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1、 课时作业课时作业 17 动能定理及其应用动能定理及其应用 时间：时间：45 分钟分钟 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小于拉力所做的功小于拉力所做的功 B等于拉力所做的功等于拉力所做的功 C等于克服摩擦力所做的功等于克服摩擦力所做的功 D大于克服摩擦力所做的功大于克服摩擦力所做的功 解析：解析：本题考查动能定理由动能定理可知本题考查动能定理由动能定理可知 W拉拉WfEk0，因此，因此，EkW拉拉，故，故 A 正确，正确，B 错
2、误；错误；Ek可能大于、等于或小于可能大于、等于或小于 Wf，选项选项 C、D 错误错误 2 如图所示， 质量为 如图所示， 质量为 0.1 kg 的小物块在粗糙水平桌面上滑行的小物块在粗糙水平桌面上滑行 4 m后以后以 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面间的动摩擦因数为 0.5，桌面高，桌面高 0.45 m，若不计空气阻力，取，若不计空气阻力，取 g10 m/s2，则，则( D ) A小物块的初速度是小物块的初速度是 5 m/s B小物块的水平射程为小物块的水平射程为 1.2 m C小物块在桌面
3、上克服摩擦力做小物块在桌面上克服摩擦力做 8 J 的功的功 D小物块落地时的动能为小物块落地时的动能为 0.9 J 解析：解析： 小物块在桌面上克服摩擦力做功小物块在桌面上克服摩擦力做功 WfmgL2 J， C 错 在错 在水平桌面上滑行，由动能定理得水平桌面上滑行，由动能定理得Wf12mv212mv20，解得，解得 v07 m/s，A 错小物块飞离桌面后做平抛运动，有错小物块飞离桌面后做平抛运动，有 xvt、h12gt2，解得，解得 x0.9 m，B 错设小物块落地时动能为错设小物块落地时动能为 Ek，由动能定理得，由动能定理得 mghEk12mv2，解得，解得 Ek0.9 J，D 正确正确
4、 3如图所示，一质量为如图所示，一质量为 m 的小球用长为的小球用长为 L 的轻绳悬挂于的轻绳悬挂于 O 点，点，小球在水平力小球在水平力 F 的作用下，从位置甲处缓慢移动到乙处的作用下，从位置甲处缓慢移动到乙处60 ，重，重力加速度为力加速度为 g，则力，则力 F 所做的功为所做的功为( A ) A.12mgL B.32mgL C.12FL D.32FL 解析：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，在移动过程中化量为零，在移动过程中 F 和重力做功，根据动能定理可得和重力做功，根据动能定理可得 WFmgL(1cos
5、60 )0，解得，解得 WF12mgL，A 正确，正确，B、C、D 错误错误 4如图所示，质量为如图所示，质量为 m 的物块与水平转台间的动摩擦因数为的物块与水平转台间的动摩擦因数为 ，物块与转轴相距物块与转轴相距 R，物块随转台由静止开始转动当转速增至某一值，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假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力擦力)( D ) A0 B2mgR C2mgR
6、D.mgR2 解析：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，则有有 mgmv2R.在物块由静止到获得速度在物块由静止到获得速度 v 的过程中，物块受到的重力的过程中，物块受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物块做功，由动能定理得和支持力不做功，只有摩擦力对物块做功，由动能定理得 W12mv20.联立解得联立解得 W12mgR.故选项故选项 D 正确正确 5如图所示，长为如图所示，长为 L 的长木板水平放置，在木
