2024-2025学年高中物理第四章机械能和能源4动能动能定理课时练习含解析教科版必修2

PAGE10-动能动能定理(25分钟·60分)一、选择题(本题共6小题,每题5分,共30分)1.关于做功和物体动能改变的关系,下列说法正确的是 ()A.只要有力对物体做功,物体的动能就增加B.只要物体克服阻力做功,它的动能就削减C.动力和阻力都对物体做功,物体的动能肯定改变D.力对物体做功的代数和等于物体的末动能与初动能之差【解析】选D。合力对物体做负功时,物体的动能削减,故A错误;物体克服阻力做功时,还可能有动力做功,所以动能不肯定削减,故B错误;动力和阻力都对物体做功,但所做总功可能为零,动能不变,故C错误;依据动能定理可知,力对物体做功的代数和等于物体的末动能与初动能之差,故D正确。2.(多选)在一次冰壶竞赛中,运动员以肯定的初速度将冰壶沿水平面抛出,由于摩擦阻力的作用,其动能随位移改变图线如图所示,已知冰壶质量为19kg,g取10m/sA.μ=0.05B.μ=0.01C.滑行时间t=5s D.滑行时间t=10s【解析】选B、D。对冰壶由图像和动能定理得:-μmgx=0-Ek0,解得:μ=0.01,则A错误,B正确;冰壶运动时,a=μg=0.1m/s2,由运动学公式x=at2得:t=10s,则C错误,D3.(2024·济南高一检测)物体在合外力作用下做直线运动的v-t图像如图所示,下列表述正确的是 ()A.在0～1s内,合外力做正功B.在0～2s内,合外力总是做负功C.在1～2s内,合外力不做功D.在0～3s内,合外力总是做正功【解析】选A。由图可知,在0～1s内,动能增加,故合外力做正功,故A正确;在0～2s内,动能先增大后减小,故合外力先做正功,后做负功,故B错误;在1～2s内,动能减小,故合外力做负功,故C错误;在0～3s内,动能先增加后减小,故合外力先做正功,后做负功,故D错误。4.(2024·全国卷Ⅲ)一质点做速度渐渐增大的匀加速直线运动,在时间间隔t内位移为s,动能变为原来的9倍。该质点的加速度为 ()A.B.C.D.【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析:(1)动能Ek=mv2。(2)位移s=t。(3)加速度a=。【解析】选A。设初、末速度分别为v1、v2,加速度为a,则由Ek=mv2得v2=3v1;代入s=t得v1=,v2=,a===,故选A。【加固训练】质量为m的物体从地面上方H高处无初速度释放,落到地面后出现一个深为h的坑,如图所示,在此过程中 ()A.重力对物体做功mgHB.物体重力势能削减mg(H-h)C.合力对物体做的总功为零D.地面对物体的平均阻力为【解析】选C。依据重力做功的公式可知:WG=mgΔh=mg(H+h),故A错误;重力做的功为mg(H+h),且为正功,则物体重力势能削减mg(H+h),故B错误;对全程由动能定理可知,初末动能为零,则合外力做功为零,故C正确;由动能定理得:mg(H+h)-fh=0,解得:f=,故D错误。5.如图,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由静止起先滑下,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.mgR B.mgR C.mgR D.mgR【解析】选C。当质点沿着轨道下滑到位置Q时具有的动能为:Ek=mv2,此时质点对轨道压力为N:由牛顿其次定律得:N-mg=,由动能定理得:mgR-Wf=mv2解得:Wf=,故选项C正确。【加固训练】如图所示,AB为圆弧轨道,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,与两个轨道的动摩擦因数都为μ,当它由轨道顶端A从静止下滑时,恰好运动到C处停止,那么物体在AB段克服摩擦力做功为 ()A.μmgR B.mgRC.mgR D.(1-μ)mgR【解析】选D。BC段物体受摩擦力f=μmg,位移为R,故BC段摩擦力对物体做功W=-fR=-μmgR;对全程由动能定理可知,mgR+W1+W=0,解得W1=μmgR-mgR;故AB段克服摩擦力做功为W克=mgR-μmgR=(1-μ)mgR。故本题选D。6.质点所受的力F随时间改变的规律如图所示,力的方向始终在同始终线上。已知t=0时质点的速度为零。