高中物理人教版 (2019)必修 第二册第八章 机械能守恒定律3 动能和动能定理精品课时练习

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第二册第八章 机械能守恒定律3 动能和动能定理精品课时练习，共22页。试卷主要包含了动能，动能定理等内容，欢迎下载使用。

02
预习导学
课前研读课本，梳理基础知识：
一、动能
1．定义：物体由于运动而具有的能叫动能。
2．公式：Ek＝eq \f(1,2)mv2。单位为焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
3．矢标性：动能是标量，只有正值。动能与速度方向无关。
4．状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度。
二、动能定理
1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
2．表达式：W＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12或W＝Ek2－Ek1。
3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。
4．适用条件
(1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以间断作用。
5. 动能定理表明了“三个关系”
(1)数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合力做的功。
(2)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
(3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳。
（二）即时练习：
【小试牛刀1】质量为m的物体从高为h的斜面顶端静止下滑，最后停在平面上，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，最后仍停在平面上，如图甲所示。图乙为物体两次在平面上运动的v-t图像，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为( )
A.eq \f(1,2)mv02－3mgh B．3mgh－eq \f(1,2)mv02
C.eq \f(1,6)mv02－mgh D．mgh－eq \f(1,6)mv02
[解析] 若物体静止开始下滑，由动能定理得mgh－Wf＝eq \f(1,2)mv12，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，由动能定理得mgh－Wf＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv02，由题图乙可知，物体两次滑到平面的速度关系为v2＝2v1，由以上三式解Wf＝mgh－eq \f(1,6)mv02。
[答案] D
【小试牛刀2】如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另—端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( )
A.eq \f(mv02,2πL) B.eq \f(mv02,4πL)
C.eq \f(mv02,8πL) D.eq \f(mv02,16πL)
解析：选B 对木块由动能定理得：－Ff·2πL＝0－eq \f(1,2)mv02，解得摩擦力大小为：Ff＝eq \f(mv02,4πL)，故B正确，A、C、D错误。
【小试牛刀3】[多选]如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。则( )
A．动摩擦因数μ＝eq \f(6,7)
B．载人滑草车最大速度为 eq \r(\f(2gh,7))
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为eq \f(3,5)g
[解析] 由题意知，上、下两段斜坡的长分别为
s1＝eq \f(h,sin 45°)、s2＝eq \f(h,sin 37°)
由动能定理知：2mgh－μmgs1cs 45°－μmgs2cs 37°＝0
解得动摩擦因数μ＝eq \f(6,7)，选项A正确；
载人滑草车在上下两段的加速度分别为
a1＝g(sin 45°－μcs 45°)＝eq \f(\r(2),14)g，
a2＝g(sin 37°－μcs 37°)＝－eq \f(3,35)g，
则在下落h时的速度最大，由动能定理知：
mgh－μmgs1cs 45°＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝ eq \r(\f(2gh,7))，选项B正确，D错误；
载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W＝2mgh，选项C错误。
[答案] AB
03
题型精讲
【题型一】恒力作用下动能定理的应用
【典型例题1】如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球挂在离水平地面高为3L的O点，小铁球以O为圆心在竖直面内做圆周运动且恰好能到达最高点A处，不计空气阻力，重力加速度为g，若运动到最高点时轻绳被切断，则小铁球落到地面时速度的大小为( )
A.eq \r(3gL) B.eq \r(6gL)
C.4eq \r(gL) D.3eq \r(gL)
答案 D
解析 小球刚好能在竖直平面做圆周运动且恰好到达最高点时，绳的拉力为零，只有重力提供向心力，有mg＝meq \f(veq \\al(2,1),L)，在最高点剪断绳后，小球做平抛运动落地，对这一过程由动能定理mg·4L＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，联立可得落地速度v2＝3eq \r(gL)，故A、B、C错误，D正确。