7、板的的长木板水平放置，在木板的 A 端放置一端放置一个质量为个质量为 m 的小物块，现缓慢地抬高的小物块，现缓慢地抬高 A 端，使木板以左端为轴转动，端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为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，下列说法不正确的则在整个过程中，下列说法不正确的是是( B ) A木板对小物块做功为木板对小物块做功为12mv2 B摩擦力对小物块做功为摩擦力对小物块做功为 mgLsin C支持力对小物块做功为支持力对小物块做功为 mgLsin D
8、滑动摩擦力对小物块做功为滑动摩擦力对小物块做功为12mv2mgLsin 解析：解析：在抬高在抬高 A 端的过程中，小物块受到的摩擦力为静摩擦力，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：功，这样在抬高小物块的过程中，由动能定理得：WNWG0，即，即WNmgLsin0，所以，所以 WNmgLsin.在小物块下滑的过程中，支持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：力不做功，滑动摩擦力和重力做功，由动能定
9、理得：WGWf12mv2，即即 Wf12mv2mgLsin，B 错，错，C、D 正确在整个过程中，设木板正确在整个过程中，设木板对小物块做的功为对小物块做的功为 W，对小物块在整个过程由动能定理得，对小物块在整个过程由动能定理得 W12mv2，A 正确正确 6有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的，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，从不动，从 h1高处的高处的 A 点由静止开始沿倾角为点由静止开始沿倾角为 的雪道下滑，最后停的雪道下滑，最后停在
10、与在与 A 点水平距离为点水平距离为 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 的雪道的雪道上上 h2高处的高处的 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，则径转折处的能量损失，则( B ) A动摩擦因数为动摩擦因数为 tan B动摩擦因数为动摩擦因数为h1s C倾角倾角 一定大于一定大于 D倾角倾角 可以大于可以大于 解析：解析：第一次停在第一次停在 BC 上的某点，由动能定理得
11、上的某点，由动能定理得 mgh1mgcosh1sinmgs0 mgh1mg(h1tans)0 mgh1mgs0 h1s A 错误，错误，B 正确正确 在在 AB 段由静止下滑，说明段由静止下滑，说明 mgcos，则雪橇不能停在，则雪橇不能停在 E 点，点，所以所以 C、D 错误错误 7如图所示，有一光滑的如图所示，有一光滑的 T 字形支架，在它的竖字形支架，在它的竖直杆上套有一直杆上套有一个质量为个质量为 m1的物体的物体 A， 用长为， 用长为 l 的不可伸长的细绳将的不可伸长的细绳将 A 悬挂在套于水悬挂在套于水平杆上的小环平杆上的小环 B 下，下，B 的质量的质量 m2m1m.开始时开始
12、时 A 处于静止状态，处于静止状态，细绳处于竖直状态今用大小为细绳处于竖直状态今用大小为 F3mg 的水平恒力拉小环的水平恒力拉小环 B，使，使 A上升当拉至细绳与水平杆成上升当拉至细绳与水平杆成 37 角时，求：角时，求： (1)拉力拉力 F 做的功；做的功； (2)A 的速度的速度 解析：解析：(1)当绳与水平杆成当绳与水平杆成 37 角时，角时，B 的位移的位移 xlcos37 ，拉力，拉力 F做的功做的功 WFx2.4mgl (2)对对 A、B 组成的系统应组成的系统应用动能定理：用动能定理： Wm1gl(1sin37 )12m1v2A12m2v2B 将将 A、B 速度分解，如图所示，
13、由图可知速度分解，如图所示，由图可知 vAcos53 vBcos37 解得：解得：vA85gl 答案：答案：(1)2.4mgl (2)85gl 8用水平力用水平力 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，加速直线运动，t1时刻撤去拉力时刻撤去拉力 F，物体做匀减速直线运动，到，物体做匀减速直线运动，到 t2时时刻停止，其速度刻停止，其速度时间图象如图所示，且时间图象如图所示，且 ，若拉力，若拉力 F 做的功为做的功为W1，平均功率为，平均功率为 P1；物体克服摩擦阻力；物体克服摩擦阻力 Ff做的功为做的功为 W2，平均功率为，平均功
