版高考物理金榜轮课时分层作业： 动能定理及其应用 含解析
高考物理动能定理的综合应用解析版汇编及解析
高考物理动能定理的综合应用解析版汇编及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．如图所示,倾角为37°的粗糙斜面AB 底端与半径R=0.4 m 的光滑半圆轨道BC 平滑相连,O 点为轨道圆心,BC 为圆轨道直径且处于竖直方向,A 、C 两点等高．质量m=1 kg 的滑块从A 点由静止开始下滑,恰能滑到与O 点等高的D 点,g 取10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8．求:(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ;(2)要使滑块能到达C 点,求滑块从A 点沿斜面滑下时初速度v 0的最小值;(3)若滑块离开C 点的速度为4 m/s ,求滑块从C 点飞出至落到斜面上所经历的时间． 【答案】（1）0.375（2）3/m s （3）0.2s 【解析】试题分析：⑴滑块在整个运动过程中，受重力mg 、接触面的弹力N 和斜面的摩擦力f 作用，弹力始终不做功，因此在滑块由A 运动至D 的过程中，根据动能定理有：mgR －μmgcos37°2sin 37R︒＝0－0 解得：μ＝0.375⑵滑块要能通过最高点C ，则在C 点所受圆轨道的弹力N 需满足：N≥0 ①在C 点时，根据牛顿第二定律有：mg ＋N ＝2Cv m R② 在滑块由A 运动至C 的过程中，根据动能定理有：－μmgcos37°2sin 37R ︒＝212C mv －2012mv ③ 由①②③式联立解得滑块从A 点沿斜面滑下时的初速度v 0需满足：v 03gR ＝23 即v 0的最小值为：v 0min ＝3⑶滑块从C 点离开后将做平抛运动，根据平抛运动规律可知，在水平方向上的位移为：x ＝vt ④在竖直方向的位移为：y ＝212gt ⑤ 根据图中几何关系有：tan37°＝2R yx-⑥ 由④⑤⑥式联立解得：t ＝0.2s考点：本题主要考查了牛顿第二定律、平抛运动规律、动能定理的应用问题，属于中档题．2．如图所示，AC 为光滑的水平桌面，轻弹簧的一端固定在A 端的竖直墙壁上.质量1m kg =的小物块将弹簧的另一端压缩到B 点，之后由静止释放，离开弹簧后从C 点水平飞出，恰好从D 点以10/D v m s =的速度沿切线方向进入竖直面内的光滑圆弧轨道(DEF 小物体与轨道间无碰撞).O 为圆弧轨道的圆心，E 为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的半径1R m =，60DOE ∠=o ，37.EOF ∠=o小物块运动到F 点后，冲上足够长的斜面FG ，斜面FG 与圆轨道相切于F 点，小物体与斜面间的动摩擦因数0.5.sin370.6μ==o ，cos370.8=o ，取210/.g m s =不计空气阻力.求：（1）弹簧最初具有的弹性势能；（2）小物块第一次到达圆弧轨道的E 点时对圆弧轨道的压力大小；（3）判断小物块沿斜面FG 第一次返回圆弧轨道后能否回到圆弧轨道的D 点？若能，求解小物块回到D 点的速度；若不能，求解经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E 的速度大小．【答案】()11?.25J ；()2 30N ；()3 2/m s ． 【解析】 【分析】 【详解】（1）设小物块在C 点的速度为C v ，则在D 点有：C D v v cos60o=设弹簧最初具有的弹性势能为p E ，则：2P C 1E mv 2= 代入数据联立解得：p E 1.25J =；()2设小物块在E 点的速度为E v ，则从D 到E 的过程中有：()22E D 11mgR 1cos60mv mv 22-=-o 设在E 点，圆轨道对小物块的支持力为N ，则有：2E v N mg R-=代入数据解得：E v 25m /s =，N 30N =由牛顿第三定律可知，小物块到达圆轨道的E 点时对圆轨道的压力为30 N ；()3设小物体沿斜面FG 上滑的最大距离为x ，从E 到最大距离的过程中有：()()2E 1mgR 1cos37mgsin37μmgcos37x 0mv 2o o o ---+=-小物体第一次沿斜面上滑并返回F 的过程克服摩擦力做的功为f W ，则f W 2x μmgcos37=o小物体在D 点的动能为KD E ，则：2KD D 1E mv 2=代入数据解得：x 0.8m =，f W 6.4J =，KD E 5J = 因为KD f E W <，故小物体不能返回D 点.小物体最终将在F 点与关于过圆轨道圆心的竖直线对称的点之间做往复运动，小物体的机械能守恒，设最终在最低点的速度为Em v ，则有：()2Em 1mgR 1cos37mv 2-=o 代入数据解得：Em v 2m /s =答：()1弹簧最初具有的弹性势能为1.25J ；()2小物块第一次到达圆弧轨道的E 点时对圆弧轨道的压力大小是30 N ；()3小物块沿斜面FG 第一次返回圆弧轨道后不能回到圆弧轨道的D 点.经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E 的速度大小为2 m /s ． 