2024-2025学年高中物理第七章机械能守恒定律7动能和动能定理课时作业含解析新人教版必修2

PAGEPAGE5动能和动能定理时间：45分钟一、单项选择题1．一个原来静止的质量为m的物体放在光滑的水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在两个力的方向上的分速度分别为v1和v2，那么在这段时间内，其中一个力做的功为(B)A.eq\f(1,6)mv2 B.eq\f(1,4)mv2C.eq\f(1,3)mv2 D.eq\f(1,2)mv2解析：依题意，两个力做的功相同，设为W，则两力做的总功为2W，物体动能的变更量为eq\f(1,2)mv2.依据动能定理有2W＝eq\f(1,2)mv2，则可得一个力做的功为W＝eq\f(1,4)mv2.2．物体在合外力作用下做直线运动的v－t图象如图所示．下列表述正确的是(A)A．在0～1s内，合外力做正功B．在0～2s内，合外力总是做负功C．在1～2s内，合外力不做功D．在0～3s内，合外力总是做正功解析：由v－t图知0～1s内，v增加，动能增加，由动能定理可知合外力做正功，A对.1～2s内v减小，动能减小，合外力做负功，可见B、C、D错．3．一物体质量为2kg，以4m/s的速度在光滑水平面上向左滑行，从某时刻起对物体施加一水平向右的力，经过一段时间后，物体的速度方向变为水平向右，大小为4m/s，在这段时间内，水平力做功为(A)A．0 B．8JC．16J D．32J解析：对滑块进行探讨，在水平力作用的一段时间内，初、末速度大小相等，虽然方向不同，但两个不同状态下动能的变更量为零，由动能定理知，合外力做的功等于零．因为水平方向只有一个作用力，所以水平力所做的功为零．4．据报道，我国研制出了一种新型炸弹，已知该新型炸弹材料密度约为钢的2.5倍，设其与常规炸弹飞行速度之比约为21，它们在穿甲过程中所受的阻力相同，则形态相同的新型炸弹与常规炸弹的最大穿甲深度之比约为(C)A．21 B．11C．101 D．52解析：设穿甲过程中所受阻力为Ff，由动能定理得：－Ffd＝0－eq\f(1,2)mv2，所以d＝eq\f(mv2,2Ff)，代入数据解得：d新d常＝101，C正确．5．汽车在平直马路上行驶，在它的速度从0增加到v的过程中，汽车发动机做的功为W1；在它的速度从v增加到2v的过程中，汽车发动机做的功为W2.设汽车在行驶过程中，发动机的牵引力和所受阻力都不变，则有(B)A．W2＝2W1 B．W2＝3W1C．W2＝4W1 D．仅能判定出W2>W1解析：设汽车所受的牵引力和阻力分别为F、Ff，两个过程中的位移分别为l1、l2，由动能定理得：(F－Ff)l1＝eq\f(1,2)mv2－0，(F－Ff)l2＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2，解得：l2＝3l1.由W1＝Fl1，W2＝Fl2，得W2＝3W1，故B对．二、多项选择题6．一质点起先时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能(ABD)A．始终增大B．先渐渐减小至零，再渐渐增大C．先渐渐增大至某一最大值，再渐渐减小D．先渐渐减小至某一非零的最小值，再渐渐增大解析：若恒力的方向与初速度的方向相同或二者夹角为锐角，物体始终做加速运动，选项A正确；若恒力的方向与初速度的方向相反，物体先做匀减速运动，再反向做匀加速运动，选项B正确；若恒力方向与初速度方向之间的夹角为钝角(如斜上抛运动)，则选项D正确，故本题正确选项为A、B、D.7．冰壶竞赛场地如图所示，运动员从起滑架处推着冰壶动身，在投掷线MN处放手让冰壶滑出．设在某次投掷后发觉冰壶投掷的初速度v0较小，干脆滑行不能使冰壶沿虚线到达尽量靠近圆心O的位置，于是运动员在冰壶到达前用毛刷摩擦冰壶运行前方的冰面，这样可以使冰壶与冰面间的动摩擦因数从μ减小到某一较小值μ′，设经过这样擦冰后，冰壶恰好滑行到圆心O点．关于这一运动过程，以下说法正确的是(BC)A．为使本次投掷胜利，必需在冰壶滑行路途上的特定区间上擦冰B．为使本次投掷胜利，可以在冰壶滑行路途上的不同区间上擦冰C．擦冰区间越靠近投掷线，冰壶滑行的总时间越短D．擦冰区间越远离投掷线，冰壶滑行的总时间越短解析：该题考查动能定理的应用及运动问题．从发球到运动到O点应用动能定理有－μmgL1－μ′mgL2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，因此只要在冰壶滑行路途上的不同区间擦冰且使擦冰的距离L2满意上式即可，因此A错误，B正确；擦冰区间越靠近投掷线，则起先阶段冰壶减速越慢，平均速度越大，所用时间越短，因此C正确，D错误．8．