高考物理一轮复习 第5章 第2课时 动能 动能定理练习 人教大纲版

第2课时动能动能定理1.图5－2－7如图5－2－7所示，在抗洪救灾中，一架直升机通过绳索，用恒力F竖直向上拉起一个漂在水面上的木箱，使其由水面开始加速上升到某一高度，若考虑空气阻力而不考虑空气浮力，则在此过程中，以下说法正确的有()A．力F所做功减去克服阻力所做的功等于重力势能的增量B．木箱克服重力所做的功等于重力势能的增量C．力F、重力、阻力，三者合力所做的功等于木箱动能的增量D．力F和阻力的合力所做的功等于木箱机械能的增量解析：对木箱受力分析如图所示，则由动能定理：WF－mgh－WFf＝ΔEk故C对．由上式得：WF－WFf＝ΔEk＋mgh，即WF－WFf＝ΔEk＋ΔEp＝ΔE.故A错D对．由重力做功与重力势能变化关系知B对，故B、C、D对．答案：BCD2．在新疆旅游时，最刺激的莫过于滑沙运动．某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为2v0，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为L，斜面倾角为α，人的质量为m，滑沙板质量不计，重力加速度为g.则()A．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面低端时的速度大小为3v0B．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面低端时的速度大小为eq\r(5)v0C．人沿沙坡下滑时所受阻力F阻＝mgsinα－2mveq\o\al(2,0)/LD．人在下滑过程中重力功率的最大值为2mgv0解析：对人进行受力分析如下图所示，根据匀变速直线运动的规律有：(2v0)2－0＝2aL，veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝2aL，可解得：v1＝eq\r(5)v0，所以选项A错误，B正确；根据动能定理有：mgLsinα－F阻L＝eq\f(1,2)m(2v0)2，可解得F阻＝mgsinα－2mveq\o\al(2,0)/L，选项C正确；重力功率的最大值为Pm＝2mgv0sinα，选项D错误．答案：BC3.图5－2－8如图5－2－8所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ，现给环一个向右的初速度v0，如果在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F的作用，已知力F的大小F＝kv(k为常数，v为环的运动速度)，则环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功(假设杆足够长)可能为()A.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) B．0 C.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(m3g2,2k2) D.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(m3g2,2k2)解析：当mg＝kv0时，即v0＝eq\f(mg,k)时，环做匀速运动，Wf＝0，环克服摩擦力所做的功为零；当mg＞kv0时，即v0＜eq\f(mg,k)时，环在运动过程中，速度减小，F减小，摩擦力Ff增大，最终环静止Wf＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，环克服摩擦力所做的功为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).当mg＜kv0时，即v0＞eq\f(mg,k)时，环在运动过程中，速度减小，F减小，摩擦力Ff减小到mg＝kv时，环做匀速运动，Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(m3g2,2k2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，即环克服摩擦力所做的功为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(m3g2,2k2).答案：ABD4．图5－2－9如图5－2－9甲所示，一质量为m＝1kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块在按如图5－2－9乙所示规律变化的水平力F的作用下向右运动，第3s末物块运动到B点且速度刚好为0，第5s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s(1)A、B间的距离；(2)水平力F在5s时间内对物块所做的功．解析：(1)由图乙可知在3～5s内物块在水平恒力作用下由B点匀加速运动到A点，设加速度为a，A、B间的距离为s，则有F－μmg＝maa＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\f(4－0.2×1×10,1)m/s2＝2m/s2s＝eq\f(1,2)at2＝4m.(2)设整个过程中水平力所做功为WF，物块回到A点时的速度为vA，由动能定理得：WF－2μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)veq\o\al(2,A)＝2asWF＝2μmgs＋mas＝24J.答案：(1)4m(2)24J5.图5－2－10如图5－2－10所示为某探究活动小组设计的节能运输系统．斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为eq\f(\r(3),6).木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程，求m、M的关系？解析：在下滑过程中，对M、m由动能定理得：(M＋m)gh－μ(M＋m)gcosθ·eq\f(h,sinθ)－E弹＝0①在上滑过程中，对M由动能定理得：－Mgh－μMgcosθ·eq\f(h,sinθ)＋E弹＝0②由①②得：m＝2M答案：m＝21．质量不等，但有相同动能的两物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行直到停止，则下列说法正确的有()A．质量大的物体滑行距离大 B．质量小的物体滑行距离大C．质量大的物体滑行时间长 D．质量小的物体滑行时间长解析：物体的动能全部用来克服摩擦阻力做功，有Ek＝μmgl⇒l＝eq\f(Ek,μmg)，质量小，滑行距离大．而t＝eq\f(v,a)＝eq\f(\r(\f(2Ek,m)),μg)，质量小，滑行时间长．答案：BD2．一个木块静止于光滑水平面上，现有一个水平飞来的子弹射入此木块并深入2cm而相对于木块静止，同时间内木块被带动前移了1cm，则子弹损失的动能、木块获得动能以及子弹和木块共同损失的动能三者之比为()A．3∶1∶2 B．3∶2∶1 C．2∶1∶3 D．2∶3∶1解析：设子弹深入木块深度为d，木块移动s，则子弹对地位移为d＋s；设子弹与木块的相互作用力为Ff，由动能定理，子弹损失的动能等于子弹克服木块阻力所做的功，即ΔE1＝Ff(d＋s)，木块所获得的动能等于子弹对木块作用力所做的功，即ΔE2＝Ffs，子弹和木块共同损失的动能为ΔE3＝ΔE1－ΔE2＝Ffd，即三者之比为(d＋s)∶s∶d＝3∶1∶2.答案：A3．(·江门模拟)起重机将物体由静止举高h时，物体的速度为v，下列各种说法中正确的是(不计空气阻力)()A．拉力对物体所做的功，等于物体动能和势能的增量B．拉力对物体所做的功，等于物体动能的增量C．拉力对物体所做的功，等于物体势能的增量D．物体克服重力所做的功，大于物体势能的增量解析：根据动能定理WF－WG＝mv2/2，WG＝mgh，所以WF＝mv2/2＋mgh，A正确，B、C错误；物体克服重力所做的功，等于物体重力势能的增量，D错误．答案：A4.图5－2－11如图5－2－11所示，图线表示作用在某物体上的合外力随时间变化的关系，若物体开始时是静止的，那么()A．从t＝0开始，5s内物体的动能变化量为零B．在前5s内只有第1s末物体的动能最大C．在前5s内只有第5s末物体的速率最大D．前3s内合外力对物体做的功为零解析：由图象可知0～1s的合外力的大小是2～5s的合外力的大小的2倍，所以加速度大小的关系也是2∶1，物体的运动状态可描述为0～1s物体做匀加速运动到速度最大，3s末减速到零，5s末反向加速到最大，因此5s内动能变化量不为零，故选项A错；前5s内第1s末和第5s末物体的动能和速率一样大，所以选项B、C都不对；3s末减速到零，所以前3s内合外力对物体做的功为零，所以正确选项为D.答案：D5.图5－2－12如图5－2－12所示，一轻弹簧直立于水平地面上，质量为m的小球从距离弹簧上端B点h高处的A点自由下落，在C点处小球速度达到最大．x0表示B、C两点之间的距离；Ek表示小球在C处的动能．若改变高度h，则下列表示x0随h变化的图象和Ek随h变化的图象中正确的是()解析：由题意“在C点处小球速度达到最大”，可知C点是平衡位置，小球受到的重力与弹力平衡，该位置与h无关，B项正确；根据动能定理有mg(h＋x0)－Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝Ek，其中x0与弹性势能Ep为常数，可判断出C项正确．答案：BC6.图5－2－13如图5－2－13所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止．若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是()A．物块滑到b点时的速度为eq\r(gR) B．物块滑到b点时对b点的压力是3mgC．c点与b点的距离为eq\f(R,μ) D．整个过程中物块机械能损失了mgR解析：物块滑到b点时，mgR＝eq\f(1,2)mv2－0，v＝eq\r(2gR)，A不正确．在b点，FN－mg＝meq\f(v2,R)，FN＝3mg，B正确．从a点到c点，机械能损失了mgR，D正确．mgR－μmgs＝0－0，s＝eq\f(R,μ)，C正确．答案：BCD7.图5－2－14如图5－2－14所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A，B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A和B都向前移动一段距离，在此过程中()A．外力F做的功等于A和B动能的增量B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和解析：A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量，即B对．A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A，B对地的位移不等，故二者做功不等，C错．对B物体应用动能定理，WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋Wf，就是外力F对B做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D对．