【点睛】（1）物块离开C 点后做平抛运动，由D 点沿圆轨道切线方向进入圆轨道，知道了到达D 点的速度方向，将D 点的速度分解为水平方向和竖直方向，根据角度关系求出水平分速度，即离开C 点时的速度，再研究弹簧释放的过程，由机械能守恒定律求弹簧最初具有的弹性势能；()2物块从D 到E ，运用机械能守恒定律求出通过E 点的速度，在E 点，由牛顿定律和向心力知识结合求物块对轨道的压力；()3假设物块能回到D 点，对物块从A 到返回D 点的整个过程，运用动能定理求出D 点的速度，再作出判断，最后由机械能守恒定律求出最低点的速度．3．如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在t ＝0时刻，将质量为1.0 kg 的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A 点，经过1.0 s ，物块从最下端的B 点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g ＝10 m/s 2)，求：(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块从A 到B 的过程中，传送带对物块做的功．【答案】(1) 35(2) －3.75 J 【解析】解：(1)由图象可知，物块在前0.5 s 的加速度为：2111a =8?m/s v t = 后0.5 s 的加速度为：222222?/v v a m s t -== 物块在前0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：1mgsin mgcos ma θμθ+=物块在后0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：2mgsin mgcos ma θμθ-=联立解得：3μ=(2)由v －t 图象面积意义可知，在前0.5 s ，物块对地位移为：1112v t x =则摩擦力对物块做功：11·W mgcos x μθ= 在后0.5 s ，物块对地位移为：12122v v x t +=则摩擦力对物块做功22·W mgcos x μθ=－ 所以传送带对物块做的总功：12W W W =+ 联立解得：W ＝－3.75 J4．如图所示，小物体沿光滑弧形轨道从高为h 处由静止下滑，它在水平粗糙轨道上滑行的最远距离为s ，重力加速度用g 表示，小物体可视为质点，求：（1）求小物体刚刚滑到弧形轨道底端时的速度大小v ； （2）水平轨道与物体间的动摩擦因数均为μ。
高考物理知识体系总论：动能定理的应用作业(答案+解析)
动能定理的应用作业题作业题目难度分为3档：三星☆☆☆（基础题目）四星☆☆☆☆（中等题目）五星☆☆☆☆☆（较难题目）本套作业题目1-10题为三星,11-16为四星，17-19为五星。
1．下列关于运动物体的合外力、合外力做功和动能变化的关系正确的是（）☆☆☆A．如果物体所受的合外力为零，那么，合外力对物体做的功一定为零B．如果合外力对物体所做的功为零，则合外力一定为零C．物体在合外力作用下作变速运动，动能一定变化D．物体的动能不变，所受的合外力必定为零答案解析：如果物体所受合外力为零,根据功的公式W=Flcosα得知，合外力对物体做的功一定为零。
故A正确；如果合外力做的功为零，但合外力不一定为零，可能物体的合外力和运动方向垂直而不做功，比如匀速圆周运动。
故B错误；物体做变速运动可能是速度方向变化而速度大小不变。
所以做变速运动的物体，动能可能不变，故C错误；物体动能不变，根据动能定理得知，合外力不做功，但合外力不一定为零。
故D错误，选A。
2．关于动能、动能定理，下列说法正确的是（）☆☆☆A．动能总是正值，但对于不同的参考系，同一物体的动能大小是不同的B．动能定理只适用于研究做直线运动的物体C．合力做正功，物体动能可能减小D．运动物体所受的合外力为零，则物体的动能肯定不变答案解析：选AD，根据动能的定义式及相对性，A项正确。
动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，B项错误；合力做正功时，动能肯定增加，合力做功为零时，动能肯定不变，C 项错误，D 项正确。
3．小球在做匀速圆周运动的过程中一定不会发生变化的是（）☆☆☆A ．速度B ．动能C ．加速度D ．合外力答案解析：据题意，当小球在做匀速圆周运动时，速度大小不变但速度方向时刻在改变，故选项A 错误；动能是标量，只有大小没有方向，小球的动能不变，选项B 正确；加速度是矢量，加速度大小不变但方向时刻改变，故选项C 错误；合外力总是指向圆心，大小不变但方向也时刻在改变，故选项D 错误。
(物理)50套高考物理动能定理的综合应用含解析
（物理）50套高考物理动能定理的综合应用含解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．如图所示，半径为R ＝1 m ，内径很小的粗糙半圆管竖直放置，一直径略小于半圆管内径、质量为m ＝1 kg 的小球，在水平恒力F ＝25017N 的作用下由静止沿光滑水平面从A 点运动到B 点，A 、B 间的距离x ＝175m ，当小球运动到B 点时撤去外力F ，小球经半圆管道运动到最高点C ，此时球对外轨的压力F N ＝2.6mg ，然后垂直打在倾角为θ＝45°的斜面上(g ＝10 m/s 2)．求：(1)小球在B 点时的速度的大小； (2)小球在C 点时的速度的大小；(3)小球由B 到C 的过程中克服摩擦力做的功； (4)D 点距地面的高度．【答案】(1)10 m/s (2)6 m/s (3)12 J (4)0.2 m 【解析】 【分析】对AB 段，运用动能定理求小球在B 点的速度的大小；小球在C 点时，由重力和轨道对球的压力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求小球在C 点的速度的大小；小球由B 到C 的过程，运用动能定理求克服摩擦力做的功；小球离开C 点后做平抛运动，由平抛运动的规律和几何知识结合求D 点距地面的高度． 