2020高中物理 14 动能 动能定理（含解析）教科版2

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE13-学必求其心得，业必贵于专精课时分层作业（十四）［基础达标练](时间：15分钟分值:50分)一、选择题(本题共6小题,每小题6分，共36分)1．（多选）质量一定的物体()A．速度发生变化时其动能一定变化B．速度发生变化时其动能不一定变化C．速度不变时其动能一定不变D．动能不变时其速度一定不变BC［速度是矢量，速度变化时可能只有方向变化，而大小不变,动能是标量，所以速度只有方向变化时，动能可以不变；动能不变时，只能说明速度大小不变，但速度方向不一定不变，故只有B、C正确．］2．改变物体的质量和速度都可改变物体的动能，在下列情况下，物体的动能变化最大的是()A．物体的质量不变，运动速度增大到原来的2倍B．物体的速度不变，质量增大到原来的2倍C．物体的质量变为原来的3倍，运动速度减为原来的一半D．物体的质量变为原来的一半,速度增加为原来的4倍D［由动能的计算式Ek＝eq\f（1，2）mv2可知，D正确．]3．某消防队员从一平台上跳下，下落2m后双脚触地,接着他用双腿弯曲的方法缓冲,使自身的重心又下降了0.5m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为(）A．自身所受重力的2倍B．自身所受重力的5倍C．自身所受重力的8倍D．自身所受重力的10倍B［设地面对双脚的平均作用力为F,在全过程中，由动能定理得mg（H＋h）－Fh＝0F＝eq\f(mgH＋h,h)＝eq\f（2＋0.5,0.5）mg＝5mg，B正确．］4．一空盒以某一初速度在水平面上滑行，滑行的最远距离为L.现往空盒中倒入砂子，使空盒与砂子的总质量为原来空盒的3倍,仍以原来的初速度在水平面上滑行，此时滑行的最远距离为（）A.eq\f（1，9)L B.eq\f(1,3)LC．L D．3LC［盒子与水平面动摩擦因数一定，据动能定理得－μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al（2,0)，解得s＝eq\f（v\o\al(2，0），2μg），位移s与物体质量无关，正确选项为C.］5．甲、乙两辆汽车的质量之比m1∶m2＝2∶1，它们刹车时的初动能相同，若它们与水平地面之间的动摩擦因数相同，则它们滑行的距离之比s1∶s2等于(）A．1∶1 B．1∶2C．1∶4 D．4∶1B［对两辆汽车由动能定理得:－μm1gs1＝0－Ek，－μm2gs2＝0－Ek，s1∶s2＝m2∶m1＝1∶2，B正确．］6.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ,物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为()A.eq\f（1，2）mveq\o\al(2，0)－μmg（s＋x） B。eq\f（1,2）mveq\o\al（2,0）－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)A[由动能定理－W－μmg(s＋x)＝0－eq\f（1，2）mveq\o\al（2,0)，故物体克服弹簧弹力做功W＝eq\f（1,2)mveq\o\al（2，0)－μmg(s＋x)，A正确．]二、非选择题（14分）7．将质量为m的物体，以初速度v0竖直向上抛出．已知抛出过程中阻力大小恒为重力的0。2倍．求:(1）物体上升的最大高度；（2）物体落回抛出点时的速度大小．[解析]（1)上升过程，由动能定理－mgh－fh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al（2,0) ①f＝0。2mg ②联立①②可得:h＝eq\f(5v\o\al(2，0)，12g). ③（2)全过程，由动能定理－2fh＝eq\f（1，2）mv2－eq\f（1,2)mveq\o\al（2,0) ④联立②③④可得：v＝eq\f(\r（6）,3)v0。［答案]（1）eq\f(5v\o\al(2,0）,12g)（2）eq\f(\r（6），3)v0［能力提升练］（时间：25分钟分值：50分)一、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分）1。如图所示，质量为m的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物块重力的k倍．物块与转轴OO′相距R，随转台由静止开始转动．当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到滑动前的这一过程中,转台对物块的静摩擦力对物块做的功为(）A．0 B．2πkmgRC．2kmgR D.eq\f（1,2）kmgRD[在转速增加的过程中，转台对物块的摩擦力是不断变化的,当转速增加到一定值时,物块在转台上即将滑动，说明此时最大静摩擦力提供向心力，即kmg＝meq\f（v2,R).设这一过程中转台对物块的摩擦力所做的功为Wf，由动能定理可得Wf＝eq\f（1,2)mv2,解得Wf＝eq\f(1,2）kmgR,D正确．］2.(多选）如图所示，半径为R的eq\f（1,4)光滑圆弧槽固定在小车上，有一小球静止在圆弧槽的最低点．小车和小球一起以速度v向右匀速运动．当小车遇到障碍物突然停止后，小球上升的高度可能是()A．等于eq\f(v2,2g) B．大于eq\f(v2,2g）C．小于eq\f(v2，2g） D．与小车的速度v有关ACD［小球冲上圆弧槽,则有两种可能，一是速度较小，滑到某处小球速度为0，根据动能定理有－mgh＝0－eq\f(1,2)mv2，解得h＝eq\f（v2,2g)；另一可能是速度较大，小球滑出弧面做斜抛运动，到最高点还有水平速度，则此时小球所能达到的最大高度要小于eq\f（v2,2g）.故A、C、D正确，B错误．]3．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，sin37°＝0.6，cos37°＝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mghD．