高一物理下学期暑假训练5动能和动能定理含解析

动能和动能定理

1．(多选)如图所示，甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s。甲在光滑水平面上，乙在粗糙水平面上。下列关于力F对甲、乙做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是(　　)

A．力F对甲做功多

B．力F对甲、乙两个物体做的功一样多

C．甲物体获得的动能比乙大

D．甲、乙两个物体获得的动能相同

2．如图所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相切，C为切点，圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为θ。现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动。已知圆弧轨道的圆心O与A、D在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求：

(1)滑块第一次滑至左侧圆弧上时距A点的最小高度差h；

(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s。

1．(多选)关于动能，下列说法正确的是(　　)

A．公式Ek＝mv2中的速度v一般是物体相对于地面的速度

B．动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体运动的方向无关

C．物体以相同的速率向东和向西运动，动能的大小相等但方向不同

D．物体以相同的速率做匀速直线运动和曲线运动，其动能不同

2．(多选)一个物体在水平方向的两个恒力作用下沿水平方向做匀速直线运动，若撤去其中的一个力，则(　　)

A．物体的动能可能减少

B．物体的动能可能不变

C．物体的动能可能增加

D．余下的力一定对物体做功

3．一质量为m的物体静止在粗糙的水平面上，当此物体受水平力F作用运动了距离s时，其动能为E1，而当此物体受水平力2F作用运动了相同的距离时，其动能为E2，则(　　)

A．E2＝E1     B．E2＝2E1     C．E2>2E1     D．E1<E2<2E1

4．从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是(　　)

5．如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)(　　)

A．      B．      C．     D.

6．质量m＝10 kg的物体只在变力F作用下沿水平方向做直线运动，F随坐标x的变化关系如图所示。若物体从坐标原点处由静止出发，则物体运动到x＝16 m 处时的速度大小为(　　)

A．3 m/s     B．4 m/s     C．2 m/s     D． m/s

7．(多选) 质量为m的物体放在水平面上，它与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。用水平力拉物体，运动一段时间后撤去，最终物体停止运动。物体运动的v－t图像如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．水平拉力大小为F＝m

B．物体在3t0时间内位移大小为v0t0

C．在0～3t0时间内水平拉力做的功为mv02

D．在0～3t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为μmgv0

8．(多选)质量为m的小球在竖直向上的恒力F作用下由静止开始向上匀加速运动，经时间t运动到P点，撤去F又经时间t小球回到出发点，速度大小为v，不计阻力，已知重力加速度为g，则下列判断正确的是(　　)

A．撤去力F时小球的动能为mv2

B．小球上升的最大高度为

C．拉力F所做的功为mv2

D．拉力的最大功率为mgv

9．(多选)静止在水平地面的物块，受到水平方向的拉力F作用，此拉力方向不变，其大小F与时间t的关系如图所示。设物块与地面间的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则(　　)

A．0～t1时间内F的功率逐渐增大

B．t2时刻物块的加速度最大

C．t2时刻后物块做反向运动

D．t3时刻物块的动能最大

10．(多选)如图所示，在倾角为θ的足够长斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端的挡板固定，另一端与质量为M的平板A连接，一质量为m的物体B靠在平板的右侧，A、B与斜面的动摩擦因数均为μ。开始时用手按住B使弹簧处于压缩状态，现释放，使A和B一起沿斜面向上运动，当A和B运动距离L时达到最大速度v。则下列说法正确的是(　　)

A．A和B达到最大速度v时，弹簧恢复原长

B．若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为g(sin θ＋μcos θ)

C．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于Mv2＋MgLsin θ＋μMgLcos θ

D．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，B受到的合力对它做的功等于mv2

11．完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1＝150 m，BC水平投影L2＝63 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin 12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m＝60 kg，g＝10 m/s2，求：

图1                                图2

(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；

(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。

12．如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC固定在竖直平面内且与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R。质量为m的滑块(视为质点)从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A。已知∠POC＝60°，求：

(1)滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时所受轨道支持力；

(2)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；

(3)弹簧被锁定时具有的弹性势能。

1．【解析】选BC　由W＝Flcos α＝Fs可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，A错误，B正确；根据动能定理，对甲有：Fs＝Ek1，对乙有：Fs－Ffs＝Ek2，可知Ek1>Ek2，C正确，D错误。

2．【解析】(1)滑块从D到达左侧最高点F经历DC、CB、BF三个过程，现以DF整个过程为研究过程，运用动能定理得：

mgh－μmgcos θ·＝0

解得h＝。

(2)通过分析可知，滑块最终滑至C点的速度为0时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得：

mgRcos θ－μmgcos θ·s＝0

解得s＝。

1．【答案】AB

【解析】动能是标量，与速度的大小有关，而与速度的方向无关。公式中的速度一般是相对于地面的速度，故A、B正确。

2．【答案】ACD

【解析】因物体的速度方向与余下的力的方向关系不知，故存在多种可能：当物体的速度方向与余下的力同向或夹角为90°或锐角时，力对物体做正功，动能增加，当物体速度方向与余下的力反向或夹角为钝角时，力对物体做负功，动能减少，余下的力一定对物体做功，物体的动能或增加，或减少，一定会改变，所以，A、C、D均正确，B错误。