在图中从0时刻起先,哪段时间力对质点做功最大()A.0～t1 B.0～t2C.0～t3 D.0～t4【解题指南】解答本题可按以下思路进行:(1)依据F-t图像,分析加速度的改变和速度的改变。(2)确定速度最大时刻。(3)依据动能定理得到结论。【解析】选B。质点受到一个变力F的作用,从静止起先运动,在0～t1时间内,力F渐渐增大,在t1时刻达到最大值,这一段时间质点做变加速直线运动,它的加速度也是在t1时刻达到最大。而后,力F渐渐变小,至t2时刻减为零,这一段时间质点仍做变加速直线运动,只是加速度在渐渐变小,而速度仍在渐渐增大。从t2～t3这段时间,力F变为反向,并且渐渐增大,相应的加速度也将变为反向,数值也是渐渐增大,它做的是变减速直线运动,速度方向仍是向前。在t3～t4这段时间,力F渐渐变小,加速度也渐渐变小,质点接着做变减速直线运动,直到t4时刻力F减为零。通过以上分析不难看出,质点在t2时刻速度达到最大值,动能达最大值,依据动能定理知,故B正确。二、非选择题(本题共2小题,共30分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)7.(14分)(2024·宜宾高一检测)如图所示是某学习小组设计的“探究做功与速度的关系”的试验装置,将光电门固定在直轨道上的O点,将拉力传感器固定在小车上,用不行伸长的细线通过一个定滑轮将小车与钩码相连,用拉力传感器记录小车所受拉力F的大小,通过光电门记录遮光条通过光电门的时间t,结合遮光条的宽度d计算出小车通过光电门时的速度,该小组提出如下操作方案:用同一钩码通过细线拉同一小车,每次小车从不同位置由静止释放,各位置A、B、C、D、E、F、G(图中只标出了G)与O点间的距离分别为s1、s2、s3、s4、s5、s6、s7。(1)用该试验方案(选填“须要”或“不须要”)平衡摩擦力。

(2)利用图像法处理试验数据,若以s为纵轴,以(选填“”或“”)为横轴作出的图像是一条过原点的直线,则可得出做功与速度的关系。

(3)若该图像斜率为k,则小车(含传感器)的质量为。

【解析】(1)利用小车自身的重力的分力平衡接触面的摩擦力,这样传感器测量的外力即为小车受到的合外力,所以须要平衡摩擦力。(2)平衡摩擦力后,拉力传感器测出的外力F即为小车所受合外力,依据动能定理:Fs=mv2遮光条通过光电门的速度:v=两式联立解得:s=·,所以s与成正比。(3)依据上述计算结果可知:=k解得小车(含传感器)的质量为:m=。答案:(1)须要(2)(3)8.(16分)如图所示,质量为M=0.2kg的木块放在水平台面上,台面比水平地面高出h=0.20m,木块离台面的右端L=1.7m。质量为m=0.02kg的子弹以v0=180m/s的速度水平射向木块,9m/s(此过程作用时间极短,可认为木块的位移为零)。若木块落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离为l=1.6(1)木块对子弹所做的功W1和子弹对木块所做的功W2。(2)木块与台面间的动摩擦因数μ(g取10m/s2【解析】(1)由动能定理得,木块对子弹所做的功为W1=mv2-m=-243J子弹对木块所做的功为W2=M=8.1J(2)设木块离开台面时的速度为v2,木块在台面上滑行阶段,对木块由动能定理,有-μMgL=M-M木块离开台面后做平抛运动,h=gt2,l=v2t解得μ=0.5。答案:(1)-243J8.1J(2)0.5(15分钟·40分)9.(6分)(多选)如图所示为测定运动员体能的装置,轻绳拴在腰间沿水平线跨过定滑轮(不计滑轮的质量与摩擦),下悬质量为m的物体。设人的重心相对地面不动,人用力向后蹬传送带,使水平传送带以速率v逆时针转动。则 ()A.人对重物做功,功率为mgvB.人对传送带的摩擦力大小等于mg,方向水平向左C.在时间t内人对传送带做功消耗的能量为mgvtD.若使传送带的速度增大,人对传送带做功的功率不变【解析】选B、C。由题知,物体没有移动,所以人对物体没有做功,功率为0,故A错误。依据人的重心不动知人处于平衡状态,人所受的摩擦力与拉力平衡,传送带对人的摩擦力方向向右,拉力等于物体的重力mg,所以人对传送带的摩擦力大小也等于mg,方向水平向左,故B正确。在时间t内人对传送带做功消耗的能量等于人对传送带做的功,人的重心不动,绳对人的拉力和人与传送带间的摩擦力平衡,而拉力又等于mg。