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为eq\f（3，5）gAB［由题意知，上、下两段斜坡的长分别为s1＝eq\f(h,sin45°）、s2＝eq\f(h，sin37°）由动能定理知:2mgh＝μmgs1cos45°＋μmgs2cos37°解得动摩擦因数μ＝eq\f（6，7),选项A正确；下落h时的速度最大，由动能定理知：mgh－μmgs1cos45°＝eq\f（1，2)mv2解得v＝eq\r(\f(2gh，7)),选项B正确；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；滑草车在下段滑道上的加速度大小为a＝μgcos37°－gsin37°＝eq\f（3，35）g，选项D错误．］二、非选择题（本题共3小题,共32分）4．(6分）某同学为探究“合力做功与物体速度变化的关系”，设计了如下实验，他的操作步骤是：①按图摆好实验装置，其中小车质量M＝0。20kg，钩码总质量m＝0.05kg。②释放小车，然后接通打点计时器的电源(电源频率为f＝50Hz），打出一条纸带．(1）他在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条，如图所示．把打下的第一点记作0，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，用厘米刻度尺测得各计数点到0点距离分别为d1＝0.004m，d2＝0。055m，d3＝0。167m,d4＝0.256m，d5＝0.360m，d6＝0。480m…，他把钩码重力(当地重力加速度g取9.8m/s2)作为小车所受合力，算出打下0点到打下第5点合力做功W＝________J(结果保留三位有效数字),打下第5点时小车的速度v5＝________m/s(结果保留三位有效数字)．（2)此次实验探究的结果，他没能得到“合力对物体做的功W∝v2"的结论,且误差很大．通过反思,他认为产生误差的原因如下，其中正确的是________．A．钩码质量太大，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多B．没有平衡摩擦力，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多C．释放小车和接通电源的次序有误，使得动能增量的测量值比真实值偏小D．没有使用最小刻度为毫米的刻度尺测距离也是产生此误差的重要原因[解析]（1）根据题意物体所受合外力为：F＝mg＝0。05×9。8N＝0。49N,根据功的定义可知：W＝Fd5＝0.176J；根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可以求出第5个点的速度大小为:v5＝eq\f（d6－d4,2T)＝eq\f（0。480－0。256，2×5×0.02)m/s＝1.12m/s。（2）设绳子上拉力为F，根据牛顿第二定律有：对小车:F＝Ma ①对钩码:mg－F＝ma ②联立①②可得F＝eq\f（mgM，M＋m)＝eq\f（mg,1＋\f（m，M）)，由此可知当M≫m时，钩码的重力等于绳子的拉力，因此当钩码质量太大时,会造成较大误差,故A正确；实验中要进行平衡摩擦力操作，若没有平衡摩擦力直接将钩码重力做的功当做小车合外力做的功，会造成较大误差，故B正确；释放小车和接通电源的顺序有误,影响打点多少，不一定会使动能的测量值偏小,故C错误；距离的测量产生的误差不是该实验产生的主要误差，故D错误．[答案](1）0.1761.12（2)AB5.(12分）如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙游戏,人坐在滑板上从倾角为θ的斜坡上由静止开始下滑,经过斜坡底端沿水平滑道再滑行一段距离停下．已知滑板与斜面和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0。3.若某人和滑板的总质量m＝60kg，滑行过程中空气阻力忽略不计,重力加速度g取10m/s2.(sin37°＝0.6，cos37°＝0。8)求:(1）把人和滑板看作整体，画出该整体从斜坡上下滑过程中的受力示意图；（2)若已知θ＝37°,人从斜坡滑下时加速度的大小；(3)若已知θ＝37°，水平滑道BC的最大长度为L1＝20m,求人在斜坡上滑下的高度应不超过多少；(4）若斜坡倾角θ大小可调节，且大小未知,水平滑道BC的长度未知，但是场地的水平空间距离DC的最大长度为L2＝30m，人在斜坡上从D的正上方A处由静止下滑，那么A到D的高度不超过多少？［解析](1）受力如图所示．(2）根据牛顿第二定律得mgsin37°－f＝maN＝mgcos37°f＝μN联立以上三式，代入数据解得a＝3.6m/s2。(3）人和滑板从距水平面高H处下滑，从人和滑板在斜面上开始运动到人和滑板停止运动的过程中,根据动能定理:mgH－μmgcos37°eq\f(H,sin37°)－μmgL1＝0－0代入数据解得H＝10m。（4）设A到D的高度为h,根据动能定理mgh－μmgcosθeq\f（h,sinθ）－μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（L2－\f(h，tanθ)))＝0－0代入数据解得h＝9m.［答案](1）见解析(2）3。6m/s2(3)10m（4）9m6．（14分)如图所示,固定在水平地面上的工件，由AB和BD两部分组成，其中AB部分为光滑的圆弧，圆心为O，∠AOB＝37°，圆弧的半径R＝0.5m；BD部分水平，长度为0。2m，C为BD的中点．现有一质量m＝1kg、可视为质点的物块从A端由静止释放，恰好能运动到D点．（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0。8）求：（1）物块运动到B点时，对工件的压力大小；(2)为使物块恰好运动到C点静止，可以在物块运动到B点后，对它施加一竖直向下的恒力F，F应为多大？［解析］（1)物块由A运动到B点的过程中，由动能定理有mgR(1－cos37°）＝eq\f（1，2)mv2解得v2＝2gR(1－cos37°)＝2×10×0.5×（1－0.8)＝2(m/s)2在B点，由牛顿第二定律有N－mg＝m