时的瞬时功率 P＝F v 1＝F ·
；同理，对第二个过程 m
1
Fx
有 2Fx ＝ mv 2，经过位移 x 时的瞬时功率 P′＝2F v 2＝4F ·
；
2
m
所以 P′＝2 2P，C 项正确．
A．n
B．2n
C． 3n
D． 4n
答案： C 解析： 设每条阻挡条对小球做的功为 W，小球自高为
1 h 的 A 处由静止开始滚下到 B 处，由动能定理有 mgh＝ mv20，当小
2
1 球在水平面上滚动时，由动能定理有－ nW＝0－ mv20；让小球从 2h
2
1 高处以初速度 v 0 滚下到停止，由动能定理有 mg·2h－n′ W＝0－
向圆心 O，选项 A 对；转过 90°时，轻杆对小球的弹力的水平分力提
供小球做圆周运动的向心力， 竖直分力平衡小球重力， 小球受到杆的 作用力指向左上方，选项 B 错；在转动过程中小球的重力做正功，
动能不变，应用动能定理可知轻杆对小球做负功，选项 C 对；小球
竖直方向的分速度先增大后减小，小球重力做功的功率先增大后减
4．(2018 ·
山
东
济
南
模
拟 )光滑斜面上有一个小球自高为 h的 A处由静止开始滚下，到达光滑
的水平面上的 B点时速率为 v 0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了 一个与小球运动方向垂直的阻挡条，如图所示，小球越过 n条阻挡条 后停下来．若让小球从 2h高处以初速度 v 0滚下，则小球能越过阻挡 条的条数为 (设小球每次越过阻挡条时损失的动能相等 )( )
A．0.5 m
B．0.25 m
C．0.1 m
D．0
x 3m
答案： D 解析： 由 mgh＝μmgx，得 x＝3 m，而 ＝
＝ 6，
d 0.5 m
即 3 个来回后，小物块恰停在 B 点，选项 D 正确．
3．(2018 ·
辽
宁
沈
阳
质
检 )一木块静止在光滑的水平面上，将一个大小恒为 F 的水平拉力作
用在该木块上，经过位移 x时，拉力的瞬时功率为 P；若将一个大小 恒为 2F 的水平拉力作用在该木块上，使该木块由静止开始运动，经 过位移 x时，拉力的瞬时功率是 ( )
2020届一轮复习人教版 动能定理及其应用 课时作业
[基础训练 ] 1．关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关 系，下列说法正确的是 ( ) A．合外力为零，则合外力做功一定为零 B．合外力做功为零，则合外力一定为零 C．合外力做功越多，则动能一定越大 D．动能不变，则物体合外力一定为零 答案： A 解析： 由 W＝Fl cos α可知，物体所受合外力为零，
A． W1>W2，F ＝ 2F f
B．W1＝W2， F >2F f
C． P1<P2，F >2F f
D．P1＝P2， F ＝ 2F f
答案：B 解析：整个运动过程中， 根据动能定理有 W1－W2＝0，
W1
W2
所以 W1＝ W2，又 P1＝ ， P2＝ ， t2>t1，所以 P1>P2.根据牛顿第
t1
2
24
7 2，联立解得 f＝ mg，故 D 正确．
25
7．(2018 ·
河
北
保
定
调
研 )(多选 )如图所示，长为 L的轻质硬杆 A一端固定小球 B，另一端固
定在水平转轴 O上．现使轻杆 A绕转轴 O在竖直平面内匀速转动，轻
杆A与竖直方向夹角 α从0°增加到 180°的过程中，下列说法正确的是 (
)
A．小球 B受到的合力的方向始终沿着轻杆 A指向轴 O B．当 α＝ 90°时，小球 B受到轻杆 A的作用力方向竖直向上 C．轻杆 A对小球 B做负功 D．小球 B重力做功的功率不断增大 答案： AC 解析： 小球做匀速圆周运动，受到的合外力总是指