《2020版高考物理一轮复习 第五章 课时作业17 动能定理及其应用 新人教版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考物理一轮复习 第五章 课时作业17 动能定理及其应用 新人教版（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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WfEk0，因此，EkW拉，故A正确，B错误；Ek可能大于、等于或小于Wf，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g10 m/s2，则(D)A小物块的初速度是5 m
2、/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WfmgL2 J，C错在水平桌面上滑行，由动能定理得Wfmv2mv，解得v07 m/s，A错小物块飞离桌面后做平抛运动，有xvt、hgt2，解得x0.9 m，B错设小物块落地时动能为Ek，由动能定理得mghEkmv2，解得Ek0.9 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60，重力加速度为g，则力F所做的功为(A)A.mgL B.mgLC.FL D.FL解析：因为是缓慢移动，所以可认为
3、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WFmgL(1cos60)0，解得WFmgL，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，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)A0 B2mgRC2mgR D.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mg.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
4、力不做功，只有摩擦力对物块做功，由动能定理得Wmv20.联立解得WmgR.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mv2B摩擦力对小物块做功为mgLsinC支持力对小物块做功为mgLsinD滑动摩擦力对小物块做功为mv2mgLsin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
5、块的过程中，由动能定理得：WNWG0，即WNmgLsin0，所以WNmgLsin.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：WGWfmv2，即Wfmv2mgLsin，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Wmv2，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的雪道上h2高处的E点
6、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tanB动摩擦因数为C倾角一定大于D倾角可以大于解析：第一次停在BC上的某点，由动能定理得mgh1mgcosmgs0mgh1mg(s)0mgh1mgs0A错误，B正确在AB段由静止下滑，说明mgcos，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m1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m2m1m.开始时A处于静止状态，细绳处于竖直状态今用大小为F3mg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
7、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xlcos37，拉力F做的功WFx2.4mgl(2)对A、B组成的系统应用动能定理：Wm1gl(1sin37)m1vm2v将A、B速度分解，如图所示，由图可知vAcos53vBcos37解得：vA答案：(1)2.4mgl(2)8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，若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是(B)AW1W2，F2FfBW1W2，F2F
8、fCP12FfDP1P2，F2Ff解析：对整个过程由动能定理可得W1W20，解得W1W2.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a1|a2|，即，F2Ff，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P1P2，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/s2.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/s2Dx9 m时，物
9、体速度为3 m/s解析：由Wffx对应图乙中的b可知，物体与地面之间的滑动摩擦力f2 N，由fmg可得0.2，选项A正确；由WFFx对应图乙a可知，前3 m内，拉力F15 N,39 m内拉力F22 N，物体在前3 m内的加速度a13 m/s2，选项C正确；由动能定理得WFfxmv2可得x9 m时，物体的速度为v3 m/s，选项D正确；设物体运动的最大位移为xm，由动能定理得WFfxm0，即物体的最大位移xm13.5 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m2 kg，在水平方向上恒定的外力F4 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
10、运动的一段轨迹，滑块过P、Q两点时速度大小均为v5 m/s.滑块在P点的速度方向与PQ连线夹角37，sin370.6，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/sDP、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，滑块过P、Q两点时速度大小相等，根据动能定理有FxcosEk，得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a2 m/s2，当垂直PQ方向上的速度为零时，所用
11、时间t1.5 s，根据对称性，滑块从P点到Q点的时间为t2t3 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vvcos374 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xPQvt12 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与下滑距离x的变化图象如图乙所示，则(BC)A0tanB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0mglcosD物块下滑到底端时的速度大小为解析：物块在
12、斜面顶端静止释放能够下滑，应满足mgsin0mgcos，即0tan，故A选项错误；根据牛顿第二定律有mgsinmgcosma，得agsingcos，可知物块下滑过程中随着的减小，a在增大，故B选项正确；摩擦力fmgcosmgcos(0xl)，可知f与x成线性关系，如图所示，其中f00mgcos，则物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功Wfl0mglcos，故C选项正确；由动能定理有mglsin0mglcosmv2，得v，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R2 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m2 kg的小车与水平轨道之间的动摩擦因数均为0.
13、5，加速阶段AB的长度为l3 m，小车从A点由静止开始受到水平拉力F60 N的作用，在B点撤去拉力，g取10 m/s2，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v0，则有mg由C点到最高点满足机械能守恒定律，则有mvmg2RmvvC10 m/s(2)由动能定理有mgsCD0mvsCD10 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Flmg(lsBC)mv解得sBC5 m小车进入圆轨道时，上升的高度小于R2 m时，小车返回而不会脱离轨道，则有Flmg(lsBC)mgh00h2 m解得sBC11 m综上可得sBC5 m或者sBC11 m小车不脱离轨道答案：(1)10 m/s(2)10 m(3)sBC5 m或者sBC11 m9