【详解】(1)小球从A 到B 过程，由动能定理得：212B Fx mv = 解得：v B ＝10 m/s(2)在C 点，由牛顿第二定律得mg ＋F N ＝2c v m R又据题有：F N ＝2.6mg 解得：v C ＝6 m/s.(3)由B 到C 的过程，由动能定理得：－mg ·2R －W f ＝221122c B mv mv - 解得克服摩擦力做的功：W f ＝12 J(4)设小球从C 点到打在斜面上经历的时间为t ，D 点距地面的高度为h ， 则在竖直方向上有：2R －h ＝12gt 2由小球垂直打在斜面上可知：cgtv ＝tan 45° 联立解得：h ＝0.2 m 【点睛】本题关键是对小球在最高点处时受力分析，然后根据向心力公式和牛顿第二定律求出平抛的初速度，最后根据平抛运动的分位移公式列式求解．2．如图所示，人骑摩托车做腾跃特技表演，以1.0m/s 的初速度沿曲面冲上高0.8m 、顶部水平的高台，若摩托车冲上高台的过程中始终以额定功率1.8kW 行驶，经过1.2s 到达平台顶部，然后离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A 点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．A 、B 为圆弧两端点，其连线水平．已知圆弧半径为R ＝1.0m ，人和车的总质量为180kg ，特技表演的全过程中不计一切阻力(计算中取g ＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)．求：(1)人和车到达顶部平台的速度v ；(2)从平台飞出到A 点，人和车运动的水平距离x ； (3)圆弧对应圆心角θ；(4)人和车运动到圆弧轨道最低点O 时对轨道的压力． 【答案】（1）3m/s （2）1.2m （3）106°（4）7.74×103N 【解析】 【分析】 【详解】（1）由动能定理可知：221011Pt mgH mv 22mv -=- v ＝3m/s （2）由2221H gt ,s vt 2==可得：2H s v 1.2m g== （3）摩托车落至A 点时，其竖直方向的分速度y 2v gt 4m /s ==设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为α，则4tan 3yv v α==，即α＝53° 所以θ＝2α＝106°（4）在摩托车由最高点飞出落至O 点的过程中，由机械能守恒定律可得：2211mg[H R(1cos )]mv mv 22α'+-=-在O 点：2v N mg m R-= 所以N ＝7740N由牛顿第三定律可知，人和车在最低点O 时对轨道的压力为7740N3．质量 1.5m kg =的物块（可视为质点）在水平恒力F 作用下，从水平面上A 点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行 2.0t s =停在B 点，已知A 、B 两点间的距离 5.0s m =，物块与水平面间的动摩擦因数0.20μ=，求恒力F 多大．（210/g m s =）【答案】15N 【解析】 设撤去力前物块的位移为，撤去力时物块的速度为，物块受到的滑动摩擦力对撤去力后物块滑动过程应用动量定理得由运动学公式得对物块运动的全过程应用动能定理由以上各式得 代入数据解得思路分析：撤去F 后物体只受摩擦力作用，做减速运动，根据动量定理分析，然后结合动能定律解题试题点评：本题结合力的作用综合考查了运动学规律，是一道综合性题目．4．如图，I 、II 为极限运动中的两部分赛道，其中I 的AB 部分为竖直平面内半径为R 的14光滑圆弧赛道，最低点B 的切线水平; II 上CD 为倾角为30°的斜面，最低点C 处于B 点的正下方，B 、C 两点距离也等于R.质量为m 的极限运动员(可视为质点)从AB 上P 点处由静止开始滑下，恰好垂直CD 落到斜面上．求:(1) 极限运动员落到CD 上的位置与C 的距离; (2)极限运动员通过B 点时对圆弧轨道的压力;(3)P 点与B 点的高度差．【答案】（1）45R （2）75mg ，竖直向下（3）15R【解析】 【详解】（1）设极限运动员在B 点的速度为v 0，落在CD 上的位置与C 的距离为x ，速度大小为v ，在空中运动的时间为t ，则xcos300=v 0t R-xsin300=12gt 2 0tan 30v gt =解得x=0.8R（2）由（1）可得：025v gR =通过B 点时轨道对极限运动员的支持力大小为F N20N v F mg m R-=极限运动员对轨道的压力大小为F N ′，则F N ′=F N ， 解得'75N F mg =，方向竖直向下； （3） P 点与B 点的高度差为h,则mgh=12mv 02 解得h=R/55．如图甲所示，带斜面的足够长木板P ，质量M =3kg 。
2021_2022学年高中物理课时分层作业16动能和动能定理(含解析)新人教版必修2
