【同步備課】2020年高中物理課時訓練(新人教必修二)7.7《動能和動能定理》3

第七章第七節(jié)鞏固基礎1．兩個物體質(zhì)量比為1:4，速度大小之比為4:1，則這兩個物體的動能之比()A．1:1 B．1:4C．4:1 D．2:1解析：由動能的表達式Ek＝eq\f(1,2)mv2可知C選項正確．答案：C2．質(zhì)量為2kg的物體A以5m/s的速度向北運動，另一個質(zhì)量為0.5kg的物體B以10m/s的速度向西運動，則下列說法正確的是()A．EkA＝EkBB．EkA>EkBC．EkA<EkBD．因運動方向不同，無法比較動能解析：動能是標量，沒有方向，將各量代入Ek＝eq\f(1,2)mv2的表達式，可知A選項正確．答案：A3．A、B兩物體在光滑水平面上，分別在相同的水平恒力F作用下，由靜止開頭通過相同的位移l.若A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量，則在這一過程中()A．A獲得動能較大B．B獲得動能較大C．A、B獲得動能一樣大D．無法比較A、B獲得動能大小解析：由動能定理可知外力做功相同，則動能變化相同，故C選項正確．答案：C4．有兩個物體a和b，其質(zhì)量分別為ma和mb，且ma>mb，它們的動能相同，若a和b分別受到不變的阻力Fa和Fb的作用，經(jīng)過相同的時間停下來，它們的位移分別為sa和sb，則()A．Fa>Fb且sa<sb B．Fa>Fb且sa>sbC．Fa<Fb且sa>sb D．Fa<Fb且sa<sb解析：由題意知：eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)，由于ma>mb，所以va<vb，兩者在相同時間內(nèi)停下來，考慮到sa＝eq\f(va＋0,2)t，sb＝eq\f(vb＋0,2)t，故得到sa<sb.由動能定理－Fs＝0－Ek知F＝Ek/s，所以Fa>Fb.答案：A5．一人用力踢質(zhì)量為1kg的皮球，使球由靜止以10m/s的速度飛出，假定人踢球的平均作用力是200N，球在水平方向運動了20m停止，那么人對球所做的功為()A．50J B．500JC．4000J D．無法確定解析：由動能定理得，人對球做的功W＝eq\f(1,2)mv2－0＝50J，故A選項正確．答案：A6．一人用力把質(zhì)量為1kg的物體由靜止向上提高1m，使物體獲得2m/s的速度，則()A．人對物體做的功為12JB．合外力對物體做的功為2JC．合外力對物體做的功為12JD．物體克服重力做的功為10J解析：由動能定理得W人－mgh＝eq\f(1,2)mv2－0，人對物體做的功為W人＝mgh＋eq\f(1,2)mv2＝1×10×1J＋eq\f(1,2)×1×22J＝12J，故A對；合外力做的功W合＝eq\f(1,2)mv2＝2J，故B對，C錯；物體克服重力做功為mgh＝10J，D對．答案：ABD7．質(zhì)量為M的木塊放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的子彈以速度v0沿水平方向射中木塊并最終留在木塊中與木塊一起以速度v運動．當子彈進入木塊的深度為s時相對木塊靜止，這時木塊前進的距離為L.若木塊對子彈的阻力大小F視為恒定，下列關系正確的是()A．FL＝Mv2/2B．Fs＝mv2/2C．Fs＝mveq\o\al(2,0)/2－(m＋M)v2/2D．F(L＋s)＝mveq\o\al(2,0)/2－mv2/2解析：由動能定理有：－F(L＋s)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，F(xiàn)L＝eq\f(1,2)Mv2，故Fs＝eq\f(mv\o\al(2,0),2)－eq\f(M＋m,2)v2，故A、C、D正確．答案：ACD8．(2011·全國新課標)一質(zhì)點開頭時做勻速直線運動，從某時刻起受到一恒力作用，此后，該質(zhì)點的動能()A．始終增大B．先漸漸減小，再漸漸增大C．先漸漸增大至某一最大值，再漸漸減小D．先漸漸減小至某一非零的最小值，再漸漸增大解析：假如物體所受恒力與原速度相同或速度方向與恒力方向成銳角，力對物體始終做正功，則物體動能始終增加，故A選項正確；若恒力與速度方向相反或速度方向與力的方向的夾角大于90°，則恒力先做負功再做正功，動能先減小后增大，若速度與恒力的夾角為鈍角，則物體的動能不能減小到零，然后動能漸漸增加，故B、D選項正確；物體的動能先增大再減小這種狀況不存在，故C選項錯誤．