2024-2025学年新教材高中物理课时分层作业十五动能和动能定理新人教版必修第二册

课时分层作业(十五)动能和动能定理A级必备学问基础练1.(多选)关于运动物体所受的合外力、合外力做的功、物体动能的变更，下列说法正确的是()A．运动物体所受的合外力不为零，物体的动能不确定变更B．运动物体所受的合外力为零，则物体的动能确定不变C．运动物体的动能保持不变，则该物体所受合外力确定为零D．运动物体所受合外力不为零，则该物体确定做变速运动，其动能要变更2．变更物体质量或速度都可以变更物体的动能，在下列状况下物体的动能变更最大的是()A．物体的质量不变，运动速度增大为原来的2倍B．物体的速度不变，质量增大为原来的2倍C．物体的质量变为原来的3倍，运动速度减为原来的一半D．物体的质量变为原来的一半，速度增加为原来的4倍3．如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，重力加速度为g，不计空气阻力．则小球从A点到C点的过程中弹簧弹力对其做的功是()A．－mghB．12mv2－C．mgh－12mv2D．－(mgh＋12mv4．某同学参与学校运动会立定跳远项目竞赛，起跳直至着地过程如图所示，测量得到竞赛成果是2.5m，目测空中脚离地最大高度约0.8m，忽视空气阻力，则起跳过程该同学所做功最接近()A．65JB．750JC．1025JD．1650J5．[2024·山西朔州高一期末]如图所示，一架喷气式飞机质量为m，起飞过程中从静止起先滑跑．当位移达到L时，速度达到起飞速度v.在此过程中，飞机受到的平均阻力是飞机所受重力的k倍．重力加速度g已知，求飞机平均牵引力的大小．(本题要求用动能定理求解)6.某游乐场的滑梯可以简化为如图所示竖直面内的ABCD轨道，AB为长L＝6m、倾角α＝37°的斜轨道，BC为水平轨道，CD为半径R＝15m、圆心角β＝37°的圆弧轨道，轨道AB段粗糙，其余各段均光滑．一小孩(可视为质点)从A点以初速度v0＝23m/s下滑，沿轨道运动到D点时的速度恰好为0(不计经过B点时的能量损失)．已知该小孩的质量m＝30kg，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)该小孩第一次经过圆弧轨道C点时的速度大小；(2)该小孩与AB段间的动摩擦因数．B级关键实力提升练7.水平面有一粗糙段AB长为s，一物块(可看作质点)第一次从A点以速度v0向右运动，到达B点时速率为v，物块与粗糙段AB间的动摩擦因数与离A点的距离x满意μ＝kx(k为恒量)．其次次也以相同速度v0从B点向左运动，则()A．其次次也能运动到A点，但速率不确定为vB．其次次也能运动到A点，但两次所用时间不同C．两次克服摩擦力做的功不相同D．两次速率相同的位置只有一个，且距离A为3s8．[2024·浙江6月]小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最终做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，则提升重物的最短时间为()A．13.2sB．14.2sC．15.5sD．17.0s9．如图所示，一轨道由半径为2m的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度可调的水平直轨道BC在B点平滑连接而成，现有一质量为0.2kg的小球从A点无初速度释放，经过圆弧上B点时，传感器测得轨道所受压力大小为3.6N，小球经过BC段所受的阻力为其重力的0.2，然后从C点水平飞离轨道，落到水平地面上的P点，P、C两点间的高度差为3.2m，小球运动过程中可视为质点，且不计空气阻力．g取10m/s2.(1)求小球运动至B点时的速度大小；(2)求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；(3)为使小球落点P与B点的水平距离最大，求BC段的长度．课时分层作业(十五)动能和动能定理1．解析：物体所受合外力不为零，但合外力不确定做功，故动能不确定会变更，A正确；假如物体所受合外力为零，依据功的公式W＝Flcosα可知，合外力对物体做的功确定为零，故动能确定不变，B正确；假如运动物体的动能保持不变，则合外力做的功为零，但合外力不确定为零，也可能物体的合外力和运动方向垂直，合外力不做功，比如匀速圆周运动，C错误；运动物体所受的合外力不为零，物体做变速运动可能是速度方向变更而速度大小不变，所以，做变速运动的物体，动能可能不变，比如匀速圆周运动，D错误．答案：AB2．