课时分层作业(十六)(时间：40分钟 分值：100分)[根底达标练]一、选择题(此题共6小题，每题6分，共36分) 1．(多项选择)关于动能，以下说法正确的选项是( ) A ．公式E k ＝12mv 2中的速度v 一般是物体相对于地面的速度B ．动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体运动的方向无关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ABC [动能是标量，与速度的大小有关，而与速度的方向无关，B 对．公式中的速度一般是相对于地面的速度，A 对．一定质量的物体的动能变化时，速度的大小一定变化，但速度变化时，动能不一定变化，如匀速圆周运动，动能不变，但速度变化，应选项C 正确，D 错误．]2．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 DA [小球做竖直上抛运动时，速度v ＝v 0－gt ，根据动能E k ＝12mv 2得E k ＝12m (v 0－gt )2，故图象A 正确．]3．改变汽车的质量和速度，都能使汽车的动能发生变化，在下面几种情况中，汽车的动能是原来的2倍的是( )A ．质量不变，速度变为原来的2倍B ．质量和速度都变为原来的2倍C ．质量变为原来的2倍，速度减半D ．质量减半，速度变为原来的2倍D [由E k ＝12mv 2知，m 不变，v 变为原来的2倍，E k 变为原来的4倍．同理，m 和v 都变为原来的2倍时，E k 变为原来的8倍；m 变为2倍，速度减半时，E k 变为原来的一半；m 减半，v 变为2倍时，E k 变为原来的2倍，应选项D 正确．]4．关于动能概念及公式W ＝E k2－E k1的说法中正确的选项是( ) A ．假设物体速度在变化，那么动能一定在变化B ．速度大的物体，动能一定大C ．W ＝E k2－E k1表示功可以变成能D ．动能的变化可以用合力做的功来量度D [速度是矢量，而动能是标量，假设物体速度只改变方向，不改变大小，那么动能不变，A 错；由E k ＝12mv 2知B 错；动能定理W ＝E k2－E k1表示动能的变化可用合力做的功来量度，但功和能是两个不同的概念，有着本质的区别，故C 错，D 对．]5．将距离沙坑外表上方1 m 高处质量为0.2 kg 的小球由静止释放，测得小球落入沙坑静止时距离沙坑外表的深度为10 cm.假设忽略空气阻力，g 取10 m/s 2，那么小球克制沙坑的阻力所做的功为( )A ．0.4 JB ．2 JC ．2.2 JD ．4 JC [由动能定理得mg (h ＋d )－W f ＝0，解得小球克制沙坑的阻力所做的功为W f ＝2.2 J ，故C 正确，A 、B 、D 错误．]6．人在距地面h 高处抛出一个质量为m 的小球，落地时小球的速度为v ，不计空气阻力，人对小球做功是( )A ．12mv 2B ．mgh ＋12mv 2C ．mgh －12mv 2D ．12mv 2－mgh D [对全过程运用动能定理得：mgh ＋W ＝12mv 2－0，解得：W ＝12mv 2－mgh ，故D 正确，A 、B 、C 错误．应选D.]二、非选择题(14分)m ＝50 kg 的滑雪运发动，以初速度v 0＝4 m/s 从高度为h ＝10 m 的弯曲滑道顶端A 滑下，到达滑道底端B 时的速度v 1＝10 m/s.求滑雪运发动在这段滑行过程中克制阻力做的功．(g 取10 m/s 2)[解析] 从A 运动到B ，物体所受摩擦力随之变化，所以克制摩擦力所做的功不能直接由功的公式求得，此时要根据动能定理求解．设摩擦力做的功为W ，根据动能定理mgh －W ＝12mv 21－12mv 2代入数值得：W ＝2 900 J.[答案] 2 900 J[能力提升练]一、选择题(此题共4小题，每题6分，共24分)1．如下图，物体沿曲面从A 点无初速度滑下，滑至曲面的最低点B 时，下滑的高度为5 m ，速度为6 m/s ，假设物体的质量为1 kg.那么下滑过程中物体克制阻力所做的功为( )A ．50 JB ．18 JC ．32 JD ．0 JC [由动能定理得mgh －W f ＝12mv 2，故W f ＝mgh －12mv 2＝1×10×5 J－12×1×62J ＝32 J ，C正确．]2．(多项选择)用力F 拉着一个物体从空中的a 点运动到b 点的过程中，重力做功－3 J ，拉力F 做功8 J ，空气阻力做功－0.5 J ，那么以下判断正确的选项是( )A ．物体的重力势能增加了3 JB ．物体的重力势能减少了3 JC ．物体的动能增加了4.5 JD ．物体的动能增加了8 JAC [因为重力做功－3 J ，所以重力势能增加3 J ，A 对，B 错；根据动能定理W 合＝ΔE k ，得ΔE k ＝－3 J ＋8 J －0.5 J ＝4.5 J ，C 对，D 错．]3．飞机起飞过程中，速度从v 增大到2v 合外力做功为W 1；速度从2v 增大到3v 合外力做功为W 2.那么W 1与W 2的比值为( )A ．1∶1B ．1∶3C ．3∶5D ．4∶9C [根据动能定理得：W 1＝12m (2v )2－12mv 2＝32mv 2，W 2＝12m (3v )2－12m (2v )2＝52mv 2，那么W 1∶W 2＝3∶5，选C.]4．如下图，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设物体在斜面最低点A 的速度为v ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，那么从A 到C 的过程中弹簧弹力做功是( )A ．mgh －12mv 2B ．12mv 2－mghC ．－mghD ．－(mgh ＋12mv 2)A [由A 到C 的过程运用动能定理可得： －mgh ＋W ＝0－12mv 2所以W ＝mgh －12mv 2，所以A 正确．]二、非选择题(此题共2小题，共26分)5.