由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错．答案：BD8.图5－2－15构建和谐型、节约型社会深得民心，遍布于生活的方方面面．自动充电式电动车就是很好的一例，电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．当在骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以500J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图5－2－15①所示；第二次启动自充电装置，其动能随位移变化关系如图线5－2－15②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是()A．200JB．250JC．300JD．500J解析：设自行车与路面的摩擦阻力为Ff，由题图可知，关闭自动充电装置时，由动能定理得：0－Ek0＝－Ff·x1，可得Ff＝50N，启动自充电装置后，自行车向前滑行时用于克服摩擦做功为：W＝Ffx2＝300J，设克服电磁阻力做功为W′，由动能定理得：－W′－W＝0－Ek0，可得W′＝200J.答案：A9.图5－2－16如图5－2－16所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动．在移动过程中，下列说法正确的是()A．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和B．F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C．木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能D．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和解析：木箱加速上滑的过程中，拉力F做正功，重力和摩擦力做负功．支持力不做功，由动能定理得：WF－WG－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0.即WF＝WG＋Wf＋eq\f(1,2)mv2.A、B错误，又因克服重力做功WG等于物体重力势能的增加，所以WF＝ΔEp＋ΔEk＋Wf，故D正确，又由重力做功与重力势能变化的关系知C也正确．答案：CD10.图5－2－17如图5－2－17所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，已知OP＝L/2，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B.则：(1)小球到达B点时的速率？(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多少？(3)若初速度v0＝3eq\r(gL)，则在小球从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？解析：(1)小球恰能到达最高点B，有mg＝meq\f(v\o\al(2,B),L/2)，得vB＝eq\r(\f(gL,2)).(2)A→B由动能定理得，－mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,2)))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可求出：v0＝eq\r(\f(7gL,2)).(3)由动能定理得：－mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,2)))－WFf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可求出：WFf＝eq\f(11,4)mgL.答案：(1)eq\r(\f(gL,2))(2)eq\r(\f(7gL,2))(3)eq\f(11,4)mgL11.图5－2－18如图5－2－18所示，质量m＝0.5kg的小球从距离地面高H＝5m处自由下落，到达地面时恰能沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动，半圆形槽的半径R＝0.4m，小球到达槽最低点时速率恰好为10m/s，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘飞出且沿竖直方向上升、下落，如此反复几次，设摩擦力大小恒定不变，取g＝10m/s(1)小球第一次飞出半圆形槽上升到距水平地面的高度h为多少？(2)小球最多能飞出槽外几次？解析：(1)在小球下落到最低点的过程中，设小球克服摩擦力做功为Wf，由动能定理得：mg(H＋R)－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0从小球下落到第一次飞出半圆形槽上升到距水平地面h高度的过程中，由动能定理得mg(H－h)－2Wf＝0－0联立解得：h＝eq\f(v2,g)－H－2R＝eq\f(102,10)－5－2×0.4m＝4.2m.(2)设小球最多能飞出槽外n次，则由动能定理得：mgH－2nWf＝0－0解得：n＝eq\f(mgH,2Wf)＝eq\f(mgH,2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(mg(H＋R)－\f(1,2)mv2)))＝eq\f(gH,2g(H＋R)－v2)＝6.25故小球最多能飞出槽外6次．答案：(1)4.2m(2)6次12.