【典型例题2】(多选)如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，A、B间接触面不光滑。现以恒定的外力拉B，A在B上发生了滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动了一段距离。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
答案 BD
解析 A物体所受的合力等于B对A的摩擦力，根据动能定理，有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B正确；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相对地的位移不相等，故二者做功不相等，C错误；对B应用动能定理，有WF－Wf＝ΔEkB，解得WF＝ΔEkB＋Wf，即外力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，D正确；根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误。
【对点训练1】某幼儿园要在空地上做一个滑梯，由于空地大小限制，滑梯的水平跨度确定为x＝6 m。设计时，考虑儿童裤料与滑板间的动摩擦因数μ＝0.4，为使儿童在滑梯上恰能滑下，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求滑梯的高度h；
(2)若小明裤料与滑板间的动摩擦因数μ1＝eq \f(1,3)，求他从滑梯上由静止滑到底端的瞬时速度大小；
(3)若体重比小明重、穿相同裤料的小华，从滑梯上由静止滑到底端，有人认为小华滑行的时间比小明长。这种说法是否正确？简要说明理由。
[解析] (1)儿童恰能滑下，重力的下滑分力等于摩擦力，设滑梯与水平面的夹角为θ，
则mgsin θ＝μmgcs θ
根据几何关系：tan θ＝eq \f(h,x)
联立解得：h＝0.4x＝2.4 m。
(2)设滑板长为L，由动能定理得：
mgh－μ1mgLcs θ＝eq \f(1,2)mv2，x＝Lcs θ
联立解得：v＝2 eq \r(2) m/s。
(3)这种说法不正确，小华下滑的时间与小明相等。
根据位移时间关系：L＝eq \f(1,2)at2
根据牛顿第二定律，下滑的加速度
a＝g(sin θ－μ1cs θ)
联立解得：t＝ eq \r(\f(2L,gsin θ－μ1cs θ))
可见，下滑时间与体重无关。
[答案] (1)2.4 m (2)2 eq \r(2) m/s (3)见解析
【对点训练2】(多选)如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进的距离为L，子弹进入木块的深度为s。若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系式中正确的是( )
A．FL＝eq \f(1,2)Mv2
B．Fs＝eq \f(1,2)mv2
C．Fs＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(M＋m)v2
D．F(L＋s)＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2
解析：选ACD 根据动能定理，对子弹，有－F(L＋s)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，D正确；对木块，有FL＝eq \f(1,2)Mv2，A正确；由以上二式可得Fs＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(M＋m)v2，C正确，B错误。
【题型二】涉及弹簧问题中动能定理的应用
【典型例题3】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从弹簧的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.eq \r(2gh) B.eq \r(\f(4gh,3))
C.eq \r(gh) D.eq \r(\f(gh,2))
解析：选B 设小球A下降h的过程中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＝eq \f(1,2)·3mv2－0。联立以上两式解得v＝eq \r(\f(4gh,3))，故B正确。
【典型例题4】(多选)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F的大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是( )
A．当x＝h时，小球的速度开始减小，而加速度先减小后增大，直至最低点
B．最低点的坐标x＝h＋x1＋eq \r(x12＋2hx1)
C．当x＝h＋2x1时，小球的加速度为－g，弹力为2mg且为小球下落的最低点
D．小球动能的最大值为mgh＋eq \f(mgx1,2)
[解析] 小球下落到x＝h时，小球刚接触弹簧，直到x＝h＋x1前，弹力小于重力，小球一直做加速度减小的加速运动，之后弹力大于重力，加速度反向逐渐增大，直至到达最低点，A错误；由题图乙知mg＝kx1，解得x1＝eq \f(mg,k)，由F-x图线与横轴所围图形的面积表示克服弹力所做的功，从开始下落到最低点过程，W克弹＝eq \f(1,2)k(x－h)2，由动能定理得mgx－eq \f(1,2)k(x－h)2＝0，解得最低点的坐标x＝h＋x1＋eq \r(x12＋2hx1)，B正确；由对称性可知，当x＝h＋2x1时，小球的加速度为－g，且弹力为2mg，但还未到最低点，C错误；小球在x＝h＋x1处时，动能有最大值，根据动能定理得mg(h＋x1)＋W弹′＝Ekm－0，由题知，W弹′＝－eq \f(1,2)kx12＝－eq \f(1,2)mgx1，解得最大动能Ekm＝mgh＋eq \f(mgx1,2)，D正确。
[答案] BD