(13分)粗糙的1/4圆弧的半径为0.45 m ，有一质量为0.2 kg 的物体自最高点A 从静止开场下滑到圆弧最低点B .然后沿水平面前进0.4 m 到达C 点停顿. 设物体与轨道间的动摩擦因数为0.5(取g ＝10 m/s 2)，求：(1)物体到达B 点时的速度大小；(2)物体在圆弧轨道上克制摩擦力所做的功．[解析] (1)物体从B 运动到C 的过程，由动能定理得：－μmgx ＝0－12mv 2B解得：v B ＝2 m/s.(2)物体从A 运动到B 的过程，由动能定理得：mgR －W f ＝12mv 2B －0解得：W f ＝0.5 J.[答案] (1)2 m/s (2)0.5 J6．(13分)如下图，粗糙水平轨道AB 与半径为R 的光滑半圆形轨道BC 相切于B 点，现有质量为m 的小球(可看成质点)以初速度v 0＝6gR ，从A 点开场向右运动，并进入半圆形轨道，假设小球恰好能到达半圆形轨道的最高点C ，最终又落于水平轨道上的A 处，重力加速度为g ，求：(1)小球落到水平轨道上的A 点时速度的大小v A ； (2)水平轨道与小球间的动摩擦因数μ.[解析] (1)mg ＝m v 2CR ，得v C ＝gR ，从C 到A 由动能定理得：mg 2R ＝12mv 2A －12mv 2C ，得v A ＝5gR .(2)AB 的距离为x AB ＝v C t ＝gR ×2×2Rg＝2R从A 出发回到A 由动能定理得：－μmgx AB ＝12mv 2A －12mv 20，得μ＝0.25.[答案] (1)5gR。
高考物理一轮复习课时作业十五动能定理及其应用含解析新人教版
动能定理及其应用(建议用时40分钟)1．(2021·丰台区模拟)某同学将篮球从距离地面高为h 处由静止释放,与地面碰撞后上升的最大高度为h4 。
若篮球与地面碰撞无能量损失,空气阻力大小恒定,则空气阻力与重力大小之比为( )A ．1∶5B ．2∶5C ．3∶5D ．4∶5【解析】选C 。
设篮球质量为m,空气阻力大小为F,对篮球从h 处释放到反弹上升到h4 的整个过程,由动能定理得: mg(h －h 4 )－F(h ＋h 4 )＝0,解得:F mg ＝35 ,故A 、B 、D 错误,C 正确。
2．如图所示,一辆汽车以v 1＝6 m/s 的速度沿水平路面行驶时,急刹车后能滑行s 1＝3.6 m,如果改以v 2＝8 m/s 的速度行驶,同样的情况下急刹车后滑行的距离s 2为( )A.6.4 m B ．5.6 m C ．7.2 m D ．10.8 m【解析】选A 。
汽车在同样的路面上急刹车,所受的阻力大小相同,设为F,汽车的末速度都为零,根据动能定理有－Fs 1＝0－12 mv 21 ,－Fs 2＝0－12 mv 22 ,所以s 2s 1 ＝v 22 v 21 ,解得s 2＝(v 2v 1 )2×s 1＝(86)2×3.6 m ＝6.4 m,选项A 正确。
3.如图所示,用同种材料制成的一个轨道,AB 段为14 圆弧,半径为R,水平放置的BC 段长度为R 。
一小物块质量为m,与轨道间的动摩擦因数为μ,当它从轨道顶端A 由静止下滑时,恰好运动到C 点静止,那么物块在AB 段克服摩擦力做的功为( )A ．μmgRB ．mgR(1－μ)C ．12 πμmgRD ．12mgR 【解析】选B 。
设在AB 段物块克服摩擦力做的功为W,则物块由A 到B 运用动能定理可得mgR －W ＝12 mv 2B ,物块由B 到C 运用动能定理可得－μmgR＝0－12 mv 2B ,联立解得W ＝mgR(1－μ),选项B 正确,A 、C 、D 错误。
2021版高考物理一轮复习课时分层提升练十九动能定理及其应用(含解析)
动能定理及其应用(建议用时45分钟)1.如图所示,木盒中固定一质量为m的砝码,木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止。
现拿走砝码,而持续加一个竖直向下的恒力F(F=mg),若其他条件不变,则木盒滑行的距离( )A.不变B.变小C.变大D.变大变小均可能【解析】选B。
设木盒质量为M,木盒中固定一质量为m的砝码时,由动能定理可知,μ(m+M)gx1=(M+m)v2,解得x1=;加一个竖直向下的恒力F(F=mg)时,由动能定理可知,μ(m+M)gx2=Mv2,解得x2=。
显然x2<x1。
则B正确,A、C、D错误。
2.(2016·全国卷Ⅲ)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动,在时间间隔t内位移为s,动能变为原来的9倍。
该质点的加速度为( )A. B. C. D.【解析】选A。
设初、末速度分别为v1、v2,加速度为a,则由E k=mv2得v2=3v1;代入s=t 得v1=,v2=,a===,故选A。
3.如图所示,质量为m的物体静置在水平光滑平台上,系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮,由地面上的人以速度v0向右匀速拉动,设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处,在此过程中人所做的功为( )A. B.C. D.m【解析】选C。
由题意知,绳与水平方向夹角为45°时,沿绳方向的速度v=v0cos 45°=,故质量为m的物体速度等于,对物体应用动能定理可知,在此过程中人所做的功为W=mv2-0=,C正确。
4.(多选)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,g取10 m/s2,则下列说法错误的是( )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A、B、C。
