2017年高中物理必修二动能和动能定理课时训练（人教版附答案）

课时训练19　动能和动能定理
 
题组一　对动能、动能定理的理解
1.下面有关动能的说法正确的是(　　)
A.物体只有做匀速运动时,动能才不变
B.物体做平抛运动时,水平方向速度不变,动能不变
C.物体做自由落体运动时,重力做功,物体的动能增加
D.物体的动能变化时,速度不一定变化,速度变化时,动能一定变化
解析:物体只要速率不变,动能就不变,A错。速度有方向,动能没方向,B错。物体做自由落体运动时,其合力等于重力,重力做正功,物体的动能增加,故C正确。物体的动能变化时,速度的大小一定变化,故D错。
答案:C
2.质量为2 kg的物体A以5 m/s的速度向北运动,另一个质量为0.5 kg的物体B以10 m/s的速度向西运动,则下列说法正确的是(　　)
A.EkA=EkB
B.EkA>EkB
C.EkA<EkB
D.因运动方向不同,无法比较动能
解析:根据Ek=mv2知,EkA=25 J,EkB=25 J,因动能是标量,所以EkA=EkB,A项正确。
答案:A
3.一质量为1 kg的滑块,以6 m/s的初速度在光滑的水平面上向左滑行。从某一时刻起在滑块上施加一个向右的水平力,经过一段时间后,滑块的速度方向变成向右,大小仍为6 m/s。在这段时间里水平力对物体所做的功是(　　)
A.0 B.9 J
C.18 J D.无法确定
解析:动能的大小与速度的方向无关,在这段时间里滑块的动能大小没有发生变化。据动能定理,W=m(-6 m/s)2-m(6 m/s)2=0。所以正确选项为A。
答案:A
4.木球从水面上方某位置由静止开始自由下落,落入水中又继续下降一段距离后速度减小到零。把木球在空中下落过程叫作Ⅰ过程,在水中下落过程叫作Ⅱ过程。不计空气和水的摩擦阻力。下列说法中正确的是(　　)
A.第Ⅰ阶段重力对木球做的功等于第Ⅱ阶段木球克服浮力做的功
B.第Ⅰ阶段重力对木球做的功大于第Ⅱ阶段木球克服浮力做的功
C.第Ⅰ、第Ⅱ阶段重力对木球做的总功和第Ⅱ阶段合力对木球做的功的代数和为零
D.第Ⅰ、第Ⅱ阶段重力对木球做的总功等于第Ⅱ阶段木球克服浮力做的功
解析:根据动能定理,全过程合外力做功为零,所以,只有D项正确。
答案:D
题组二　动能定理的应用
5.两辆汽车在同一平直路面上行驶,它们的质量之比m1∶m2=1∶2,速度之比v1∶v2=2∶1。当两车急刹车后,甲车滑行的最大距离为x1,乙车滑行的最大距离为x2,设两车与路面间的动摩擦因数相等,不计空气阻力,则(　　)
A.x1∶x2=1∶2 B.x1∶x2=1∶1
C.x1∶x2=2∶1 D.x1∶x2=4∶1
解析:由动能定理知μmgx=mv2,x1∶x2==4∶1。
答案:D
6.
 
质量为m的小球被系在轻绳的一端,在竖直平面内做半径为R的圆周运动如图所示,运动过程中小球受到空气阻力的作用,设某一时刻小球通过轨道的最低点,此时绳子的张力为7mg,此后小球继续做圆周运动,经过半个圆周恰能通过最高点,则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为(　　)
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
解析:设小球通过最低点时绳子张力为FT1,根据牛顿第二定律
FT1-mg=m
将FT1=7mg代入得Ek1==3mgR
经过半个圆周恰能通过最高点,则mg=m
此时小球的动能Ek2=mgR
从最低点到最高点应用动能定理
-WFf-mg•2R=Ek2-Ek1
所以WFf=mgR,故选项C正确。
答案:C
7.
 
