2019-2020学年高中物理能力导练二十动能和动能定理含解析 人教版必修2 10页

能力导练二十　动能和动能定理 基础巩固 ‎1．(多选)关于运动物体所受的合外力与物体的动能的变化，下列说法正确的是(　　)‎ A．若运动物体所受的合外力不为零，则物体的动能一定变化 B．若运动物体所受的合外力为零，则物体的动能肯定不变 C．若运动物体的动能保持不变，则该物体所受合外力一定为零 D．若运动物体所受合外力不为零，则该物体一定做变速运动，其动能可能不变 解析：若物体所受合外力为零，则合外力一定不做功，物体的动能一定不发生变化，B正确；物体所受合外力不为零，物体必做变速运动，但合外力不一定做功，如匀速圆周运动中物体所受的合外力只改变速度方向，不改变速度大小，合外力不做功，物体动能不变，A、C错误，D正确．‎ 答案：BD ‎2．一个人站在阳台上，以相同的速率分别把三个球竖直向下、竖直向上、水平抛出，不计空气阻力，则三球落地时的速率(　　)‎ A．上抛球最大 B．下抛球最大 C．平抛球最大 D．一样大 解析：三个小球重力做功相等，初速度大小相等，根据动能定理可知，落地时的速率一样大，D选项正确．‎ 答案：D 10‎ 图1‎ ‎3．如图1所示，质量为m的物块与转台之间的最大静摩擦力为物块重力的k倍，物块与转轴OO′相距R，物块随转台由静止开始转动，当转速缓慢增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到相对滑动前瞬间的过程中，转台的摩擦力对物块做的功为(　　)‎ A．0 B．2πkmgR C．2kmgR D．0.5kmgR 解析：物块随转台做圆周运动，摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律可知，kmg＝m，根据动能定理可知，摩擦力做功增加物块的动能，W＝mv2＝0.5kmgR，D选项正确．‎ 答案：D ‎4．质量m＝2 kg的物体以50 J的初动能在粗糙的水平面上滑行，其动能变化与位移关系如图2所示，则物体在水平面上的滑行时间t为(　　)‎ 图2‎ A．5 s B．4 s C．2 s D．2 s 解析：由动能定理和图数据得mv02＝F阻l，‎ 即50 J＝F阻×10 m，F阻＝5 N，‎ 10‎ v0＝ ＝ m/s＝ m/s，‎ a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，‎ 故t＝＝ s＝2 s.‎ 答案：C 图3‎ ‎5．(2019年江苏省南通市如皋市二模)如图3所示，D、E、F、G为地面上距离相等的四点，三个质量相同的小球A、B、C分别在E、F、G的正上方不同高度处，以相同的水平初速度向左抛出，最后均落到D点．若不计空气阻力，则可判断A、B、C三个小球(　　)‎ A．在空中运动时间之比为1∶3∶5‎ B．初始离地面的高度之比为1∶3∶5‎ C．在空中运动过程中重力的平均功率之比为1∶2∶3‎ D．从抛出到落地过程中，动能的变化量之比为1∶2∶3‎ 解析：小球抛出后做平抛运动，设小球的水平速度为v；A.由题意知，小球在水平方向的位移之比xA∶xB∶xC＝1∶2∶3，小球在水平方向做匀速直线运动，x＝v t，则小球的运动时间之比tA∶tB∶tC＝1∶2∶3，故A错误；B.小球在竖直方向上做自由落体运动，h＝gt2，则抛出点的高度之比hA∶hB∶hC＝tA2∶tB2∶tC2＝1∶4∶9，故B错误；C.重力的平均功率P＝，重力平均功率之比PA∶PB∶PC＝∶∶＝1∶2∶3，故C正确；D.由动能定理得，动能的变化量ΔEk＝mgh，从抛出到落地过程中，动能的变化量之比为ΔEkA∶ΔEkB∶ΔEkC＝hA∶hB∶hC＝1∶4∶9，故D错误；故选C.‎ 答案：C 10‎ ‎6．(多选)一人用力把质量为1 kg的物体由静止提高1 m，使物体获得2 m/s的速度，则(g取10 m/s2)(　　)‎ A．人对物体做的功为12 J B．合外力对物体做的功为2 J C．合外力对物体做的功为12 J D．物体克服重力做的功为10 J 解析：克服重力做功WG克＝mgh＝10 J，D正确；合外力做功，W合＝ΔEk＝mv2－0，W合＝2 J；B正确；W合＝W人－WG克得W人＝12 J，A正确．‎ 答案：ABD ‎7．如图4所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到A点时速度刚好为零．如果将斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点时的速度也刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与水平面及斜面之间的动摩擦因数处处相同且不为零)(　　)‎ 图4‎ A．大于v0 B．等于v0‎ C．小于v0 D．取决于斜面的倾角 解析：斜面AB、AC与水平面间的夹角分别为α、β，物体沿DBA滑动时，合力做的功为W1＝－mgh－μmgsDB－(μmgcosα)sBA＝－mgh－μmgsDO，同理可得当物体沿DCA滑动时，合力做的功为W2＝－mgh－μmgSDO，即两次合力做的功相等．根据动能定理W合＝ΔEk可得，两次物体动能变化也相等，因此当物体沿DCA滑到A点速度为零时，物体具有的初速度也等于v0，故正确选项为B.‎ 10‎ 答案：B ‎8．速度为v的子弹，恰可穿透一块固定的木板，子弹穿透木板时所受阻力视为不变，如果子弹速度为2v，则可穿透多少块同样的固定木板(　　)‎ A．2块 B．3块 C．4块 D．8块 解析：设每块木板厚为d，‎ 由动能定理得：－fd＝0－mv2‎ ‎－fd′＝0－m(2v)2‎ d′＝4d，C正确．‎ 答案：C 综合应用 ‎9．(多选)一个物体从斜面底端冲上足够长的斜面后又返回到斜面底端，已知物体的初动能为E，它返回到斜面底端的速度为v，克服摩擦力做功为，若物体以2E的初动能冲上斜面，则有(　　)‎ A．