2021_2022学年高中物理课时分层作业14动能动能定理(含解析)教科版必修2
课时分层作业(十四)[根底达标练](时间：15分钟 分值：50分)一、选择题(此题共6小题，每题6分，共36分) 1．(多项选择)质量一定的物体( ) A ．速度发生变化时其动能一定变化 B ．速度发生变化时其动能不一定变化 C ．速度不变时其动能一定不变 D ．动能不变时其速度一定不变BC [速度是矢量，速度变化时可能只有方向变化，而大小不变，动能是标量，所以速度只有方向变化时，动能可以不变；动能不变时，只能说明速度大小不变，但速度方向不一定不变，故只有B 、C 正确．]2．改变物体的质量和速度都可改变物体的动能，在以下情况下，物体的动能变化最大的是( )A ．物体的质量不变，运动速度增大到原来的2倍B ．物体的速度不变，质量增大到原来的2倍C ．物体的质量变为原来的3倍，运动速度减为原来的一半D ．物体的质量变为原来的一半，速度增加为原来的4倍 D [由动能的计算式E k ＝12mv 2可知，D 正确．]3．某消防队员从一平台上跳下，下落2 m 后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身的重心又下降了0.5 m ，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为( )A ．自身所受重力的2倍B ．自身所受重力的5倍C ．自身所受重力的8倍D ．自身所受重力的10倍B [设地面对双脚的平均作用力为F ，在全过程中，由动能定理得mg (H ＋h )－Fh ＝0F ＝mg (H ＋h )h＝,0.5)mg ＝5mg ，B 正确．]4．一空盒以某一初速度在水平面上滑行，滑行的最远距离为L .现往空盒中倒入砂子，使空盒与砂子的总质量为原来空盒的3倍，仍以原来的初速度在水平面上滑行，此时滑行的最远距离为( )A.19L B.13L C ．LD ．3LC [盒子与水平面动摩擦因数一定，据动能定理得－μmgs ＝0－12mv 20，解得s ＝v 22μg ，位移s 与物体质量无关，正确选项为C.]5．甲、乙两辆汽车的质量之比m 1∶m 2＝2∶1，它们刹车时的初动能一样，假设它们与水平地面之间的动摩擦因数一样，那么它们滑行的距离之比s 1∶s 2等于( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶4D ．4∶1B [对两辆汽车由动能定理得：－μm 1gs 1＝0－E k ，－μm 2gs 2＝0－E k ，s 1∶s 2＝m 2∶m 1＝1∶2，B 正确．]m 的物体以初速度v 0沿水平面向左开场运动，起始点A 与一轻弹簧O 端相距s ，如下图．物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x ，那么从开场碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克制弹簧弹力所做的功为( )A.12mv 20－μmg (s ＋x ) B.12mv 20－μmgx C ．μmgsD ．μmg (s ＋x )A [由动能定理－W －μmg (s ＋x )＝0－12mv 20，故物体克制弹簧弹力做功W ＝12mv 20－μmg (s＋x )，A 正确．]二、非选择题(14分)7．将质量为m 的物体，以初速度v 0竖直向上抛出．抛出过程中阻力大小恒为重力的0.2倍．求：(1)物体上升的最大高度； (2)物体落回抛出点时的速度大小． [解析] (1)上升过程，由动能定理 －mgh －fh ＝0－12mv 2① fmg②联立①②可得：h ＝5v 212g .③(2)全过程，由动能定理 －2fh ＝12mv 2－12mv 2④联立②③④可得：v ＝63v 0. [答案] (1)5v 2012g (2)63v 0[能力提升练](时间：25分钟 分值：50分)一、选择题(此题共3小题，每题6分，共18分)1.如下图，质量为m 的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物块重力的k 倍．物块与转轴OO ′相距R ，随转台由静止开场转动．当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到滑动前的这一过程中，转台对物块的静摩擦力对物块做的功为( )A ．0B ．2πkmgRC ．2kmgRD.12kmgR D [在转速增加的过程中，转台对物块的摩擦力是不断变化的，当转速增加到一定值时，物块在转台上即将滑动，说明此时最大静摩擦力提供向心力，即kmg ＝m v 2R.设这一过程中转台对物块的摩擦力所做的功为W f ，由动能定理可得W f ＝12mv 2，解得W f ＝12kmgR ，D 正确．]2.(多项选择)如下图，半径为R 的14光滑圆弧槽固定在小车上，有一小球静止在圆弧槽的最低点．小车和小球一起以速度v 向右匀速运动．当小车遇到障碍物突然停顿后，小球上升的高度可能是( )A ．等于v 22gB ．大于v 22gC ．小于v 22gD ．与小车的速度v 有关ACD [小球冲上圆弧槽，那么有两种可能，一是速度较小，滑到某处小球速度为0，根据动能定理有－mgh ＝0－12mv 2，解得h ＝v22g；另一可能是速度较大，小球滑出弧面做斜抛运动，到最高点还有水平速度，那么此时小球所能到达的最大高度要小于v 22g.