答案：ABD提升力量9．一個物體從斜面底端沖上足夠長的斜面后又返回到斜面底端，已知物體的初動能為E，它返回到斜面底端的速度為v，克服摩擦力做功為E/2，若物體以2E的初動能沖上斜面，則有()A．返回斜面底端時的速度大小為eq\r(2)vB．返回斜面底端時的動能為EC．返回斜面底端時的動能為eq\f(3E,2)D．物體兩次來回克服摩擦力做功相同解析：由題意可知，其次次初動能是第一次的2倍，兩次上滑加速度相同，據(jù)推導公式可得s2＝2s1，則Wf2＝2Wf1＝E，回到底端時動能也為E，從而推知返回底端時的速度大小為eq\r(2)v.答案：AB10．如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜止放在水平光滑的平臺上，系在物體上的繩子跨過光滑的定滑輪由地面以速度v向右勻速走動的人拉著．設人從地面上平臺的邊緣開頭向右行至繩和水平方向成30°角處，在此過程中人所做的功為()A.eq\f(mv2,2) B．mv2C.eq\f(2mv2,3) D.eq\f(3mv2,8)解析：人的速度為v，人在平臺邊緣時繩子上的速度為零，則物體速度為零，當人走到繩子與水平方向夾角為30°時，繩子的速度為v·cos30°.據(jù)動能定理，得W＝ΔEk＝eq\f(1,2)m(vcos30°)2－0＝eq\f(1,2)mv2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2＝eq\f(3,8)mv2.答案：D11．質(zhì)量為1500kg的汽車在平直的大路上運動，v－t圖象如圖所示．由此可求()A．前25s內(nèi)汽車的平均速度B．前10s內(nèi)汽車的加速度C．前10s內(nèi)汽車所受的阻力D．15～25s內(nèi)合外力對汽車所做的功解析：在v－t圖象中圖線與坐標軸圍成的面積，表示位移．因此只要能求得位移大小，依據(jù)eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)，即可求出平均速度，故A選項正確；前10s汽車做勻加速直線運動，由a＝eq\f(Δv,Δt)，可求得加速度，故B選項正確；由牛頓其次定律F－F阻＝ma，因不知牽引力F，故無法求得阻力F阻，C選項錯誤；由動能定理，可求得15s～25s內(nèi)合外力所做的功，故D選項正確．答案：ABD12．一艘由三個推力相等的發(fā)動機驅(qū)動的氣墊船，在湖面上由靜止開頭加速前進l距離后關掉一個發(fā)動機，氣墊船勻速運動，將到碼頭時，又關掉兩個發(fā)動機，最終恰好停在碼頭上，設水給船的阻力大小不變，若船由靜止加速前進l距離后三個發(fā)動機全部關閉，船通過的距離為多少？解析：設每個發(fā)動機供應的推力為F.由題意可知水的阻力f＝2F加速前進時有(3F－f)l＝eq\f(1,2)mv2三個發(fā)動機都關閉時fl′＝eq\f(1,2)mv2解得l′＝eq\f(l,2).答案：l/213．質(zhì)量為m的物體以速度3v0豎直向上拋出，物體落回原處時速度大小為3v0/4，求：(1)物體運動中所受的平均空氣阻力；(2)物體以初速2v0豎直向上拋出時的最大高度．(設空氣阻力大小不變)解析：(1)設平均空氣阻力為f.上升時mgh＋fh＝eq\f(1,2)m(3v0)2對全程－2fh＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)v0))2－eq\f(1,2)m(3v0)2由以上兩式可解得f＝eq\f(15,17)mg.(2)fH＋mgH＝eq\f(1,2)m(2v0)2解得所求最大高度H＝eq\f(17v\o\al(2,0),16g).答案：(1)eq\f(15,17)mg(2)eq\f(17v\o\al(2,0),16g)14．如圖所示，物塊m從高為h的斜面上滑下，又在同樣材料的水平面上滑行s后靜止．已知斜面傾角為θ，物塊由斜面到水平面時圓滑過渡，求物塊與接觸面間的動摩擦因數(shù)．解析：物體在斜面上下滑時摩擦力做負功，重力做正功，動能增加，在水平面上滑行時只有摩擦力做負功，最終減速到零，全過程動能變化量為零，可在全過程中應用動能定理求解．