如图所示,AB为四分之一圆弧轨道,BC为水平直轨道,圆弧的半径为R,BC的长度也是R。一质量为m的物体,与两个轨道间的动摩擦因数都为μ,它由轨道顶端A从静止开始下落,恰好运动到C处停止,那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为(　　)
A.μmgR B.mgR
C.mgR D.(1-μ)mgR
解析:设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB,对物体从A到C的全过程,由动能定理得mgR-WAB-μmgR=0,故WAB=mgR-μmgR=(1-μ)mgR。
答案:D
 
8.如图所示,小球从高为h的斜面上的A点,由静止开始滑下,经B点在水平面上滑到C点时停止,现在要使小球由C点沿原路径回到A点时速度为0,那么必须给小球以多大的初速度?(设小球经过B点时无能量损失)
解析:以小球为研究对象,在斜面上和水平面上它都受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用,在整个运动过程中支持力始终不做功,重力做正功,摩擦力做负功,由动能定理可知小球从A点开始下滑到C点静止的过程中有
W重-W阻=0,所以W阻=W重=mgh。
当小球沿原路径返回时,摩擦力所做的负功与滑下过程中摩擦力所做的负功完全相同,而此时重力也做负功,由动能定理得
-W重-W阻=0-,
所以=2W重=2mgh,
解得vC==2。
即要使小球从C点沿原路径返回到A点速度为0,必须给小球以2 的初速度。
答案:2
 
(建议用时:30分钟)
1.一个质量为0.3 kg的弹性小球,在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上,碰撞后小球沿相反方向运动,反弹后的速度大小与碰撞前相同。则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔEk为(　　)
A.Δv=0　　　　　　　B.Δv=12 m/s
C.ΔEk=1.8 J D.ΔEk=10.8 J
解析:取末速度方向为正方向,则Δv=(6+6) m/s=12 m/s;由于速度大小没变,动能不变,故动能变化量为0,故只有选项B正确。
答案:B
 
2.一质量为m的小球,用长为l的轻绳悬挂于O点。小球在水平力F的作用下,从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点,如图所示,力F所做的功为(　　)
A.mglcos θ B.Flsin θ
C.mgl(1-cos θ) D.Flcos θ
解析:小球的运动过程是很缓慢的,因而任一时刻都可看作是平衡状态,因此F的大小不断变化,F做的功是变力功。小球上升过程只有重力mg和F这两个力做功,由动能定理得WF-mgl(1-cos θ)=0。所以WF=mgl(1-cos θ)。
答案:C
 
3.如图所示,演员正在进行杂技表演。由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于 (　　)
A.0.3 J B.3 J
C.30 J D.300 J
解析:根据生活常识,20个鸡蛋大约1 kg,表演者抛出的高度按0.5 m计算,则抛出过程中对鸡蛋做的功为W=mgh=×10×0.5 J=0.25 J,选项A正确。
答案:A
 
4.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.在0~1 s内,合外力做正功
B.在0~2 s内,合外力总是做负功
C.在1~2 s内,合外力不做功
D.在0~3 s内,合外力总是做正功
解析:由v-t图线知0~1 s内,v增加,动能增加,由动能定理可知合外力做正功,A对。1~2 s内v减小,动能减小,合外力做负功,可见B、C、D错。
答案:A
 
5.在足球比赛中,红队球员在白队禁区附近主罚定位球,并将球从球门右上角贴着球门射入,球门高为h,足球飞入球门的速度为v,足球质量为m,则红队球员将足球踢出时对足球做的功为(　　)
A.mv2 B.mgh
C.mv2+mgh D.mv2-mgh
解析:从球员踢出到足球飞进球门,对足球由动能定理W+WG=mv2-0
而WG=-mgh
所以W=mv2+mgh。
答案:C
6.
 
如图所示,一个小球质量为m,静止在光滑的轨道上,现以水平力击打小球,使小球能够通过半径为R的竖直光滑轨道的最高点C,则水平力对小球所做的功至少为(　　)
A.mgR B.2mgR
C.2.5mgR D.3mgR
解析:要通过竖直光滑轨道的最高点C,根据圆周运动的特点可知,在C点有mg=,对小球,由动能定理有W-mg2R=mv2,联立解得W=2.5mgR,选项C正确。
答案:C
7.(多选)
 
如图所示,将一轻弹簧下端固定在倾角为θ的粗糙斜面底端,弹簧处于自然状态时一端位于A点。质量为m的物体从斜面上的B点由静止下滑,与弹簧发生相互作用后,最终停在斜面上。下列说法正确的是(　　)
A.物体最终将停在A点
B.物体第一次反弹后不可能到达B点
C.整个过程中重力势能的减少量大于克服摩擦力做的功
D.整个过程中物体的最大动能大于弹簧的最大弹性势能
解析:物体最终将停在A点下方,由于斜面粗糙,物体第一次反弹后不可能到达B点,选项B正确,A错误。根据动能定理可知,物体从静止到速度为零,物体重力做功等于其克服弹簧弹力做功与克服摩擦力做功之和,整个过程中物体重力势能的减少量大于克服摩擦力做的功,选项C正确。整个过程中物体的最大动能小于弹簧的最大弹性势能,选项D错误。
答案:BC
8.
 