14、率为P2，则下列选项正确的是，则下列选项正确的是( B ) AW1W2，F2Ff BW1W2，F2Ff CP12Ff DP1P2，F2Ff 解析：解析：对整个过程由动能定理可得对整个过程由动能定理可得 W1W20，解得，解得 W1W2.由图象可知， 撤去拉力由图象可知， 撤去拉力 F 后运动的时间大于水平力后运动的时间大于水平力 F 作用的时间， 所作用的时间， 所 以以 a1|a2|，即，即FFfmFfm，F2Ff，选项，选项 A、D 错误，错误，B 正确；由于摩擦正确；由于摩擦阻力作用时间一定大于水平力阻力作用时间一定大于水平力 F 作用时间， 所以作用时间， 所以 P1P2， 选项， 选
15、项 C 错误错误 9(多选多选)质量为质量为 1 kg 的物体在水平粗糙的地面上受到一水平外的物体在水平粗糙的地面上受到一水平外力力 F 作用运动，如图甲所示，外力作用运动，如图甲所示，外力 F 和物体克服摩擦力和物体克服摩擦力 f 做的功做的功 W与物体位移与物体位移 x 的关系如图乙所的关系如图乙所示，重力加速度示，重力加速度 g 为为 10 m/s2.下列分析下列分析正确的是正确的是( ACD ) A物体与地面之间的动摩擦因数为物体与地面之间的动摩擦因数为 0.2 B物体运动位移为物体运动位移为 13 m C前前 3 m 运动过程中物体的加速度为运动过程中物体的加速度为 3 m/s2 D
16、x9 m 时，物体速度为时，物体速度为 3 2 m/s 解析：解析：由由 Wffx 对应图乙中的对应图乙中的 b 可知，物体与地面之间的滑动可知，物体与地面之间的滑动摩擦力摩擦力 f2 N，由，由 fmg 可得可得 0.2，选项，选项 A 正确；由正确；由 WFFx 对对应图乙应图乙 a 可知，前可知，前 3 m 内，拉力内，拉力 F15 N,39 m 内拉力内拉力 F22 N，物，物体在前体在前 3 m 内的加速度内的加速度 a1F1fm3 m/s2，选项，选项 C 正确；由动能定理正确；由动能定理得得 WFfx12mv2可得可得 x9 m 时，物体的速度为时，物体的速度为 v3 2 m/s
17、，选项，选项D 正确；设物体运动的最大位移为正确；设物体运动的最大位移为 xm，由动能定理得，由动能定理得 WFfxm0，即物体的最大位移即物体的最大位移 xmWFf13.5 m，选项，选项 B 错误错误 10(2019 安徽皖南八校联考安徽皖南八校联考)(多选多选)在光滑的水平面上，一滑块在光滑的水平面上，一滑块的质量的质量 m2 kg，在水平方向上恒定的外力，在水平方向上恒定的外力 F4 N(方向未知方向未知)的作用的作用下运动， 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两点时速度大小均为
18、 v5 m/s.滑块在滑块在 P点的速度方向与点的速度方向与 PQ连线夹连线夹角角 37 ，sin37 0.6，则，则( BC ) A水平恒力水平恒力 F 的方向与的方向与 PQ 连线成连线成 53 夹角夹角 B滑块从滑块从 P 点到点到 Q 点的时间为点的时间为 3 s C滑块从滑块从 P 点到点到 Q 点的过程中速度最小值为点的过程中速度最小值为 4 m/s DP、Q 两点间距离为两点间距离为 15 m 解析：解析：设水平恒力设水平恒力 F 的方向与的方向与 PQ 连线的夹角为连线的夹角为 ，滑，滑块过块过 P、Q两点时速度大小相等，根据动能定理有两点时速度大小相等，根据动能定理有 Fxc
19、osEk，得，得 90 ，即，即水平方向上恒定的外力与水平方向上恒定的外力与 PQ连线垂直且指向轨迹的凹侧， 故连线垂直且指向轨迹的凹侧， 故 A错误；错误；把滑块在把滑块在 P 点的速度沿点的速度沿 PQ 和垂直和垂直 PQ 两个方向分解，垂直两个方向分解，垂直 PQ 方向方向上滑块先做匀减速运动后做匀加速运动，有上滑块先做匀减速运动后做匀加速运动，有 aFm2 m/s2，当垂直，当垂直PQ 方向上的速度为零时，所用时间方向上的速度为零时，所用时间 tvsin37a1.5 s，根据对称性，根据对称性，滑块从滑块从 P 点到点到 Q 点的时间为点的时间为 t2t3 s，故，故 B 正确；当垂直
