“四翼”检测评价（十七） 动能 动能定理

“四翼”检测评价（十七）动能动能定理eq\a\vs4\al(A)组—重基础·体现综合1．(多选)关于物体的动能，下列说法不正确的是()A．质量相同的物体，速度大的动能一定大B．动能相同的物体，质量相同时速度一定相同C．质量不变的物体，速度变化，动能一定变化D．动能不变的物体，一定处于平衡状态解析：选BCD根据Ek＝eq\f(1,2)mv2知，质量相同的物体，速度大的动能一定大，故A正确；动能相同的物体，质量相同时速度大小一定相同，但方向可能不同，故速度可能不同，故B错误；质量不变的物体，速度变化，可能只是速度的方向发生变化，所以动能不一定变化，故C错误；动能不变的物体，不一定处于平衡状态，如匀速圆周运动，故D错误。2.如图所示，某同学用200N的力将质量为0.44kg的足球踢出。足球以10m/s的初速度沿水平草坪滚出60m后静止，则足球在水平草坪上滚动过程中克服阻力做的功是()A．4.4J B．22JC．132J D．12000J解析：选B根据动能定理得－W＝0－eq\f(1,2)mv2，则W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×0.44×102J＝22J，B正确。3.如图所示，两个质量相同的物体a和b处于同一高度，a自由下落，b沿固定光滑斜面由静止开始下滑，不计空气阻力。两物体到达地面时，下列表述正确的是()A．a的速率大 B．b的速率大C．动能相同 D．速度相同解析：选C根据动能定理有：mgh＝eq\f(1,2)mv2－0知：高度相同，所以末动能相等，速度的大小相等，但方向不同。故C正确。4．将距离沙坑表面上方1m高处质量为0.2kg的小球由静止释放，测得小球落入沙坑静止时距离沙坑表面的深度为10cm。若忽略空气阻力，g取10m/s2，则小球克服沙坑的阻力所做的功为()A．0.4J B．2JC．2.2J D．4J解析：选C由动能定理得mg(h＋d)－Wf＝0，解得小球克服沙坑阻力所做的功为Wf＝2.2J，故C正确，A、B、D错误。5．(多选)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为eq\f(Ek,5)。已知sinα＝0.6，重力加速度大小为g。则()A．物体向上滑动的距离为eq\f(Ek,2mg)B．物体向下滑动时的加速度大小为eq\f(g,5)C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长解析：选BC物体从斜面底端向上滑动后又回到斜面底端过程中，根据动能定理有－μmg·2lcosα＝eq\f(Ek,5)－Ek，对物体从斜面底端到斜面顶端的过程根据动能定理有－mglsinα－μmglcosα＝0－Ek，联立以上两式解得l＝eq\f(Ek,mg)，μ＝0.5，A错误，C正确；物体向下滑动时根据牛顿第二定律有ma＝mgsinα－μmgcosα，解得a＝eq\f(g,5)，B正确；物体向上滑动时，根据牛顿第二定律有ma上＝mgsinα＋μmgcosα，物体向下滑动时，根据牛顿第二定律有ma下＝mgsinα－μmgcosα，由上式可知a上>a下，由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同大小的位移，根据公式l＝eq\f(1,2)at2，则可得出t上<t下，D错误。6．质量m＝6×103kg的客机，从静止开始沿平直的跑道匀加速滑行，当滑行距离l＝7.2×102m时，达到起飞速度v＝60m/s。(1)起飞时飞机的动能是多少？(2)若不计滑行过程中所受的阻力，则飞机受到的牵引力为多大？(3)若滑行过程中受到的平均阻力大小为3.0×103N，牵引力与第(2)问中求得的值相等，则要达到上述起飞速度，飞机的滑行距离应为多大？解析：(1)飞机起飞时的动能Ek＝eq\f(1,2)mv2代入数值得Ek＝1.08×107J。(2)设飞机受到的牵引力为F，由题意知合外力为F，由动能定理得Fl＝Ek－0，代入数值得F＝1.5×104N。(3)设飞机的滑行距离为l′，滑行过程中受到的平均阻力大小为Ff，飞机受到的合力为F－Ff。由动能定理得(F－Ff)l′＝Ek－0解得l′＝9×102m。答案：(1)1.08×107J(2)1.5×104N(3)9×102meq\a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新7．(2023·深圳高一检测)如图所示，板长为L，板的B端静止放有质量为m的小物体，物体与板的动摩擦因数为μ。开始时板水平，在缓慢转过一个不太大的角度α的过程中，小物体保持与板相对静止，则在这个过程中()A．