故A 、C 、D 正确，B 错误．]3．如下图为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开场自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．那么( )A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh 7C ．载人滑草车克制摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35gAB [由题意知，上、下两段斜坡的长分别为s 1＝h sin 45°、s 2＝hsin 37°由动能定理知：2mgh ＝μmgs 1cos 45°＋μmgs 2cos 37° 解得动摩擦因数μ＝67，选项A 正确；下落h 时的速度最大，由动能定理知：mgh －μmgs 1cos 45°＝12mv 2解得v ＝2gh7，选项B 正确； 载人滑草车克制摩擦力做的功与重力做功相等，即W ＝2mgh ，选项C 错误；滑草车在下段滑道上的加速度大小为a ＝μg cos 37°－g sin 37°＝335g ，选项D 错误．]二、非选择题(此题共3小题，共32分)4．(6分)某同学为探究“合力做功与物体速度变化的关系〞，设计了如下实验，他的操作步骤是：①按图摆好实验装置，其中小车质量M ＝0.20 kg ，钩码总质量m ＝0.05 kg. ②释放小车，然后接通打点计时器的电源(电源频率为f ＝50 Hz)，打出一条纸带．(1)他在屡次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条，如下图．把打下的第一点记作0，然后依次取假设干个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，用厘米刻度尺测得各计数点到0点距离分别为d 1＝0.004 m ，d 2＝0.055 m ，d 3＝0.167 m ，d 4＝0.256 m ，d 5＝0.360 m ，d 6＝0.480 m…，他把钩码重力(当地重力加速度g 取9.8 m/s 2)作为小车所受合力，算出打下0点到打下第5点合力做功W ＝________J(结果保存三位有效数字)，打下第5点时小车的速度v 5＝________m/s(结果保存三位有效数字)．(2)此次实验探究的结果，他没能得到“合力对物体做的功W ∝v 2〞的结论，且误差很大．通过反思，他认为产生误差的原因如下，其中正确的选项是________．A ．钩码质量太大，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多B ．没有平衡摩擦力，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多C ．释放小车和接通电源的次序有误，使得动能增量的测量值比真实值偏小D ．没有使用最小刻度为毫米的刻度尺测距离也是产生此误差的重要原因 [解析] (1)根据题意物体所受合外力为：F ＝mg ＝0.05×9.8 N＝0.49 N ，根据功的定义可知：W ＝Fd 5＝0.176 J ；根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可以求出第5个点的速度大小为：v 5＝d 6－d 42T＝,2× ) m/s ＝1.12 m/s.(2)设绳子上拉力为F ，根据牛顿第二定律有： 对小车：F ＝Ma ① 对钩码：mg －F ＝ma ②联立①②可得F ＝mgM M ＋m ＝mg1＋mM，由此可知当M ≫m 时，钩码的重力等于绳子的拉力，因此当钩码质量太大时，会造成较大误差，故A 正确；实验中要进展平衡摩擦力操作，假设没有平衡摩擦力直接将钩码重力做的功当做小车合外力做的功，会造成较大误差，故B 正确；释放小车和接通电源的顺序有误，影响打点多少，不一定会使动能的测量值偏小，故C 错误；距离的测量产生的误差不是该实验产生的主要误差，故D 错误．[答案] (1)0.176 1.12 (2)AB5.(12分)如下图，在海滨游乐场里有一种滑沙游戏，人坐在滑板上从倾角为θ的斜坡上由静止开场下滑，经过斜坡底端沿水平滑道再滑行一段距离停下．滑板与斜面和水平滑道间的动摩擦因数均为μm ＝60 kg ，滑行过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g 取10 m/s 2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)把人和滑板看作整体，画出该整体从斜坡上下滑过程中的受力示意图； (2)假设θ＝37°，人从斜坡滑下时加速度的大小；(3)假设θ＝37°，水平滑道BC 的最大长度为L 1＝20 m ，求人在斜坡上滑下的高度应不超过多少；(4)假设斜坡倾角θ大小可调节，且大小未知，水平滑道BC 的长度未知，但是场地的水平空间距离DC 的最大长度为L 2＝30 m ，人在斜坡上从D 的正上方A 处由静止下滑，那么A 到D 的高度不超过多少？[解析] (1)受力如下图．(2)根据牛顿第二定律得mg sin 37°－f ＝maN ＝mg cos 37° f ＝μN联立以上三式，代入数据解得a ＝3.6 m/s 2.(3)人和滑板从距水平面高H 处下滑，从人和滑板在斜面上开场运动到人和滑板停顿运动的过程中，根据动能定理：mgH －μmg cos 37°Hsin 37°－μmgL 1＝0－0代入数据解得H ＝10 m.