返回斜面底端时的速度大小为v B．返回斜面底端时的动能为E C．返回斜面底端时的动能为 D．物体两次往返克服摩擦力做功相同 解析：由题意可知，第二次初动能是第一次的2倍，两次上滑加速度相同，据推导公式可得s2＝2s1，则Wf2＝2Wf1＝E，回到底端时动能也为E，从而推知返回底端时的速度大小为v.‎ 10‎ 答案：AB ‎10．一起重机由静止开始以加速度a匀加速提起质量为m的重物(忽略钢绳的重力)，当重物的速度为v1时，起重机允许输出的功率达到最大值P，此后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止．设重物上升高度为h，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．钢绳的最大拉力为 B．钢绳的最大拉力为 C．重物的动能增量为mah D．起重机对重物做功为mv22‎ 解析：匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由P＝Fv得Fm＝，所以A错误，B正确；由题意知重物先做匀加速运动后做加速度减小的加速运动，而ma是匀加速过程的合外力，所以动能的增量不等于mah，故C错误；整个过程起重机对重物做功为W，根据动能定理W－mgh＝mv22，所以D错误．‎ 答案：B ‎11．(多选)如图5甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图5乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则(　　)‎ 图5‎ A．0～t1时间内F的功率逐渐增大 10‎ B．t2时刻物块A的加速度最大 C．t2时刻后物块A做反向运动 D．t3时刻物块A的动能最大 解析：由题图可分析出，在0－t1时间内，F小于fm，物体一直处于静止状态，A选项错误；t2时的动力F最大，故加速度最大，B选项正确；t2－t3时间之间，加速度减小，但仍然沿F方向做加速直线运动，故C错误．t3时刻时，加速度减小到零，速度有最大值，D选项正确．‎ 答案：BD ‎12．如图6所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置．质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回，A离开弹簧后，恰好回到P点，物块A与水平面间的动摩擦因数为μ.求：‎ 图6‎ ‎(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功；‎ ‎(2)O点和O′点间的距离x1.‎ 解析：(1)A从P点出发又回到P点的过程中，根据动能定理，克服摩擦力所做的功为Wf＝mv02.‎ ‎(2)A从P点出发又回到P点的过程中，根据动能定理：‎ ‎－2μmg(x1＋x0)＝0－mv02，得：x1＝－x0.‎ 答案：(1)mv02　(2)－x0‎ 10‎ ‎13．(2019年台州市质量评估)如图7所示，斜面与水平面在B点衔接，水平面与竖直面内的半圆形导轨在C点衔接，半圆形导轨的半径为r＝0.4 m．质量m＝0.50 kg的小物块，从A点沿斜面由静止开始下滑，测得它经过C点进入半圆形导轨瞬间对导轨的压力为35 N，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达D点．已知A到B的水平距离为l1＝3.2 m，B到C的水平距离为l2＝1.6 m，物块与斜面及水平面之间的动摩擦因数均为μ＝0.25，不计物块通过衔接点时的能量损失，g取10 m/s2.求：‎ 图7‎ ‎(1)物块从C至D克服阻力做了多少功？‎ ‎(2)A点离水平面的高度h为多大？‎ ‎(3)为使物块恰好不能越过C而进入半圆形导轨内，物块在斜面上下滑的起始高度应调节为多大？‎ 解析：(1)圆周运动在C点有FN－mg＝m　①‎ 圆周运动在D点有，mg＝m　②‎ 从C至D由动能定理有 ‎－2mgr－Wf＝mvD2－mvC2　③‎ 联立①②③式并代入数据可解得，从C至D物块克服阻力做的功Wf＝1 J　④‎ ‎(2)从A到B，物块克服阻力做的功 ‎ W1＝μmgcosθ·＝μmgl1　⑤‎ 从A到C，由动能定理有 10‎ mgh－W1－μmgl2＝mvC2－0　⑥‎ 联立①⑤⑥式并代入数据可解得h＝2.4 m　⑦‎ ‎(3)从起始到C点由动能定理有 mgh′－μmgcosθ·－μmgl2＝0　⑧‎ 又＝＝　⑨‎ 联立⑧⑨式并代入数据可解得，h′＝0.6 m.‎ 答案：(1)1 J　(2)2.4 m　(3)0.6 m 探究拓展 ‎14．如图8，ABCD为一竖直平面的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长3.5 m，AB和CD轨道光滑．一质量为1 kg的物体，从A点由静止释放，经过BC后滑到高出C点9.3 m的D点速度为零．(g＝10 m/s2)求：‎ 图8‎ ‎(1)物体与BC轨道的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)物体第5次经过B点时的速度vB大小；‎ ‎(3)物体最后停止的位置与B点之间的距离．‎ 解析：(1)分析从A到D过程，由动能定理，‎ mg(H－h)－μmgsBC＝0－0‎ 解得，μ＝0.2.‎ 10‎ ‎(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理，得mgH－μmg4sBC＝mvB2－0‎ 解得vB＝12 m/s.‎ ‎(3)分析整个过程，由动能定理，‎ mgH－μmgs＝0－0‎ 代入数据解得s＝50 m.‎ 故＝14，所以物体在轨道上来回了14次后，还有1 m，故离B的距离为1 m.‎ 答案：(1)0.2　(2)12 m/s　(3)1 m 10‎