解析：质量不变，速度增大为原来的2倍，依据动能的表达式Ek＝eq\f(1,2)mv2知，物体的动能变为原来4倍，A不符合题意；速度不变，质量增大为原来的2倍，依据动能的表达式Ek＝eq\f(1,2)mv2知，物体的动能变为原来2倍，B不符合题意；质量变为原来的3倍，速度减为原来的一半，依据动能的表达式Ek＝eq\f(1,2)mv2知，物体的动能变为原来eq\f(3,4)，C不符合题意；物体的质量变为原来的一半，速度增加为原来的4倍，依据动能的表达式Ek＝eq\f(1,2)mv2知，物体的动能变为原来的8倍，则动能变更最大的是D，D符合题意．答案：D3．解析：对小球从A点运动到C点的过程，依据动能定理有－mgh＋W＝0－eq\f(1,2)mv2，解得W＝mgh－eq\f(1,2)mv2，C正确．答案：C4．解析：人从最高点落地可看作平抛运动，设人在最高点的速度为v0，则h＝eq\f(1,2)gt2，eq\f(1,2)x＝v0t，则起跳过程中该同学所做的功为W＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，解得W≈750J.答案：B5．解析：以飞机为探讨对象，据动能定理有W合＝Ek－E′k，即可得(F－kmg)L＝eq\f(1,2)mv2－0，解得F＝eq\f(mv2,2L)＋kmg.答案：eq\f(mv2,2L)＋kmg6．解析：(1)由C到D点时速度减为0，由动能定理可得－mg(R－Rcosβ)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))，得vC＝2eq\r(15)m/s.(2)小孩从A运动到D的过程中，由动能定理得mgLsinα－μmgLcosα－mgR(1－cosβ)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，或取A到C的过程有mgLsinα－μmgLcosα＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))解得μ＝0.25.答案：(1)2eq\r(15)m/s(2)0.257．解析：依据μ＝kx知物块所受的滑动摩擦力大小为Ff＝μmg＝kmgx，可知第一次物块向右运动的过程中摩擦力不断增大，加速度不断增大，而其次次向左运动的过程中，摩擦力不断减小，加速度不断减小，即物块速度减小变慢，故其次次也能运动到A点，两个过程中，摩擦力做功相同，由动能定理可知，其次次到达A点的速率也为v，但时间变长，故A、C错误，B正确；设两次速率相同的位置距离A点的距离为x，相同的速率设为v′，依据动能定理得第一次有－eq\f(0＋μmgx,2)·x＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，其次次有－eq\f(μmgs＋μmgx,2)(s－x)＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，联立解得x＝eq\f(\r(2)s,2)，故D错误．答案：B8．解析：以最大加速度向上加速到匀加速能达到的最大速度，然后保持功率不变达到最大速度，最终以最大加速度做匀减速运动减速到零所需时间最短．重物向上提升的最大加速度a1＝eq\f(F－mg,m)＝5m/s2，匀加速过程的最大速度v＝eq\f(P,F)＝4m/s，匀加速上升的时间为t1＝eq\f(v,a1)＝0.8s，匀加速上升的高度h1＝1.6m；重物能达到的最大速度为vm＝eq\f(P,mg)＝6m/s，以最大加速度减速上升的时间t2＝eq\f(vm,a2)＝1.2s，上上升度为h2＝3.6m，则以恒功率上升的高度h3＝80m，恒功率上升过程有Pt3＝mgh3＋eq\f(1,2)m(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(m))－v2)，解得t3＝13.5s，则提升重物的最短时间为t＝t1＋t2＋t3＝15.5s，C正确．答案：C9．解析：(1)小球在B点受到的重力与支持力的合力供应向心力，则有：FN－mg＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),R)，代入数据可得：vB＝4m/s.(2)A到B的过程中重力和阻力做功，设克服摩擦力做功为Wf由动能定理可有：mgR－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))，代入数据得：Wf＝2.4J.(3)B到C的过程中，由动能定理有：－kmgLBC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))解得：LBC＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C)),2kg).从C点到落地的时间：t0＝eq\r(\f(2h,g))＝0.8s，B到P的水平距离：L＝eq\f(v