人教版 (2019)必修 第二册3 动能和动能定理同步训练题

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1． (多选)关于物体的动能，下列说法不正确的是( )
A．质量相同的物体，速度大的动能一定大
B．动能相同的物体，质量相同时速度一定相同
C．质量不变的物体，速度变化，动能一定变化
D．动能不变的物体，一定处于平衡状态
解析：选BCD 根据Ek＝eq \f(1,2)mv2知，质量相同的物体，速度大的动能一定大，故A正确；动能相同的物体，质量相同时速度大小一定相同，但方向可能不同，故速度可能不同，故B错误；质量不变的物体，速度变化，可能只是速度的方向发生变化，所以动能不一定变化，故C错误；动能不变的物体，不一定处于平衡状态，如匀速圆周运动，故D错误。
2．(多选)一质量为0.1 kg的小球，以5 m/s的速度在光滑水平面上匀速运动，与竖直墙壁碰撞后以原速率反弹，若以弹回的速度方向为正方向，则小球碰墙过程中的速度变化和动能变化分别是( )
A．Δv＝10 m/s B．Δv＝0
C．ΔEk＝1 J D．ΔEk＝0
解析：选AD 小球速度变化Δv＝v2－v1＝5 m/s－(－5 m/s)＝10 m/s，小球动能的变化量ΔEk＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12＝0。故A、D正确。
3．如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为( )
A.eq \f(1,4)mgR B.eq \f(1,3)mgR
C.eq \f(1,2)mgR D.eq \f(π,4)mgR
解析：选C 质点经过Q点时，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(vQ2,R)，由题意知FN＝2mg，可得vQ＝eq \r(gR)，质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得mgR－Wf＝eq \f(1,2)mvQ2，克服摩擦力所做的功为Wf＝eq \f(1,2)mgR，故C正确。
4．(多选)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。如图所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下列关于力F对甲、乙两物体做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是( )
A．力F对甲物体做功多
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
解析：选BC 由功的公式W＝Flcs α＝Fs可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，故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，即甲物体获得的动能比乙大，故C正确，D错误。
5．将距离沙坑表面上方1 m高处质量为0.2 kg的小球由静止释放，测得小球落入沙坑静止时距离沙坑表面的深度为10 cm。若忽略空气阻力，g取10 m/s2，则小球克服沙坑的阻力所做的功为( )
A．0.4 J B．2 J
C．2.2 J D．4 J
解析：选C 由动能定理得mg(h＋d)－Wf＝0，小球克服沙坑的阻力所做的功为Wf＝2.2 J，故C正确，A、B、D错误。
6．如图所示，小球以初速度v0从A点沿粗糙的轨道运动到高为h的B点后沿原路返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的速度大小为( )
A.eq \r(v02－4gh) B.eq \r(4gh－v02)
C.eq \r(v02－2gh) D.eq \r(2gh－v02)
解析：选B 在从A到B的过程中，重力和摩擦力都做负功，根据动能定理可得－mgh－Wf＝0－eq \f(1,2)mv02，从B到A的过程中，重力做正功，摩擦力做负功(因为是沿原路返回，所以两种情况摩擦力做功大小相等)，根据动能定理可得mgh－Wf＝eq \f(1,2)mv2，两式联立得再次经过A点的速度大小为eq \r(4gh－v02)，故B正确。
7．某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图所示，测量得到比赛成绩是2.4 m，目测空中脚离地最大高度约0.8 m，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功大约为( )
A．625 J B．250 J
C．50 J D．2 500 J
解析：选A 该同学做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，
则t＝ eq \r(\f(2h,g))＝ eq \r(\f(2×0.8,10)) s＝0.4 s，
竖直方向初速度vy＝gt＝4 m/s，
水平方向做匀速直线运动，则
v0＝eq \f(x,2t)＝eq \f(2.4,2×0.4) m/s＝3 m/s，
