2024-2025学年新教材高中物理第4章机械能及其守恒定律第3节动能动能定理课时分层作业含解析粤教版必修第二册

PAGE5-动能动能定理(建议用时：25分钟)◎考点一动能、动能定理的理解1．关于动能概念及公式W＝Ek2－Ek1的说法中正确的是()A．若物体速度在变更，则动能肯定在变更B．速度大的物体，动能肯定大C．W＝Ek2－Ek1表示功可以变成能D．动能的变更可以用合力做的功来量度D[速度是矢量，而动能是标量，若物体速度只变更方向，不变更大小，则动能不变，A错；由Ek＝eq\f(1,2)mv2知B错；动能定理W＝Ek2－Ek1表示动能的变更可用合力做的功来量度，但功和能是两个不同的概念，有着本质的区分，故C错，D对。]2．质量为2kg的物体A以5m/s的速度向北运动，另一个质量为0.5kg的物体B以10m/s的速度向西运动，则下列说法正确的是()A．EkA＝EkBB．EkA>EkBC．EkA<EkBD．因运动方向不同，无法比较动能A[依据Ek＝eq\f(1,2)mv2知，EkA＝25J，EkB＝25J，而且动能是标量，所以EkA＝EkB，A项正确。]3.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。假如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．木块所受的合外力为零B．因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零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C[木块做曲线运动，速度方向变更，加速度不为零，故合外力不为零，A错；速率不变，动能不变，由动能定理知，合外力做的功为零，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对，B、D错。]◎考点二动能定理的简洁应用4．甲、乙两个物体的质量分别为m甲和m乙，并且m甲＝2m乙A．1∶1 B．2∶1C．1∶2 D．1∶eq\r(2)C[由动能定理得－μmg·s＝0－Ek0，即s＝eq\f(Ek0,μmg)，则s甲∶s乙＝m乙∶m甲＝1∶2。]5．一个物体的速度从0增大到v，外力对物体做功为W1；速度再从v增大到2v，外力做功为W2，则W1和W2的关系正确的是()A．W1＝W2 B．W1＝2W2C．W2＝3W1 D．W2＝4W1C[依据动能定理可知，W1＝eq\f(1,2)mv2，W2＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，因此，W2＝3W1，选项C正确。]6.汽车在平直马路上由静止起先做匀加速直线运动，当汽车速度达到vm时关闭发动机，汽车接着运动一段时间后停止，其速度—时间图像如图所示，若汽车加速行驶时其牵引力做功为W1，汽车在整个运动过程中克服阻力做功W2，则W1与W2的比值为()A．4∶1B．3∶1C．2∶1D．1∶1D[对全过程应用动能定理，由初速度与末速度大小皆为零，则知合外力做功为零，即W1－W2＝0，所以选项D正确。]◎考点三动能定理的综合应用7．一物体以初速度v0竖直向上抛出，落回原地速度为eq\f(v0,2)，设物体在运动过程中所受的阻力大小保持不变，则重力与阻力大小之比为()A．3∶1 B．4∶3C．5∶3 D．3∶5C[物体在上升和下落过程中，空气阻力都做负功。设空气阻力为f，物体上升最大高度为h，由动能定理得上升阶段：－mgh－fh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，下落阶段：mgh－fh＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq\s\up12(2)－0，联立解得空气阻力大小：f＝eq\f(3,5)mg，故C正确。]8．如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离d＝0.60m。盆边缘的高度为h＝0.30m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止起先下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最终停下来，则停的地点到B的距离为()A．0.60m B．0.30mC．0.10m D．0A[设小物块在BC面上运动的总路程为s，物块在BC面上所受的滑动摩擦力大小始终为f＝μmg，对小物块从起先运动到停止运动的整个过程进行探讨，由动能定理得mgh－μmgs＝0，得到s＝eq\f(h,μ)＝eq\f(0.3,0.1)m＝3m，d＝0.60m，则s＝5d，所以小物块在BC面上来回运动共5次，最终停在C点，则停的地点到B的距离为0.60m，故A正确，B、C、D错误。故选A。]9．(多选)一物体置于水平面上，在水平恒力F作用下，从静止起先做匀加速直线运动，发生位移d时，撤去水平恒力F，物体再发生位移d停止，则运动过程中()A．