依据W=Fvt,所以人对传送带做功为mgvt,故C正确。由于恒力做功,依据功率P=Fv知:若增大传送带的速度,人对传送带做功的功率增大,故D错误。10.(6分)(多选)某质量m=1500kg的“双引擎”小汽车,行驶速度v≤54km/h时靠电动机输出动力;行驶速度在54km/h<v≤90km/h范围内时靠汽油机输出动力,同时内部电池充电;当行驶速度v>90km/h时汽油机和电动机同时工作,这种汽车更节能环保。该小汽车在一条平直的马路上由静止启动,汽车的牵引力F随运动时间t的图线如图所示,所受阻力恒为1250N。已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎,A.经过计算t0=6sB.电动机输出的最大功率为60kWC.汽油机工作期间牵引力做的功为4.5×105JD.汽车的位移为160【解析】选A、C。起先阶段,牵引力F1=5000N,据牛顿其次定律可得,F1-f=ma,解得:起先阶段加速度a=2.5m/s2。v1=54km/h=15m/s,据t0=,解得t0=6s,故A项正确。t0时刻,电动机输出的功率最大,且Pm=F1v1=5000×1575kW,故B项错误。汽油机工作期间,功率P=F2v1=6000×15W=90kW,11s时刻汽车的速度v2==m/s=25m/s=90km/h,汽油机工作期间牵引力做的功W=Pt2=90×103×(11-6)J=4.5×105J,故C项正确。汽车前6s内的位移x1=a=×2.5×62m=45m,后5s内依据动能定理得:Pt2-fx2=m-m,解得:汽车后5s内的位移x2=120m。所以前11s时间内汽车的位移x=x1+x2=120m=165m11.(6分)(多选)如图所示为某一传送装置,与水平面夹角θ=37°,传送带以4m/s的速率顺时针运转。某时刻在传送带上端1kg的小物块(可视为质点),物块与传送带间的动摩擦因数为0.25,传送带上端A与下端B距离为3.5m,则小物块从A到B的过程中(g取cos37°=0.8) ()A.运动的时间为2sB.小物块对传送带做的总功为0C.小物块与传送带相对位移为1.5D.小物块与传送带之间因摩擦而产生的内能为3J【解析】选B、D。起先阶段,由牛顿其次定律得:mgsinθ+μmgcosθ=ma1,解得:a1=gsinθ+μgcosθ=8m/s2,物体加速至与传送带速度相等时须要的时间为:t1==s=0.5s,通过的位移为:x1=a1=×8×0.52m=1m,由于mgsin37°>μmgcos37°,可知物体与传送带不能保持相对静止,速度相等后,物体所受的摩擦力沿斜面对上,依据牛顿其次定律得:mgsinθ-μmgcosθ=ma2,解得:a2=gsinθ-μgcosθ=4m/s2,依据L-x1=vt2+a2,解得t2=0.5s,故运动的总时间为t=t1+t2=1s,故A错误;小物块对传送带做的总功即滑动摩擦力对传送带所做的功为:W=-μmgcosθ·vt1+μmgcosθ·vt2,而t1=t2=0.5s,故W=0,故B正确;前0.5s内传送带的速度大于小物块的速度,小物块相对于传送带向后运动,相对位移:Δx1=vt1-x1=4×0.5m-1m=1m,后0.5s内小物块的速度大于传送带的速度,小物块相对于传送带向前运动,=0.5m,物块相对于传送带的位移:Δx=Δx1-Δx2=1m-0.5m=0.5m,故C错误;小物块相对于传送带的路程:ΔL=Δx1+Δx2=1m+0.5m=1.5m,因小物块和传送带之间的摩擦而产生的内能为:Q=f12.(22分)如图所示,ABC为竖直面内一固定轨道,AB段是半径为R的光滑圆弧,水平段与圆弧轨道相切于B,水平段BC长度为L,C端固定一竖直挡板。一质量为m的小物块自A端从静止起先沿圆轨道下滑,与挡板共发生了两次碰撞后停止在水平段B、C之间的某处,物块每次与挡板碰撞不损失机械能(即碰撞前、后速率相同)。不计空气阻力,物块与水平段BC间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。试求:(1)物块第一次与挡板碰撞时的速率。(2)物块在水平轨道上滑行的总路程。(3)物块最终一次滑到圆弧轨道底端B处对圆弧轨道的压力。【解析】(1)对物块第一次从A到C过程,依据动能定理:mgR-μmgL=m ①解得第一次碰撞挡板的