2019-2020學年下學期人教版高一物理必修2暑假訓練5 動能和動能定理

1、暑假訓練05動能和動能定理1(多選)如圖所示，甲、乙兩個質(zhì)量相同的物體，用大小相等的力F分別拉它們在水平面上從靜止開始運動相同的距離s。甲在光滑水平面上，乙在粗糙水平面上。下列關(guān)于力F對甲、乙做的功和甲、乙兩物體獲得的動能的說法中正確的是()A力F對甲做功多B力F對甲、乙兩個物體做的功一樣多C甲物體獲得的動能比乙大D甲、乙兩個物體獲得的動能相同2如圖所示，豎直固定放置的斜面DE與一光滑的圓弧軌道ABC相切，C為切點，圓弧軌道的半徑為R，斜面的傾角為。現(xiàn)有一質(zhì)量為m的滑塊從D點無初速下滑，滑塊可在斜面和圓弧軌道之間做往復運動。已知圓弧軌道的圓心O與A、D在同一水平面上，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為

2、，求：(1)滑塊第一次滑至左側(cè)圓弧上時距A點的最小高度差h；(2)滑塊在斜面上能通過的最大路程s。1(多選)關(guān)于動能，下列說法正確的是()A公式Ekmv2中的速度v一般是物體相對于地面的速度B動能的大小由物體的質(zhì)量和速率決定，與物體運動的方向無關(guān)C物體以相同的速率向東和向西運動，動能的大小相等但方向不同D物體以相同的速率做勻速直線運動和曲線運動，其動能不同2(多選)一個物體在水平方向的兩個恒力作用下沿水平方向做勻速直線運動，若撤去其中的一個力，則()A物體的動能可能減少B物體的動能可能不變C物體的動能可能增加D余下的力一定對物體做功3一質(zhì)量為m的物體靜止在粗糙的水平面上，當此物體受水平力F作用

3、運動了距離s時，其動能為E1，而當此物體受水平力2F作用運動了相同的距離時，其動能為E2，則()AE2E1 BE22E1 CE2>2E1 DE1<E2<2E14從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面。忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關(guān)系圖像是()5如圖所示，在輕彈簧的下端懸掛一個質(zhì)量為m的小球A，若將小球A從彈簧原長位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h。若將小球A換為質(zhì)量為3m的小球B，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，則小球B下降h時的速度為(重力加速度為g，不計空氣阻力)()A B C D. 6質(zhì)量m10 kg的物體只在變力F作用下沿水平方

4、向做直線運動，F(xiàn)隨坐標x的變化關(guān)系如圖所示。若物體從坐標原點處由靜止出發(fā)，則物體運動到x16 m 處時的速度大小為()A3 m/s B4 m/s C2 m/s D m/s7(多選) 質(zhì)量為m的物體放在水平面上，它與水平面間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g。用水平力拉物體，運動一段時間后撤去，最終物體停止運動。物體運動的vt圖像如圖所示。下列說法正確的是()A水平拉力大小為FmB物體在3t0時間內(nèi)位移大小為v0t0C在03t0時間內(nèi)水平拉力做的功為mv02D在03t0時間內(nèi)物體克服摩擦力做功的平均功率為mgv08(多選)質(zhì)量為m的小球在豎直向上的恒力F作用下由靜止開始向上勻加速運動，經(jīng)時間t運動到

5、P點，撤去F又經(jīng)時間t小球回到出發(fā)點，速度大小為v，不計阻力，已知重力加速度為g，則下列判斷正確的是()A撤去力F時小球的動能為mv2B小球上升的最大高度為C拉力F所做的功為mv2D拉力的最大功率為mgv9(多選)靜止在水平地面的物塊，受到水平方向的拉力F作用，此拉力方向不變，其大小F與時間t的關(guān)系如圖所示。設物塊與地面間的靜摩擦力最大值fm與滑動摩擦力大小相等，則()A0t1時間內(nèi)F的功率逐漸增大Bt2時刻物塊的加速度最大Ct2時刻后物塊做反向運動Dt3時刻物塊的動能最大10(多選)如圖所示，在傾角為的足夠長斜面上，輕質(zhì)彈簧一端與斜面底端的擋板固定，另一端與質(zhì)量為M的平板A連接，一質(zhì)量為m的

6、物體B靠在平板的右側(cè)，A、B與斜面的動摩擦因數(shù)均為。開始時用手按住B使彈簧處于壓縮狀態(tài)，現(xiàn)釋放，使A和B一起沿斜面向上運動，當A和B運動距離L時達到最大速度v。則下列說法正確的是()AA和B達到最大速度v時，彈簧恢復原長B若運動過程中A和B能夠分離，則A和B恰好分離時，二者加速度大小均為g(sin cos )C從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，彈簧對A所做的功等于Mv2MgLsin MgLcos D從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，B受到的合力對它做的功等于mv211完全由我國自行設計、建造的國產(chǎn)新型航空母艦已完成多次海試，并取得成功。航母上的艦載機采用滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和

7、上翹甲板兩部分構(gòu)成，如圖1所示。為了便于研究艦載機的起飛過程，假設上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的一段圓弧，示意如圖2，AB長L1150 m，BC水平投影L263 m，圖中C點切線方向與水平方向的夾角12°(sin 12°0.21)。若艦載機從A點由靜止開始做勻加速直線運動，經(jīng)t6 s到達B點進入BC。已知飛行員的質(zhì)量m60 kg，g10 m/s2，求： 圖1 圖2(1)艦載機水平運動的過程中，飛行員受到的水平力所做功W；(2)艦載機剛進入BC時，飛行員受到豎直向上的壓力FN多大。12如圖，半徑為R的光滑半圓形軌道ABC固定在豎直平面內(nèi)且與水平軌道CD相切于C點，D端有一