20、正确；当垂直 PQ 方方向上的速度为零时，只有沿向上的速度为零时，只有沿 PQ 方向的速度方向的速度 vvcos37 4 m/s，此，此时速度方向与时速度方向与 F 垂直，速度最小，故垂直，速度最小，故 C 正确；垂直力正确；垂直力 F 方向上滑块方向上滑块做匀速运动，有做匀速运动，有 xPQvt12 m，故，故 D 错误错误 11(2019 福建泉州检测福建泉州检测)(多选多选)如图甲所示，长为如图甲所示，长为 l、倾角为、倾角为 的的斜面固定在水平地面上， 一质量为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
21、动摩擦因数沿斜面向下滑动已知物块与斜面间的动摩擦因数 与下滑距离与下滑距离 x 的的变化图象如图乙所示，则变化图象如图乙所示，则( BC ) A0tan B物块下滑的加速度逐渐增大物块下滑的加速度逐渐增大 C物物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功为块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功为120mglcos D物块下滑到底端时的速度大小为物块下滑到底端时的速度大小为 2glsin20glcos 解析：解析： 物块在斜面顶端静止释放能够下滑，应满足物块在斜面顶端静止释放能够下滑，应满足 mgsin0mgcos，即即 0tan，故，故 A 选项错误；根据牛顿第二定律有选项错误；根据牛顿第二定律有 m
22、gsinmgcosma，得，得 agsingcos，可知物块下滑过程中随着，可知物块下滑过程中随着 的减小，的减小，a在 增 大 ， 故在 增 大 ， 故 B 选 项 正 确 ； 摩 擦 力选 项 正 确 ； 摩 擦 力 f mgcos 00lxmgcos(0 xl)，可知，可知 f 与与 x 成线性关系，如图所示，其中成线性关系，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，则物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功 Wf f l120mglcos，故，故 C 选项正确；由动能定理有选项正确；由动能定理有 mglsin120mglcos12mv2，得，得 v 2g
23、lsin0glcos，故，故 D 选项错误选项错误 12 如图是翻滚过山车的模型， 光滑的竖直圆轨道半径为 如图是翻滚过山车的模型， 光滑的竖直圆轨道半径为R2 m，入口的平直轨道入口的平直轨道 AC 和出口的平直轨道和出口的平直轨道 CD 均是粗糙的， 质量均是粗糙的， 质量 m2 kg 的小车与水平轨道之间的动摩擦因数均为的小车与水平轨道之间的动摩擦因数均为 0.5，加速阶段，加速阶段 AB 的长的长度为度为 l3 m，小车从，小车从 A 点由静止开始受到水平拉力点由静止开始受到水平拉力 F60 N 的作用，的作用，在在 B 点撤去拉力，点撤去拉力，g 取取 10 m/s2，试问：，试问：
24、 (1)要使小车恰好通过圆轨道的最高点，小车在要使小车恰好通过圆轨道的最高点，小车在 C 点的速度为多点的速度为多少？少？ (2)满足第满足第(1)的条件的条件下，小车沿着出口平轨道下，小车沿着出口平轨道 CD 滑行多远的距滑行多远的距离？离？ (3)要使小车不脱离轨道，平直轨道要使小车不脱离轨道，平直轨道 BC 段的长度范围？段的长度范围？ 解析：解析：(1)设最高点的速度为设最高点的速度为 v0，则有，则有 mgmv20R 由由 C 点到最高点满足机械能守恒定律，则有点到最高点满足机械能守恒定律，则有 12mv2Cmg 2R12mv20 vC10 m/s (2)由动能定理有由动能定理有mg
25、sCD012mv2C sCD10 m (3)小车经过小车经过 C 点的速度大于点的速度大于 10 m/s 就能做完整圆周运动，由动就能做完整圆周运动，由动能定理得能定理得 Flmg(lsBC)12mv2C 解得解得 sBC5 m 小车进入圆轨道时，上升的高度小于小车进入圆轨道时，上升的高度小于 R2 m 时，小车返回而不时，小车返回而不会脱离轨道，则有会脱离轨道，则有 Flmg(lsBC)mgh00 h2 m 解得解得 sBC11 m 综上可得综上可得 sBC5 m 或者或者 sBC11 m 小车不脱离轨道小车不脱离轨道 答案：答案：(1)10 m/s (2)10 m (3)sBC5 m 或者或者 sBC11 m