2020～2021学年高一物理下学期暑假训练5动能和动能定理【含答案】

动能和动能定理1．(多选)如图所示，甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s。甲在光滑水平面上，乙在粗糙水平面上。下列关于力F对甲、乙做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是()A．力F对甲做功多B．力F对甲、乙两个物体做的功一样多C．甲物体获得的动能比乙大D．甲、乙两个物体获得的动能相同2．如图所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相切，C为切点，圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为θ。现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动。已知圆弧轨道的圆心O与A、D在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求：(1)滑块第一次滑至左侧圆弧上时距A点的最小高度差h；(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s。1．(多选)关于动能，下列说法正确的是()A．公式Ek＝eq\f(1,2)mv2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．物体以相同的速率向东和向西运动，动能的大小相等但方向不同D．物体以相同的速率做匀速直线运动和曲线运动，其动能不同2．(多选)一个物体在水平方向的两个恒力作用下沿水平方向做匀速直线运动，若撤去其中的一个力，则()A．物体的动能可能减少B．物体的动能可能不变C．物体的动能可能增加D．余下的力一定对物体做功3．一质量为m的物体静止在粗糙的水平面上，当此物体受水平力F作用运动了距离s时，其动能为E1，而当此物体受水平力2F作用运动了相同的距离时，其动能为E2，则()A．E2＝E1B．E2＝2E1C．E2>2E1D．E1<E2<2E14．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Ek与时间t的关系图像是()5．如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)()A．eq\r(2gh) B．eq\r(\f(4gh,3）C．eq\r(gh)D.eq\r(\f(gh,2）6．质量m＝10kg的物体只在变力F作用下沿水平方向做直线运动，F随坐标x的变化关系如图所示。若物体从坐标原点处由静止出发，则物体运动到x＝16m处时的速度大小为()A．3m/sB．4m/sC．2eq\r(2)m/sD．eq\r(17)m/s7．(多选)质量为m的物体放在水平面上，它与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。用水平力拉物体，运动一段时间后撤去，最终物体停止运动。物体运动的v－t图像如图所示。下列说法正确的是()A．水平拉力大小为F＝meq\f(v0,t0)B．物体在3t0时间内位移大小为eq\f(3,2)v0t0C．在0～3t0时间内水平拉力做的功为eq\f(1,2)mv02D．在0～3t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为eq\f(1,2)μmgv08．(多选)质量为m的小球在竖直向上的恒力F作用下由静止开始向上匀加速运动，经时间t运动到P点，撤去F又经时间t小球回到出发点，速度大小为v，不计阻力，已知重力加速度为g，则下列判断正确的是()A．撤去力F时小球的动能为eq\f(1,4)mv2B．小球上升的最大高度为eq\f(v2,2g)C．拉力F所做的功为eq\f(1,2)mv2D．拉力的最大功率为eq\f(2,3)mgv9．(多选)静止在水平地面的物块，受到水平方向的拉力F作用，此拉力方向不变，其大小F与时间t的关系如图所示。设物块与地面间的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则()A．0～t1时间内F的功率逐渐增大B．t2时刻物块的加速度最大C．t2时刻后物块做反向运动D．t3时刻物块的动能最大10．(多选)如图所示，在倾角为θ的足够长斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端的挡板固定，另一端与质量为M的平板A连接，一质量为m的物体B靠在平板的右侧，A、B与斜面的动摩擦因数均为μ。开始时用手按住B使弹簧处于压缩状态，现释放，使A和B一起沿斜面向上运动，当A和B运动距离L时达到最大速度v。则下列说法正确的是()A．A和B达到最大速度v时，弹簧恢复原长B．若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为g(sinθ＋μcosθ)C．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于eq\f(1,2)Mv2＋MgLsinθ＋μMgLcosθD．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，B受到的合力对它做的功等于eq\f(1,2)mv211．完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m＝60kg，g＝10m/s2，求：图1图2(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。12．如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC固定在竖直平面内且与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R。质量为m的滑块(视为质点)从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A。已知∠POC＝60°，求：(1)滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时所受轨道支持力；(2)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；(3)弹簧被锁定时具有的弹性势能。