8、被鎖定的輕質(zhì)壓縮彈簧，彈簧左端連接在固定的擋板上，彈簧右端Q到C點的距離為2R。質(zhì)量為m的滑塊(視為質(zhì)點)從軌道上的P點由靜止滑下，剛好能運動到Q點，并能觸發(fā)彈簧解除鎖定，然后滑塊被彈回，且剛好能通過圓軌道的最高點A。已知POC60°，求：(1)滑塊第一次滑至圓形軌道最低點C時所受軌道支持力；(2)滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)；(3)彈簧被鎖定時具有的彈性勢能。 答案與解析1【解析】選BC由WFlcos Fs可知，兩種情況下力F對甲、乙兩個物體做的功一樣多，A錯誤，B正確；根據(jù)動能定理，對甲有：FsEk1，對乙有：FsFfsEk2，可知Ek1>Ek2，C正確，D錯誤。2【解析】

9、(1)滑塊從D到達左側(cè)最高點F經(jīng)歷DC、CB、BF三個過程，現(xiàn)以DF整個過程為研究過程，運用動能定理得：mghmgcos ·0解得h。(2)通過分析可知，滑塊最終滑至C點的速度為0時對應在斜面上的總路程最大，由動能定理得：mgRcos mgcos ·s0解得s。1【答案】AB【解析】動能是標量，與速度的大小有關(guān)，而與速度的方向無關(guān)。公式中的速度一般是相對于地面的速度，故A、B正確。2【答案】ACD【解析】因物體的速度方向與余下的力的方向關(guān)系不知，故存在多種可能：當物體的速度方向與余下的力同向或夾角為90°或銳角時，力對物體做正功，動能增加，當物體速度方向與余下的力

10、反向或夾角為鈍角時，力對物體做負功，動能減少，余下的力一定對物體做功，物體的動能或增加，或減少，一定會改變，所以，A、C、D均正確，B錯誤。3【答案】C【解析】由動能定理可得FsWfE1，2F作用時，由動能定理可得2FsWfE2，由2>2，可得E2>2E1，選項C正確。4【答案】A【解析】小球做豎直上拋運動，設初速度為v0，則vv0gt，小球的動能Ekmv2，把速度v代入得，Ekmg2t2mgv0tmv02，Ek與t為二次函數(shù)關(guān)系。5【答案】B【解析】小球A下降h過程小球克服彈簧彈力做功為W1，根據(jù)動能定理，有mghW10；小球B下降過程，由動能定理有3mghW1·3mv

11、20，解得v，故B正確。6【答案】C【解析】Fx圖線與x軸圍成的面積表示力F所做的功，則這段過程中，外力做功為W×(48)×10 J×4×10 J40 J，根據(jù)動能定理得Wmv2，解得v m/s2 m/s，故C正確，A、B、D錯誤。7【答案】BD【解析】根據(jù)vt圖像和牛頓第二定律可知Fmgm，故選項A錯誤；由vt圖像與坐標軸所圍面積可知，在3t0時間內(nèi)的位移為x·3t0·v0v0t0，所以選項B正確；在03t0時間內(nèi)由動能定理可知Wmgx0，故水平拉力做的功Wmgv0t0，又Ffmg，則Wmv02，選項C錯誤；03t0時間內(nèi)克服摩擦力

12、做功的平均功率為mgv0，所以選項D正確。8【答案】BCD【解析】拉力F作用時，小球上升的加速度大小為a，末速度大小為v，則小球上升的高度hat2，vat，撤去外力后hvtgt2，解得ag，F(xiàn)mg。對全過程由動能定理知mv2Fh，C正確。拉力F作用時由動能定理知mv2(Fmg)h，聯(lián)立解得mv2×mv2mv2，A錯誤。撤去力F后小球上升的高度為h，由mv2Fh，mv2mgh知小球上升的最大高度Hhh，B正確。拉力F的最大功率PmFvmgv，D正確。9【答案】BD【解析】由題圖可知，在0t1時間內(nèi)，水平方向的拉力從零逐漸增大到等于最大靜摩擦力，物塊始終靜止不動，水平拉力做功為零，功率為

13、零，選項A錯誤；t2時刻水平拉力最大且大于滑動摩擦力的2倍，根據(jù)牛頓第二定律可知物塊加速度最大，選項B正確；t2時刻后水平拉力逐漸減小，物塊的加速度逐漸減小，速度方向不變，速度繼續(xù)增大，選項C錯誤；t3時刻水平拉力減小到等于滑動摩擦力，速度增大到最大，t3時刻物塊的動能最大，選項D正確。10【答案】BD【解析】A和B達到最大速度v時，A和B的加速度為零，對A、B整體：由平衡條件知kx(mM)gsin (mM)gcos ，所以此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，故A錯誤；A和B恰好分離時，A、B間的彈力為0，A、B的加速度大小相同，對B受力分析，由牛頓第二定律知，mgsin mgcos ma，得ag(sin

14、cos )，故B正確；從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，對A、B整體，根據(jù)動能定理得W彈(mM)·gLsin (mM)gLcos (mM)v2，所以彈簧對A所做的功W彈(mM)v2(mM)·gLsin (mM)gLcos ，故C錯誤；從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，對于B，根據(jù)動能定理得，B受到的合力對它做的功W合Ekmv2，故D正確。11【解析】(1)艦載機由靜止開始做勻加速直線運動，設其剛進入上翹甲板時的速度為v，則有根據(jù)動能定理，有Wmv20聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)，得W7.5×104 J。(2)設上翹甲板所對應的圓弧半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系，有L2Rsin 由牛頓第二定律，有FNm