【对点训练3】如图所示，轻弹簧一端系在墙上的O点，自由伸长到B点。现将小物体靠着弹簧(不拴接)并将弹簧压缩到A点，然后由静止释放，小物体在粗糙水平面上运动到C点静止，则( )
A．小物体从A到B过程速度一直增加
B．小物体从A到B过程加速度一直减小
C．小物体从B到C过程中动能变化量大小小于克服摩擦力做功
D．小物体从A到C过程中弹簧的弹性势能变化量大小等于小物体克服摩擦力做功
解析：选D 在A、B间某处物体受到的弹力等于摩擦力，合力为0，速度最大，而在B点只受摩擦力，合力不为零，因此小物体从A到B过程加速度先减小再增大，速度先增大后减小，故A、B错误；小物体从B到C过程中，由动能定理得－Wf＝ΔEk，故C错误；小物体从A到C过程中，由动能定理得W弹－Wf1＝0，故D正确。
【对点训练4】(多选)“弹跳小人”(如图甲所示)是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示。竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80 kg。现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h＝0.40 m时停止，然后由静止释放滑块。滑块的动能Ek随离地高度h变化的图像如图丙所示。其中高度从0.80 m到1.40 m 范围内的图线为直线，其余部分为曲线。若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g取10 m/s2。则结合图像可知( )
A．弹簧原长为0.72 m
B．空气阻力大小为1.00 N
C．弹簧的最大弹性势能为9.00 J
D．在弹簧落回地面的瞬间滑块的动能为5.40 J
[解析] 由题图丙可知，从h＝0.80 m开始，弹簧下端与地面分离，则知弹簧的原长为0.80 m，故A错误；从0.80 m上升到1.40 m 过程，在Ek-h图像中，根据动能定理知：图线的斜率大小表示滑块所受的合外力，由于高度从0.80 m上升到1.40 m范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.80 m上升到1.40 m范围内所受作用力为恒力，根据动能定理得－(mg＋f)Δh＝0－Ek，由题图知Δh＝0.60 m，Ek＝5.40 J，解得空气阻力f＝1.00 N，故B正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，整个过程中，增加的重力势能和克服空气阻力做功之和等于弹簧的最大弹性势能，所以Epm＝(mg＋f)Δh′＝9.00 J，故C正确；滑块由最大高度到弹簧落回地面的瞬间，根据动能定理得(mg－f)Δh＝Ek′－0，得Ek′＝4.2 J，故D错误。
[答案] BC
【题型三】圆周运动中动能定理的应用
【典型例题5】(多选)如图所示，长为L＝0.4 m的轻杆一端连着质量为m＝1 kg的小球，另一端用铰链固接于水平地面上的O点，初始时小球静止于地面上。现在杆中点处施加一大小不变、方向始终垂直于杆的力F，轻杆转动30°时撤去F，则小球恰好能到达最高点。忽略一切摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，π≈3。下列说法正确的是( )
A．力F所做的功为4 J
B．力F的大小约为40 N
C．小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力大小为5 N
D．撤去F瞬间，小球的速度大小为2 m/s
[解析] 小球恰好能到达最高点，小球到达最高点的速度为0，在整个运动过程中，根据动能定理得WF－mgL＝0－0，解得WF＝mgL＝4 J，A正确；施加的力始终垂直于杆，则WF＝F·eq \f(L,2)·eq \f(π,6)，解得F＝eq \f(WF,\f(πL,12))＝40 N，B正确；小球恰好能到达最高点，小球到达最高点的速度为0，根据平衡条件得轻杆对小球的作用力为FN＝mg＝10 N，C错误；在力F作用过程中，根据动能定理得WF－mgLsin 30°＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2WF－2mgLsin 30°,m))＝2 m/s，D正确。
[答案] ABD
【典型例题6】在学校组织的趣味运动会上，某科技小组为大家提供了一个游戏。如图所示，将一质量为0.1 kg的钢球放在O点，用弹射装置将其弹出，钢球沿着光滑的半圆形轨道OA和AB运动。BC段为一段长为L＝2.0 m的粗糙平面，DEFG为接球槽。半圆形轨道OA和AB的半径分别为r＝0.2 m、R＝0.4 m，小球与BC段的动摩擦因数为μ＝0.7，C点离接球槽的高度为h＝1.25 m，水平距离为x＝0.5 m，接球槽足够大，g取10 m/s2。求：
(1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在A点的速度大小；
(2)钢球恰好不脱离轨道时，在B位置对半圆形轨道的压力大小；
(3)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度v0至少多大。
解析：(1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在最高点A时，对钢球分析有mg＝meq \f(vA2,R)，解得vA＝2 m/s。
(2)钢球从A到B的过程由动能定理得mg·2R＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvA2，在B点有FN－mg＝meq \f(vB2,R)，解得FN＝6 N，根据牛顿第三定律，知钢球在B位置对半圆形轨道的压力大小为6 N。
(3)从C到D钢球做平抛运动，要使钢球恰好能落入槽中，则x＝vCt，h＝eq \f(1,2)gt2，解得vC＝1 m/s，
假设钢球在A点的速度恰为vA＝2 m/s时，钢球可运动到C点，且速度为vC′，从A到C由动能定理得mg·2R－μmgL＝eq \f(1,2)mvC′2－eq \f(1,2)mvA2，解得vC′20，表示物体的动能增加；ΔEk