高考物理一轮复习第5章机械能课时作业17 (含解析)

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－Wf＝Ek－0，因此，Ek<W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g＝10 m/s2，则(　D　)

A．小物块的初速度是5 m/s

B．小物块的水平射程为1.2 m

C．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Wf＝μmgL＝2 J，C错．在水平桌面上滑行，由动能定理得－Wf＝mv2－mv，解得v0＝7 m/s，A错．小物块飞离桌面后做平抛运动，有x＝vt、h＝gt2，解得x＝0.9 m，B错．设小物块落地时动能为Ek，由动能定理得mgh＝Ek－mv2，解得Ek＝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.mgL   B.mgL

C.FL   D.FL

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WF－mgL(1－cos60°)＝0，解得WF＝mgL，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．0   B．2μmgR

C．2πμmgR   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μmg＝.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＝mv2－0.联立解得W＝μmgR.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mv2

B．摩擦力对小物块做功为mgLsinα

C．支持力对小物块做功为mgLsinα

D．滑动摩擦力对小物块做功为mv2－mgLsinα

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：WN＋WG＝0，即WN－mgLsinα＝0，所以WN＝mgLsinα.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：WG＋Wf＝mv2，即Wf＝mv2－mgLsinα，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＝mv2，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tanθ B．动摩擦因数为

C．倾角α一定大于θ D．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

mgh1－μmgcosθ·－μmgs′＝0

mgh1－μmg(＋s′)＝0

mgh1－μmgs＝0

μ＝　A错误，B正确．

在AB段由静止下滑，说明μmgcosθ<mgsinθ，第二次滑上CE在E点停下，说明μmgcosα≥mgsinα；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m2＝m1＝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＝lcos37°，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－m1gl(1－sin37°)＝m1v＋m2v

将A、B速度分解，如图所示，由图可知vAcos53°＝vBcos37°

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Ff做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是(　B　)

A．W1>W2，F＝2Ff B．W1＝W2，F>2Ff

C．P1<P2，F>2Ff D．P1＝P2，F＝2Ff

解析：对整个过程由动能定理可得W1－W2＝0，解得W1＝W2.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>，F>2Ff，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P1>P2，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0.2

B．物体运动位移为13 m

C．前3 m运动过程中物体的加速度为3 m/s2

D．x＝9 m时，物体速度为3 m/s

解析：由Wf＝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WF＝Fx对应图乙a可知，前3 m内，拉力F1＝5 N,3～9 m内拉力F2＝2 N，物体在前3 m内的加速度a1＝＝3 m/s2，选项C正确；由动能定理得WF－fx＝mv2可得x＝9 m时，物体的速度为v＝3 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WF－fxm＝0，即物体的最大位移xm＝＝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 s

C．滑块从P点到Q点的过程中速度最小值为4 m/s

D．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Fxcosβ＝ΔEk，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＝＝2 m/s2，当垂直PQ方向上的速度为零时，所用时间t＝＝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′＝vcos37°＝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xPQ＝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>tanα

B．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μ0mglcosα

D．物块下滑到底端时的速度大小为

解析：

物块在斜面顶端静止释放能够下滑，应满足mgsinα>μ0mgcosα，即μ0<tanα，故A选项错误；根据牛顿第二定律有mgsinα－μmgcosα＝ma，得a＝gsinα－μgcosα，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＝μmgcosα＝mgcosα(0≤x≤l)，可知f与x成线性关系，如图所示，其中f0＝μ0mgcosα，则物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功Wf＝l＝μ0mglcosα，故C选项正确；由动能定理有mglsinα－μ0mglcosα＝mv2，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/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

mv＝mg·2R＋mv　vC＝10 m/s

(2)由动能定理有－μmgsCD＝0－mv　sCD＝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＋sBC)＝mv　解得sBC≤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＋sBC)－mgh＝0－0

h≤2 m　解得sBC≥11 m

综上可得sBC≤5 m或者sBC≥11 m小车不脱离轨道．

答案：(1)10 m/s　(2)10 m

(3)sBC≤5 m或者sBC≥11 m