物体受动摩擦力大小为eq\f(F,2)B．物体受动摩擦力大小为eq\f(F,4)C．物体最大动能为eq\f(Fd,2)D．物体最大动能为eq\f(Fd,4)AC[对全程依据动能定理有：Fd－f·2d＝0－0，则：f＝eq\f(1,2)F，故A正确，B错误；加速完成时动能达到最大，故对加速过程依据动能定理有：Fd－fd＝Ek－0，解得：Ek＝eq\f(1,2)Fd，故C正确，D错误。](建议用时：15分钟)10．(多选)如图所示，在北戴河旅游景点之一的南戴河滑沙场有两个坡度不同的滑道AB和AB′(均可看成斜面)，甲、乙两名旅游者分别乘两个完全相同的滑沙橇从A点由静止起先分别沿AB和AB′滑下，最终都停在水平沙面BC上。设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数到处相同，斜面与水平面连接处可认为是圆滑的。则下列说法中正确的是()A．甲在B点的速率肯定大于乙在B′点的速率B．甲在B点的速率肯定小于乙在B′点的速率C．甲滑行的总路程肯定等于乙滑行的总路程D．甲、乙从A点动身到停下，两人位移的大小相等AD[设斜面的倾角为θ，两人在斜面下滑的过程中，依据动能定理得：mgh－μmgcosθ·s＝eq\f(1,2)mv2－0，scosθ是斜面底边的长度。因为斜面AB的底边短，则沿AB段到达B点速率大，故A正确，B错误；对全过程运用动能定理得，mgh－μmgcosθ·s1－μmg·s2＝0，整理得，mgh－μmgs水平＝0。可知两人沿两轨道滑行水平位移相等也可得到两人的位移相同。依据几何关系知甲滑行的总路程肯定大于乙滑行的总路程。故C错误，D正确。]11.如图所示，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的质点自轨道端点P由静止起先滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自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)mgRC[质点经过Q点时，由重力和轨道支持力的合力供应向心力，由牛顿其次定律得N－mg＝meq\f(v\o\al(2,Q),R)，由N＝2mg，可得vQ＝eq\r(gR)，质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得mgR－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)，得克服摩擦力所做的功为Wf＝eq\f(1,2)mgR，选项C正确。]12．(多选)一质量为2kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以肯定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力渐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，如图所示，给出了拉力随位移变更的关系图像，重力加速度g取10m/s2，由此可知()A．物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35B．减速过程中拉力对物体所做的功约为13JC．匀速运动时的速度约为6m/sD．减速运动的时间约为1.7sABC[物体做匀速直线运动时，受力平衡，则f＝F＝7N，所以μ＝eq\f(f,FN)＝eq\f(7,2×10)＝0.35，A对；4m后物体做减速运动，图像与坐标轴围成的面积表示拉力做的功，则由图像中减速过程包括的方格数可知，减速过程拉力做功约等于WF＝13×1J＝13J，B对；全程应用动能定理有WF－μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中WF＝(7×4＋13)J＝41J，得v0＝6m/s，C对；由于不是匀减速直线运动，没方法求出减速运动的时间，D错。]13．如图所示，轻质长绳水平跨在相距2L的两个小定滑轮A、B上，质量为m的物块悬挂在绳上O点，O与A、B两滑轮的距离相等，在轻绳两端C、D分别施加竖直向下的恒力F＝mg。先托住物块，使绳处于水平拉直状态，静止释放物块，在物块下落过程中，保持C、D两端的拉力F(1)当物块下落距离h为多大时，物块的加速度为零；(2)求物块下落过程中的最大速度vm；(3)求物块下落过程中的最大距离H。[解析](1)当物块所受到的合力为零时，其加速度为零。设此时物块下降的距离是h，由于三力相等，所以此时悬点所受的三个拉力的方向互成夹角2θ＝120°。由图可知：h＝Ltan30°＝eq\f(\r(3),3)L。 ①(2)当加速度为零时有最大速度，由动能定理mgh－2Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(L2＋h2)－L))＝eq