8.3　动能和动能定理同步练2023-2024学年高一下学期物理人教版（2019）必修第二册

新人教版高中物理必修第二册PAGEPAGE1动能和动能定理基础过关1.改变汽车的质量和速率，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，速率变为原来的2倍B.质量和速率都变为原来的2倍C.质量变为原来的2倍，速率减半D.质量减半，速率变为原来的2倍解析由Ek＝eq\f(1,2)mv2知，m不变，v变为原来的2倍，Ek变为原来的4倍。同理，m和v都变为原来的2倍时，Ek变为原来的8倍；m变为原来的2倍，速率减半时，Ek变为原来的一半；m减半，v变为原来的2倍时，Ek变为原来的2倍，故选项D正确。答案D2.关于动能定理，下列说法中正确的是()A.在某过程中，外力做的总功等于各个力单独做功的绝对值之和B.只要有力对物体做功，物体的动能就一定改变C.动能定理只适用于直线运动，不适用于曲线运动D.动能定理既适用于恒力做功的情况，又适用于变力做功的情况解析外力做的总功等于各个力单独做功的代数和，选项A错误；根据动能定理，决定动能是否改变的是总功，而不是某一个力做的功，选项B错误；动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功的情况，又适用于变力做功的情况，选项C错误，D正确。答案D3.两个物体质量之比为1∶4，速度大小之比为4∶1，则这两个物体的动能之比为()A.1∶1 B.1∶4C.4∶1 D.2∶1解析由动能表达式Ek＝eq\f(1,2)mv2得eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(m1,m2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v1,v2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,1)))eq\s\up12(2)＝4∶1，C正确。答案C4.(多选)一质量为0.1kg的小球，以5m/s的速度在光滑水平面上匀速运动，与竖直墙壁碰撞后以原速率反弹，若以弹回的速度方向为正方向，则小球碰墙过程中速度的变化和动能的变化分别是()A.Δv＝10m/s B.Δv＝0C.ΔEk＝1J D.ΔEk＝0解析弄清速度的变化是矢量而动能的变化是标量，是分析问题的关键。由于速度是矢量，故Δv＝v2－v1＝5m/s－(－5m/s)＝10m/s。而动能是标量，初、末状态的速度大小相等，故动能相等，因此ΔEk＝0，故选项A、D正确。答案AD5.有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图所示。如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是()A.木块所受的合力为零B.因木块所受的力对其都不做功，所以合力做的功为零C.重力和摩擦力的合力做的功为零D.重力和摩擦力的合力为零解析物体做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，故合力不为零，A错误；速率不变，动能不变，由动能定理知，合力做的功为零，而支持力始终不做功，重力做正功，所以重力做的功与摩擦力做的功的代数和为零，但重力和摩擦力的合力不为零，C正确，B、D错误。答案C6.如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是()A.对物体，动能定理的表达式为WN＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，其中WN为支持力做的功B.对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功C.对物体，动能定理的表达式为WN－mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)D.对电梯，其所受合力做功为eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)－mgH解析物体受重力和支持力作用，根据动能定理得WN－mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，故选项C正确，A、B错误；对电梯，合力做功等于电梯动能的变化量，故选项D错误。答案C7.一辆汽车以v1＝6m/s的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行s1＝3.6m，如果以v2＝8m/s的速度行驶，在同样的路面上急刹车后滑行的距离s2应为()A.6.4m B.5.6mC.7.2m D.10.8m解析急刹车后，水平方向上汽车只受摩擦阻力的作用，且两种情况下摩擦力大小是相同的，汽车的末速度皆为零，由动能定理可得－FFfs1＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)①，－FFfs2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)②，②式除以①式得eq\f(s2,s1)＝eq\f(veq\o\al(2,2),veq\o\al(2,1))。故汽车滑行距离s2＝eq\f(veq\o\al(2,2),veq\o\al(2,1))s1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,6)))eq\s\up12(2)×3.6m＝6.4m，选项A正确。答案A8.如图所示，AB为eq\f(1,4)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，与两个轨道的动摩擦因数都为μ，重力加速度为g，当它由轨道顶端A从静止下滑时，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力做功为()A.eq\f(1,2)μmgR B.eq\f(1,2)mgRC.mgR D.(1－μ)mgR解析设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A到C的全过程，根据动能定理有mgR－WAB－μmgR＝0，所以有WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，选项D正确。答案D9.如图所示，用与水平方向成θ角的恒力F，将质量为m的物体由静止开始从A点拉到B点后撤去力F，若物体和地面间的动摩擦因数为μ，A、B间的距离为x，重力加速度为g。求：(1)从A到B的过程中力F做的功W；(2)物体在运动过程中的最大动能；(3)物体的最大滑行距离。解析(1)由功的公式可求得W＝Fxcosθ。(2)由题意知：物体在AB段做加速运动，在B点有最大动能，在AB段Ff＝μFN＝μ(mg－Fsinθ)，对物体从A点到B点的过程应用动能定理Fxcosθ－μ(mg－Fsinθ)x＝Ek－0，即物体在运动过程中的最大动能Ek＝Fx(cosθ＋μsinθ)－μmgx。(3)撤去力F后，物体所受摩擦力变为μmg，设物体从B点到停止运动的位移为l，则－μmgl＝0－Ek物体的最大滑行距离x总＝l＋x＝eq\f(Fx（cosθ＋μsinθ）,μmg)。答案(1)Fxcosθ(2)Fx(cosθ＋μsinθ)－μmgx(3)eq\f(Fx（cosθ＋μsinθ）,μmg)能力提升10.一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F作用下从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，如图所示。则力F所做的功为()A.mglcosθ B.FlsinθC.mgl(1－cosθ) D.Fl(1－sinθ)解析小球的运动过程是缓慢的，因而小球任何时刻均可看作是平衡状态，力F的大小在不断变化，F做功是变力做功。小球上升过程只有重力mg和F这两个力做功，由动能定理得－mg(l－lcosθ)＋WF＝0，所以WF＝mgl(1－cosθ)。选项C正确。答案C11.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块()A.加速度先增大后减小B.经过O点时的速度最大C.所受弹簧弹力始终做正功D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功解析当合外力为零时，弹簧处于压缩状态，弹力等于滑动摩擦力，这一位置在O点的左侧，此时加速度为0，速度最大，选项A、B错误；弹簧弹力先做正功后做负功，选项C错误；从A位置到B位置，动能变化量为零，外力所做的总功也应当为零，而整个过程只有弹簧弹力和摩擦力对物块做功，即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，故选项D正确。答案D12.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))解析小球A下降h过程，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。答案B13.如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的小球(可视为质点)自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的压力为2mg，重力加速度大小为g。小球自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为()A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D.eq\f(π,4)mgR解析在Q点，FN－mg＝eq\f(mv2,R)，所以v＝eq\r(gR)；由P到Q根据动能定理得mgR－WFf＝eq\f(1,2)mv2，解得WFf＝eq\f(1,2)mgR，故C正确。答案C14.如图所示，AB为固定在竖直平面内的eq\f(1,4)光滑圆弧轨道，轨道的B点与水平地面相切，其半径为R。质量为m的小球由A点静止释放，重力加速度为g。求：(1)小球滑到最低点B时，小球速度v的大小；(2)