一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时起，第1s内受到2N的水平外力作用，第2s内受到同方向的1N的外力作用．下列推断正确的是(AD)A．0～2s内外力的平均功率是eq\f(9,4)WB．第2s内外力所做的功是eq\f(5,4)JC．第2s末外力的瞬时功率最大D．第1s内与第2s内质点动能增加量的比值是eq\f(4,5)解析：第1s内物体运动的位移为1m，第2s内物体运动的位移为2.5m．第1s内外力所做的功W1＝2×1J＝2J，第2s内外力所做的功为W2＝1×2.5J＝2.5J，则0～2s内外力的平均功率为P＝eq\f(W1＋W2,2s)＝eq\f(9,4)W，选项A正确，B错误．依据动能定理可知，第1s内与第2s内质点动能增加量的比值等于eq\f(W1,W2)＝eq\f(4,5)，选项D正确．由功率公式P＝Fv可知，在第1s末外力的瞬时功率最大为4W，选项C错误．三、非选择题9．如图所示，质量为m的物体，从高为h、倾角为θ的光滑斜面顶端由静止起先沿斜面下滑，最终停在水平面上．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，求：(1)物体滑至斜面底端时的速度；(2)物体在水平面上滑行的距离．解析：物体从斜面上滑下，只有重力做功，使物体的动能增加．在水平面上滑行时，摩擦力做负功使物体的动能又削减到0，分别在两段过程中应用动能定理即可求解．(1)由动能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gh).(2)解法1：设物体在水平面上滑行的距离为l，由动能定理得－μmgl＝0－eq\f(1,2)mv2，得l＝eq\f(v2,2μg)＝eq\f(h,μ).解法2：对整个过程运用动能定理得mgh－μmgl＝0－0，得l＝eq\f(h,μ).答案：(1)eq\r(2gh)(2)eq\f(h,μ)10．如图所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10m，BC长1m，AB和CD轨道光滑．一质量为1kg的物体，从A点以4m/s的速度起先运动，经过BC后滑到高出C点10.3m的D点速度为0.求：(g取10m/s2)(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；(2)物体第5次经过B点时的速度；(3)物体最终停止的位置(距B点多少米)．解析：利用动能定理处理多过程问题，首先要分析物体的运动过程，把握好物体的初、末状态，然后找到整个过程中各个力所做的功，最终利用动能定理列式求解．(1)由动能定理得－mg(h－H)－μmgsBC＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得μ＝0.5.(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgH－μmg4sBC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得v2＝4eq\r(11)m/s≈13.3m/s.(3)分析整个过程，由动能定理得mgH－μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得s＝21.6m.所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6m，故距B点的距离为2m－1.6m＝0.4m.答案：(1)0.5(2)13.3m/s(3)距B点0.4m11．质量为m的物体以速度v0竖直向上抛出，物体落回地面时，速度大小为eq\f(3,4)v0(设物体在运动中所受空气阻力的大小不变)，如图所示，求：(1)物体在运动过程中所受空气阻力的大小；(2)物体以初速度2v0竖直向上抛出上升的最大高度；假设物体在落地碰撞过程中无能量损失，求物体运动的总路程．解析：(1)设物体到达的最大高度为h，受空气阻力为f，则由动能定理得：上升阶段：－mgh－Ffh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，①下降阶段：mgh－Ffh＝eq\f(1,2)m(eq\f(3,4)v0)2－0，②由①②两式解得eq\f(mg＋Ff,mg－Ff)＝eq\f(16,9).所以空气阻力的大小为Ff＝eq\f(7,25)mg.(2)设上升的最大高度为h′，则由动能定理得：－mgh′－Ffh′＝0－eq\f(1,2)m(2v0)2.将Ff＝eq\f(7,25)mg代入上式，得h′＝eq\f(25v\