起跳时的速度
v＝eq \r(v02＋vy2)＝ eq \r(32＋42) m/s＝5 m/s，
设该同学的质量为50 kg，
根据动能定理得W＝eq \f(1,2)mv2＝625 J，故A正确。
8．如图所示，一物体以6 J的初动能从A点沿AB圆弧下滑，滑到B点时动能仍为6 J，若物体以8 J的初动能从A点沿同一路线滑到B点，则物体到B点时的动能是( )
A．小于8 J B．等于8 J
C．大于8 J D．不能确定
解析：选A 当物体以6 J的初动能从A点沿AB圆弧下滑，滑到B点时动能仍为6 J，根据动能定理有WG＋Wf＝0，当以8 J的初动能从A点下滑时，由于物体沿圆弧下滑，指向圆心的合力提供向心力，由于速度变大，圆弧轨道给物体的弹力变大，根据滑动摩擦力大小的计算式Ff＝μFN，可知物体受到的摩擦力增大，在从A到B的过程中，物体通过的圆弧长度不变，因此物体在从A到B的过程中，克服摩擦力做功增大，重力做功不变，所以到达B点时动能小于8 J，故A正确，B、C、D错误。
9.如图所示，物体在离斜面底端5 m处由静止开始下滑，然后滑上与斜面平滑连接的水平面，若物体与斜面及水平面间的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°。求物体能在水平面上滑行的距离。(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
解析：对物体在斜面上和水平面上受力进行分析如图所示。
法一 分过程列方程：
设物体滑到斜面底端时的速度为v，物体下滑阶段FN1＝mgcs 37°，
故Ff1＝μFN1＝μmgcs 37°。
由动能定理得
mgsin 37°·l1－μmgcs 37°·l1＝eq \f(1,2)mv2－0
设物体在水平面上滑行的距离为l2，
摩擦力Ff2＝μFN2＝μmg，
由动能定理得－μmg·l2＝0－eq \f(1,2)mv2，
由以上各式可得l2＝3.5 m。
法二 全过程列方程：
mgl1sin 37°－μmgcs 37°·l1－μmg·l2＝0，
解得：l2＝3.5 m。
答案：3.5 m
eq \a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新
10．如图所示，板长为L，板的B端静止放有质量为m的小物体，物体与板的动摩擦因数为μ。开始时板水平，在缓慢转过一个不太大的角度α的过程中，小物体保持与板相对静止，则在这个过程中( )
A．摩擦力对小物体做功为μmgLcs α(1－cs α)
B．摩擦力对小物体做功为mgLsin α(1－cs α)
C．弹力对小物体做功为mgLsin α
D．板对小物体做功为mgLsin αcs α
解析：选C 小物体沿板方向没有发生位移，即沿摩擦力方向没有位移，所以摩擦力对小物体做功为零，A、B错误；根据动能定理得W弹－mgLsin α＝0，解得W弹＝mgLsin α，C正确；根据动能定理得W板－mgLsin α＝0，解得W板＝mgLsin α，D错误。
11．(多选)物体沿直线运动的v-t图像如图所示，已知在第1 s内合力对物体做的功为W，则( )
A．从第1 s末到第3 s末合力做的功为4W
B．从第3 s末到第5 s末合力做功为－2W
C．从第5 s末到第7 s末合力做的功为W
D．从第3 s末到第4 s末合力做的功为－0.75W
解析：选CD 物体在第1 s末到第3 s末做匀速直线运动，合力为0，合力做功为0，故A错误。从第3 s末到第5 s末动能的变化量与第1 s内动能的变化量相反，合力的功相反，等于－W，故B错误。从第5 s末到第7 s末动能的变化量与第1 s内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W，故C正确。从第3 s末到第4 s末动能变化量是负值，大小等于第1 s内动能的变化量的eq \f(3,4)，则合力做功为－0.75W，故D正确。
12.如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L＝5.0 m，高度h＝3.0 m，为保证小朋友的安全，在水平面铺设安全地垫。水平段与斜面段平滑连接，小朋友在连接处速度大小不变。某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在水平地垫上。已知小朋友质
量为m＝20 kg，小朋友在斜面上受到的平均阻力f1＝88 N，在水平段受到的平均阻力f2＝100 N。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功；
(2)小朋友滑到斜面底端时的速度v的大小；
(3)为使小朋友不滑出水平地垫，地垫的长度x至少多长。
解析：(1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功为Wf1＝f1L＝88×5 J＝440 J。
(2)小朋友在斜面上运动的过程，由动能定理得
mgh－Wf1＝eq \f(1,2)mv2，
代入数据解得v＝4 m/s。
(3)小朋友在水平地垫上运动的过程，由动能定理得
－f2x＝0－eq \f(1,2)mv2，
代入数据解得x＝1.6 m。
答案：(1)440 J (2)4 m/s (3)1.6 m