1．选BC由W＝Flcosα＝Fs可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，A错误，B正确；根据动能定理，对甲有：Fs＝Ek1，对乙有：Fs－Ffs＝Ek2，可知Ek1>Ek2，C正确，D错误。2．(1)滑块从D到达左侧最高点F经历DC、CB、BF三个过程，现以DF整个过程为研究过程，运用动能定理得：mgh－μmgcosθ·eq\f(R,tanθ)＝0解得h＝eq\f(μRcosθ,tanθ)。(2)通过分析可知，滑块最终滑至C点的速度为0时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得：mgRcosθ－μmgcosθ·s＝0解得s＝eq\f(R,μ)。1．AB动能是标量，与速度的大小有关，而与速度的方向无关。公式中的速度一般是相对于地面的速度，故A、B正确。2．ACD因物体的速度方向与余下的力的方向关系不知，故存在多种可能：当物体的速度方向与余下的力同向或夹角为90°或锐角时，力对物体做正功，动能增加，当物体速度方向与余下的力反向或夹角为钝角时，力对物体做负功，动能减少，余下的力一定对物体做功，物体的动能或增加，或减少，一定会改变，所以，A、C、D均正确，B错误。3．C由动能定理可得Fs－Wf＝E1，2F作用时，由动能定理可得2Fs－Wf＝E2，由eq\f(E2,E1)＝eq\f(2Fs－Wf,Fs－Wf)＝eq\f(2Fs－2Wf＋Wf,Fs－Wf)＝2＋eq\f(Wf,Fs－Wf)>2，可得E2>2E1，选项C正确。4．A小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt，小球的动能Ek＝eq\f(1,2)mv2，把速度v代入得，Ek＝eq\f(1,2)mg2t2－mgv0t＋eq\f(1,2)mv02，Ek与t为二次函数关系。5．B小球A下降h过程小球克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降过程，由动能定理有3mgh－W1＝eq\f(1,2)·3mv2－0，解得v＝eq\r(\f(4gh,3），故B正确。6．CF－x图线与x轴围成的面积表示力F所做的功，则这段过程中，外力做功为W＝eq\f(1,2)×(4＋8)×10J－eq\f(1,2)×4×10J＝40J，根据动能定理得W＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2W,m）＝eq\r(\f(2×40,10）m/s＝2eq\r(2)m/s，故C正确，A、B、D错误。7．BD根据v－t图像和牛顿第二定律可知F－μmg＝meq\f(v0,t0)，故选项A错误；由v－t图像与坐标轴所围面积可知，在3t0时间内的位移为x＝eq\f(1,2)·3t0·v0＝eq\f(3,2)v0t0，所以选项B正确；在0～3t0时间内由动能定理可知W－μmgx＝0，故水平拉力做的功W＝eq\f(3,2)μmgv0t0，又Ff＝μmg＝eq\f(mv0,2t0)，则W＝eq\f(3,4)mv02，选项C错误；0～3t0时间内克服摩擦力做功的平均功率为eq\x\to(P)＝eq\f(Wf,3t0)＝eq\f(1,2)μmgv0，所以选项D正确。8．BCD拉力F作用时，小球上升的加速度大小为a，末速度大小为v′，则小球上升的高度h＝eq\f(1,2)at2，v′＝at，撤去外力后－h＝v′t－eq\f(1,2)gt2，解得a＝eq\f(1,3)g，F＝eq\f(4,3)mg。对全过程由动能定理知eq\f(1,2)mv2＝Fh，C正确。拉力F作用时由动能定理知eq\f(1,2)mv′2＝(F－mg)h，联立解得eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(1,4)×eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,8)mv2，A错误。撤去力F后小球上升的高度为h′，由eq\f(1,2)mv2＝Fh，eq\f(1,2)mv′2＝mgh′知小球上升的最大高度H＝h＋h′＝eq\f(v2,2g)，B正确。拉力F的最大功率Pm＝Fv′＝eq\f(2,3)mgv，D正确。9．BD10．BDA和B达到最大速度v时，A和B的加速度为零，对A、B整体：由平衡条件知kx＝(m＋M)gsinθ＋μ(m＋M)gcosθ，所以此时弹簧处于压缩状态，故A错误；A和B恰好分离时，A、B间的弹力为0，A、B的加速度大小相同，对B受力分析，由牛顿第二定律知，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，得a＝g(sinθ＋μcosθ)，故B正确；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对A、B整体，根据动能定理得W弹－(m＋M)·gLsinθ－μ(m＋M)gLcosθ＝eq\f(1,2)(m＋M)v2，所以弹簧对A所做的功W弹＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋(m＋M)·gLsinθ＋μ(m＋M)gLcosθ，故C错误；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，根据动能定理得，B受到的合力对它做的功W合＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv2，故D正确。11．(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有eq\f(v,2)＝eq\f(L1,t)①根据动能定理，有W＝eq\f(1,2)mv2－0②联立①②式，代入数据，得W＝7.5×104J。③(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2＝Rsinθ④由牛顿第二定律，有FN－mg＝meq\f(v2,R)⑤联