(4)设A 到D 的高度为h ，根据动能定理mgh －μmg cos θhsin θ－μmg ⎝⎛⎭⎪⎫L 2－htan θ＝0－0代入数据解得h ＝9 m.[答案] (1)见解析 (2)3.6 m/s 2(3)10 m (4)9 m6．(14分)如下图，固定在水平地面上的工件，由AB 和BD 两局部组成，其中AB 局部为光滑的圆弧，圆心为O ，∠AOB ＝37°，圆弧的半径R ＝0.5 m ；BD 局部水平，长度为0.2 m ，C 为BD 的中点．现有一质量m ＝1 kg 、可视为质点的物块从A 端由静止释放，恰好能运动到D点．(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)物块运动到B 点时，对工件的压力大小；(2)为使物块恰好运动到C 点静止，可以在物块运动到B 点后，对它施加一竖直向下的恒力F ，F 应为多大？[解析] (1)物块由A 运动到B 点的过程中，由动能定理有mgR (1－cos 37°)＝12mv 2解得v 2＝2gR (1－cos 37°)＝2×10×0.5×(1－0.8)＝2(m/s)2在B 点，由牛顿第二定律有N －mg ＝m v 2R解得N ＝mg ＋m v 2R ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫10＋20.5N ＝14 N 由牛顿第三定律有N ′＝N ＝14 N.(2)物块由B 运动到D 点的过程中，由动能定理有μmg ·BD ＝12mv 2施加恒力F 后，物块由B 运动到C 点的过程中，由动能定理有μ(mg ＋F )BC ＝12mv 2可得mgBD ＝(mg ＋F )BC由题知BD ＝2BC ，得2mg ＝mg ＋F 解得F ＝mg ＝1×10 N＝10 N. [答案] (1)14 N (2)10 N。
专题16 动能定理及其应用（解析版）
高考物理一轮复习限时训练专题16 动能定理及其应用(限时：45min)一、选择题（共10小题）1．A 、B 两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F 作用下，由静止开始通过相同的位移l 。
若A 的质量大于B 的质量，则在这一过程中( )A ．A 获得动能较大B ．B 获得动能较大C ．A 、B 获得动能一样大D ．无法比较A 、B 获得动能大小【答案】C【解析】由动能定理可知恒力F 做功W ＝Fl ＝12mv 2－0，因为F 、l 相同，所以A 、B 获得的动能一样大，C 正确。
2．(2018·全国卷Ⅱ)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 ．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【答案】A【解析】由题意知，W 拉－W 阻＝ΔE k ，则W 拉＞ΔE k ，故A 正确、B 错误；W 阻与ΔE k 的大小关系不确定，故C 、D 错误。
3．(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 的关系图像是( )【答案】A【解析】;小球做竖直上抛运动，设初速度为v 0，则v ＝v 0－gt ，小球的动能E k ＝12mv 2，把速度v 代入得，E k ＝12mg 2t 2－mgv 0t ＋12mv 02，E k 与t 为二次函数关系。
4．一个质量为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，如图所示，那么在这段时间内，其中一个力做的功为( )A.16mv 2B.14mv 2C.13mv 2D.12mv 2 【答案】B【解析】在合力F 的方向上，由动能定理得W ＝Fl ＝12mv 2，某个分力的功为W 1＝12W ＝14mv 2，B 正确。
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课时分层作业十五
动能定理及其应用
(45分钟100分)
【基础达标题组】
一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。
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】选B。
根据动能定理得-μmgx=0-E k,得滑行距离x=,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,物体克服摩擦做的功等于物体动能的减小量,动能的减小量相等,则物体克服摩擦做的功相等,故C、D错误。
2.(2018·宣城模拟)如图所示,AB为圆弧轨道,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.μmgR
B.mgR
C.mgR
D.(1-μ)mgR
【解析】选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。
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=W2
B.E k1>E k2,W1=W2
C.E k1<E k2,W1<W2
D.E k1>E k2,W1<W2
【解析】选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.(2018·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,各自轨迹的最低点时,下列说法正确的是 ( )。