摩擦力对小物体做功为μmgLcosα(1－cosα)B．摩擦力对小物体做功为mgLsinα(1－cosα)C．弹力对小物体做功为mgLsinαD．板对小物体做功为mgLsinαcosα解析：选C小物体沿板方向没有发生位移，即沿摩擦力方向没有位移，所以摩擦力对小物体做功为零，A、B错误；根据动能定理得W弹－mgLsinα＝0，解得W弹＝mgLsinα，C正确；根据动能定理得W板－mgLsinα＝0，解得W板＝mgLsinα，D错误。8.如图所示，一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过其最高点A时的动能为(重力加速度为g)()A．2.5mgR B．3mgRC．4mgR D．5mgR解析：选A设小球恰好通过轨道2的最高点B时的速度大小为vB，根据牛顿第二定律有mg＝meq\f(vB2,1.8R)①，设小球在轨道1上经过其最高点A时的动能为EkA，对小球从A到B的过程，根据动能定理有eq\f(1,2)mvB2－EkA＝－mg(3.6R－2R)②，联立①②解得EkA＝2.5mgR，故选A。9．(2023·梅州高一检测)如图甲所示的“滑滑梯”是小朋友们喜爱的游戏活动之一，“滑滑梯”可简化为如图乙所示的模型，斜面AB的倾角θ＝37°，AD高h＝3m，C点处有墙壁。一位质量为20kg的小朋友(可视为质点)从A点开始静止下滑，最后停在水平滑道BC上。假定小朋友与AB、BC之间的动摩擦因数均为μ＝0.3，且经过B点时速度大小不发生变化，已知cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，g＝10m/s2。求：(1)小朋友在滑行过程中重力做的功；(2)小朋友滑到B点时的速度大小；(3)为防止小朋友在C点撞墙，BC间的最小距离。解析：(1)重力做功为WG＝mgh＝600J。(2)由动能定理mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)mv2解得v＝6m/s。(3)运动到C点停止，BC间距最小，设为x，从B到C，根据动能定理μmgx＝eq\f(1,2)mv2解得x＝6m。答案：(1)600J(2)6m/s(3)6m10．半径R＝1m的eq\f(1,4)光滑圆弧轨道下端与一水平粗糙轨道相切连接，水平轨道离地面高度h＝0.8m，如图所示，有一质量m＝1.0kg的小滑块自圆轨道最高点A由静止开始滑下，经过水平轨道末端B时速度为4m/s，滑块从B离开轨道后做平抛运动，最终落在地面上，不计空气阻力，试求：(g取10m/s2)(1)滑块落在地面上时离B的水平位移大小；(2)滑块在水平轨道上滑行时克服摩擦力所做的功Wf。解析：(1)设滑块从B离开轨道后做平抛运动的时间为t，滑块落在地面上时离B的水平位移大小为x，由平抛运动规律有h＝eq\f(1,2)gt2x＝vBt解得x＝1.6m。(2)从A到B，由动能定理得mgR－Wf＝eq\f(1,2)mvB2解得Wf＝2J。答案：(1)1.6m(2)2J11．一个物体从斜面上高h处由静止滑下并紧接着在水平面上滑行一段距离后停止，量得停止处对开始运动处的水平距离为s，如图所示，不考虑物体滑至斜面底端的碰撞作用，并设斜面与水平面对物体的动摩擦因数相同。求：(1)动摩擦因数μ；(2)若该物体从斜面上高2h处由静止滑下，停止处对开始运动处的水平距离s1。解析：(1)设斜面的倾角为θ，斜面的长度为x1，在水平面上运行的位移为x2，则在斜面上所受的滑动摩擦力为Ff1＝μmgcosθ在水平面上所受的摩擦力为Ff2＝μmg根据动能定理得mgh－μmgx1cosθ－μmgx2＝0因为x1cosθ＋x2＝s则有h－μs＝0解得μ＝eq\f(h,s)。(2)根据动能定理可得mg·2h－μmgs1＝0代入μ解得s1＝2s。答案：(1)eq\f(h,s)(2)2s12.如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L＝5.0m，高度h＝3.0m，为保证小朋友的安全，在水平面铺设安全地垫。水平段与斜面段平滑连接，小朋友在连接处速度大小不变。某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在水平地垫上。已知小朋友质量为m＝20kg，小朋友在斜面上受到的平均阻力f1＝88N，在水平段受到的平均阻力f2＝100N。不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功；(2)小朋友滑到斜面底端时的速度v的大小；(3)为使小朋友不滑出水平地垫，地