3．【答案】C

【解析】由动能定理可得Fs－Wf＝E1，2F作用时，由动能定理可得2Fs－Wf＝E2，由＝＝＝2＋>2，可得E2>2E1，选项C正确。

4．【答案】A

【解析】小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt，小球的动能Ek＝mv2，把速度v代入得，Ek＝mg2t2－mgv0t＋mv02，Ek与t为二次函数关系。

5．【答案】B

【解析】小球A下降h过程小球克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降过程，由动能定理有3mgh－W1＝·3mv2－0，解得v＝，故B正确。

6．【答案】C

【解析】F－x图线与x轴围成的面积表示力F所做的功，则这段过程中，外力做功为W＝×(4＋8)×10 J－×4×10 J＝40 J，根据动能定理得W＝mv2，解得v＝＝ m/s＝2 m/s，故C正确，A、B、D错误。

7．【答案】BD

【解析】根据v－t图像和牛顿第二定律可知F－μmg＝m，故选项A错误；由v－t图像与坐标轴所围面积可知，在3t0时间内的位移为x＝·3t0·v0＝v0t0，所以选项B正确；在0～3t0时间内由动能定理可知W－μmgx＝0，故水平拉力做的功W＝μmgv0t0，又Ff＝μmg＝，则W＝mv02，选项C错误；0～3t0时间内克服摩擦力做功的平均功率为＝＝μmgv0，所以选项D正确。

8．【答案】BCD

【解析】拉力F作用时，小球上升的加速度大小为a，末速度大小为v′，则小球上升的高度h＝at2，v′＝at，撤去外力后－h＝v′t－gt2，解得a＝g，F＝mg。对全过程由动能定理知mv2＝Fh，C正确。拉力F作用时由动能定理知mv′2＝(F－mg)h，联立解得mv′2＝×mv2＝mv2，A错误。撤去力F后小球上升的高度为h′，由mv2＝Fh，mv′2＝mgh′知小球上升的最大高度H＝h＋h′＝，B正确。拉力F的最大功率Pm＝Fv′＝mgv，D正确。

9．【答案】BD

【解析】由题图可知，在0～t1时间内，水平方向的拉力从零逐渐增大到等于最大静摩擦力，物块始终静止不动，水平拉力做功为零，功率为零，选项A错误；t2时刻水平拉力最大且大于滑动摩擦力的2倍，根据牛顿第二定律可知物块加速度最大，选项B正确；t2时刻后水平拉力逐渐减小，物块的加速度逐渐减小，速度方向不变，速度继续增大，选项C错误；t3时刻水平拉力减小到等于滑动摩擦力，速度增大到最大，t3时刻物块的动能最大，选项D正确。

10．【答案】BD

【解析】A和B达到最大速度v时，A和B的加速度为零，对A、B整体：由平衡条件知kx＝(m＋M)gsin θ＋μ(m＋M)gcos θ，所以此时弹簧处于压缩状态，故A错误；A和B恰好分离时，A、B间的弹力为0，A、B的加速度大小相同，对B受力分析，由牛顿第二定律知，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，得a＝g(sin θ＋μcos θ)，故B正确；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对A、B整体，根据动能定理得W弹－(m＋M)·gLsin θ－μ(m＋M)gLcos θ＝(m＋M)v2，所以弹簧对A所做的功W弹＝(m＋M)v2＋(m＋M)·gLsin θ＋μ(m＋M)gLcos θ，故C错误；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，根据动能定理得，B受到的合力对它做的功W合＝ΔEk＝mv2，故D正确。

11．【解析】(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有＝①

根据动能定理，有W＝mv2－0②

联立①②式，代入数据，得W＝7.5×104 J。③

(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2＝Rsin θ④

由牛顿第二定律，有FN－mg＝m⑤

联立①④⑤式，代入数据，得FN＝1.1×103 N。⑥

12．【解析】(1)设滑块第一次滑至C点时的速度为vC，圆轨道C点对滑块的支持力为FN

P→C过程：mgR(1－cos 60°)＝mvC2

C点：FN－mg＝m

解得FN＝2mg，方向竖直向上。

(2)对P→C→Q过程：mgR(1－cos 60°)－μmg·2R＝0

解得μ＝0.25。

(3)A点：mg＝m

Q→C→A过程：Ep＝mvA2＋mg·2R＋μmg·2R

解得弹性势能Ep＝3mgR。