某滑沙场有两个坡度不同的滑道AB和AB'(均可看成斜面),甲、乙两名旅游者分别乘两个完全相同的滑沙橇从A点由静止开始分别沿AB和AB'滑下,最后都停在水平沙面BC上,如图所示。设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同,斜面与水平面连接处均可认为是光滑的,滑沙者保持一定姿势坐在滑沙橇上不动。则下列说法中正确的是 (　　)
A.甲滑行的总路程一定等于乙滑行的总路程
B.甲在B点的动能一定等于乙在B'点的动能
C.甲在B点的速率一定大于乙在B'点的速率
D.甲全部滑行的水平位移一定与乙全部滑行的水平位移不相等
解析:设A点的竖直高度为h,斜面AB的倾角为α,滑沙橇和沙面间的动摩擦因数为μ,则甲沿AB下滑的加速度a=gsin α-μgcos α,斜面AB的长度s1=,下滑到B时的水平位移x1=hcot α,甲在B点的速率vB=,动能EkB==mgh•(1-μcot α),甲滑上水平沙面BC后,根据动能定理有=μmgs2,可得甲沿水平沙面BC运动的距离或位移为s2=h,综上可知,甲在B点的速率vB=,动能EkB==mgh(1-μcot α),甲滑行的总路程s=s1+s2=h=h,甲全部滑行的水平位移x=x1+s2=;同理,设斜面AB'的倾角为β,则乙在B'点的速率vB'=,动能EkB'=mgh(1-μcot β),甲滑行的总路程s'=h,甲全部滑行的水平位移x'=。因为α>β,所以s>s',EkB>EkB',vB>vB',x=x',故选项A、B、D错误,选项C正确。
答案:C
 
9.如图所示,一只20 kg的狗拉着一个80 kg的雪橇以3 m/s的速度冲上坡度为θ的斜坡。已知sin θ=,斜坡对雪橇的摩擦阻力恒为20 N,狗拉雪橇上坡时的加速度为0.2 m/s2,经过10 s拉雪橇的套绳突然断开,雪橇刚好能冲上坡顶。求斜坡长。(g取10 m/s2)
解析:套绳断时,雪橇和狗的速度为
v=v0+at=(3+0.2×10) m/s=5 m/s
套绳断时,雪橇通过的坡长为
x1=v0t+at2=40 m
套绳断开后,设雪橇在斜坡上滑行x2停下,则由动能定理有
-(mgsin θ+Ff)x2=0-mv2
可得x2=10 m
所以斜坡的长度为x=x1+x2=40 m+10 m=50 m。
答案:50 m
 
10.如图所示,倾角θ=37°的斜面底端B平滑连接着半径r=0.40 m的竖起光滑圆轨道。质量m=0.50 kg的物块,从距地面h=2.7 m处沿斜面由静止开始下滑,物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)求:
(1)物块滑到斜面底端B时的速度大小;
(2)物块运动到圆轨道的最高点A时,对圆轨道的压力大小。
解析:(1)物块沿斜面下滑到B的过程中,在重力、支持力和摩擦力作用下做匀加速运动,设下滑到斜面底端B时的速度为v,则由动能定理可得

mgh-μmgcos θ•mv2-0
所以v=
代入数据解得v=6.0 m/s。
(2)设物块运动到圆轨道的最高点A时的速度为vA,在A点受到圆轨道的压力为FN。
物块沿圆轨道上滑到A点的过程由动能定理得-mg•2r=mv2
物块运动到圆轨道的最高点A时,由牛顿第二定律得
FN+mg=m
由以上两式代入数据解得FN=20 N
由牛顿第三定律可知,物块运动到圆轨道的最高点A时对圆轨道的压力大小FNA=FN=20 N。
答案:(1)6.0 m/s　(2)20 N