在全過程中應用動能定理，有mgh－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(μmgcosθ·\f(h,sinθ)＋μmgs))＝0.解得μ＝eq\f(h,hcotθ＋s).答案：eq\f(h,hcotθ＋s)15.如圖所示，AB與CD為兩個對稱斜面，其上部足夠長，下部分別與一個光滑的圓弧面的兩端相切，圓弧圓心角為120°，半徑R為2.0m，一個物體在離弧底E高度為h＝3.0m處，以初速4.0m/s沿斜面運動．若物體與兩斜面的動摩擦因數(shù)為0.02，則物體在兩斜面上(不包括圓弧部分)一共能走多長路程？(g取10m/s2)解析：斜面的傾角為θ＝60°，由于物體在斜面上所受到的滑動摩擦力小于重力沿斜面的分力(μmgcos60°<mgsin60°)，所以物體不能停留在斜面上，物體在斜面上滑動時，由于摩擦力做功，使物體的機械能漸漸減小，物體滑到斜面上的高度漸漸降低，直到物體再也滑不到斜面上為止，最終物體將在B、C間往復運動．設物體在斜面上運動的總路程為s，則摩擦力所做的總功為－μmgscos60°，末狀態(tài)選為B(或C)，此時物體速度為零，對全過程由動能定理得mg－μsmgcos60°＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).物體在斜面上通過的總路程為s＝eq\f(2g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(1,2)R))＋v\o\al(2,0),μg)＝eq\f(2×10×3.0－1.0＋4.02,0.02×10)m＝280m.答案：280m16．過山車是游樂場中常見的設施．如圖所示是一種過山車的簡易模型，它由水平軌道和在豎直平面內(nèi)的三個圓形軌道組成，B、C、D分別是三個圓形軌道的最低點，B、C間距與C、D間距相等，半徑R1＝2.0m，R2＝1.4m．一個質(zhì)量為m＝1.0kg的小球(視為質(zhì)點)，從軌道的左側A點以v0＝12.0m/s的初速度沿軌道向右運動，A、B間距離L1＝6.0m．小球與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，圓形軌道是光滑的．假設水平軌道足夠長，圓形軌道間不相互重疊．重力加速度取g＝10m/s2，計算結果保留小數(shù)點后一位數(shù)字．試求：(1)小球在經(jīng)過第一個圓形軌道的最高點時，軌道對小球作用力的大小；(2)假如小球恰能通過其次個圓形軌道，B、C間距L應是多少；(3)在滿足(2)的條件下，假如要使小球不脫離軌道，在第三個圓形軌道的設計中，半徑R3應滿足的條件；小球最終停留點與起點A的距離．解析：(1)設小球經(jīng)過第一個圓軌道的最高點時的速度為v1，依據(jù)動能定理－μmgL1－2mgR1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)小球在最高點受到重力mg和軌道對它的作用力F，依據(jù)牛頓其次定律F＋mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R1)聯(lián)立以上兩式解得F＝10.0N.(2)設小球在其次個圓軌最高點時的速度為v2，由題意mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R2)，－μmg(L1＋L)－2mgR2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)聯(lián)立以上兩式解得L＝12.5m.(3)要保證小球不脫離軌道，可分兩種臨界狀況進行爭辯：①軌道半徑較小時，小球恰能通過第三個圓軌道，設在最高點時的速度為v3，應滿足mg＝meq\f(v\o\al(2,3),R3)，－μmg(L1＋2L)－2mgR3＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)聯(lián)立以上兩式并代入L＝12.5m解得R3＝0.4m.②軌道半徑較大時，小球上升的最大高度為R3，依據(jù)動能定理－μmg(L1＋2L)－mgR3＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得R3＝1.0m.為了保證圓軌道不重疊，如下圖所示，R3最大值應滿足(R2＋R3)2＝L2