2020～2021學(xué)年高一物理下學(xué)期暑假訓(xùn)練5動(dòng)能和動(dòng)能定理【含答案】

動(dòng)能和動(dòng)能定理1．(多選)如圖所示，甲、乙兩個(gè)質(zhì)量相同的物體，用大小相等的力F分別拉它們?cè)谒矫嫔蠌撵o止開始運(yùn)動(dòng)相同的距離s。甲在光滑水平面上，乙在粗糙水平面上。下列關(guān)于力F對(duì)甲、乙做的功和甲、乙兩物體獲得的動(dòng)能的說(shuō)法中正確的是()A．力F對(duì)甲做功多B．力F對(duì)甲、乙兩個(gè)物體做的功一樣多C．甲物體獲得的動(dòng)能比乙大D．甲、乙兩個(gè)物體獲得的動(dòng)能相同2．如圖所示，豎直固定放置的斜面DE與一光滑的圓弧軌道ABC相切，C為切點(diǎn)，圓弧軌道的半徑為R，斜面的傾角為θ?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的滑塊從D點(diǎn)無(wú)初速下滑，滑塊可在斜面和圓弧軌道之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。已知圓弧軌道的圓心O與A、D在同一水平面上，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，求：(1)滑塊第一次滑至左側(cè)圓弧上時(shí)距A點(diǎn)的最小高度差h；(2)滑塊在斜面上能通過(guò)的最大路程s。1．(多選)關(guān)于動(dòng)能，下列說(shuō)法正確的是()A．公式Ek＝eq\f(1,2)mv2中的速度v一般是物體相對(duì)于地面的速度B．動(dòng)能的大小由物體的質(zhì)量和速率決定，與物體運(yùn)動(dòng)的方向無(wú)關(guān)C．物體以相同的速率向東和向西運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能的大小相等但方向不同D．物體以相同的速率做勻速直線運(yùn)動(dòng)和曲線運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能不同2．(多選)一個(gè)物體在水平方向的兩個(gè)恒力作用下沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，若撤去其中的一個(gè)力，則()A．物體的動(dòng)能可能減少B．物體的動(dòng)能可能不變C．物體的動(dòng)能可能增加D．余下的力一定對(duì)物體做功3．一質(zhì)量為m的物體靜止在粗糙的水平面上，當(dāng)此物體受水平力F作用運(yùn)動(dòng)了距離s時(shí)，其動(dòng)能為E1，而當(dāng)此物體受水平力2F作用運(yùn)動(dòng)了相同的距離時(shí)，其動(dòng)能為E2，則()A．E2＝E1B．E2＝2E1C．E2>2E1D．E1<E2<2E14．從地面豎直向上拋出一只小球，小球運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后落回地面。忽略空氣阻力，該過(guò)程中小球的動(dòng)能Ek與時(shí)間t的關(guān)系圖像是()5．如圖所示，在輕彈簧的下端懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的小球A，若將小球A從彈簧原長(zhǎng)位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h。若將小球A換為質(zhì)量為3m的小球B，仍從彈簧原長(zhǎng)位置由靜止釋放，則小球B下降h時(shí)的速度為(重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力)()A．eq\r(2gh) B．eq\r(\f(4gh,3）C．eq\r(gh)D.eq\r(\f(gh,2）6．質(zhì)量m＝10kg的物體只在變力F作用下沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)隨坐標(biāo)x的變化關(guān)系如圖所示。若物體從坐標(biāo)原點(diǎn)處由靜止出發(fā)，則物體運(yùn)動(dòng)到x＝16m處時(shí)的速度大小為()A．3m/sB．4m/sC．2eq\r(2)m/sD．eq\r(17)m/s7．(多選)質(zhì)量為m的物體放在水平面上，它與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。用水平力拉物體，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后撤去，最終物體停止運(yùn)動(dòng)。物體運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A．水平拉力大小為F＝meq\f(v0,t0)B．物體在3t0時(shí)間內(nèi)位移大小為eq\f(3,2)v0t0C．在0～3t0時(shí)間內(nèi)水平拉力做的功為eq\f(1,2)mv02D．在0～3t0時(shí)間內(nèi)物體克服摩擦力做功的平均功率為eq\f(1,2)μmgv08．(多選)質(zhì)量為m的小球在豎直向上的恒力F作用下由靜止開始向上勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，撤去F又經(jīng)時(shí)間t小球回到出發(fā)點(diǎn)，速度大小為v，不計(jì)阻力，已知重力加速度為g，則下列判斷正確的是()A．撤去力F時(shí)小球的動(dòng)能為eq\f(1,4)mv2B．小球上升的最大高度為eq\f(v2,2g)C．拉力F所做的功為eq\f(1,2)mv2D．拉力的最大功率為eq\f(2,3)mgv9．(多選)靜止在水平地面的物塊，受到水平方向的拉力F作用，此拉力方向不變，其大小F與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。設(shè)物塊與地面間的靜摩擦力最大值fm與滑動(dòng)摩擦力大小相等，則()A．0～t1時(shí)間內(nèi)F的功率逐漸增大B．t2時(shí)刻物塊的加速度最大C．t2時(shí)刻后物塊做反向運(yùn)動(dòng)D．t3時(shí)刻物塊的動(dòng)能最大10．(多選)如圖所示，在傾角為θ的足夠長(zhǎng)斜面上，輕質(zhì)彈簧一端與斜面底端的擋板固定，另一端與質(zhì)量為M的平板A連接，一質(zhì)量為m的物體B靠在平板的右側(cè)，A、B與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。開始時(shí)用手按住B使彈簧處于壓縮狀態(tài)，現(xiàn)釋放，使A和B一起沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A和B運(yùn)動(dòng)距離L時(shí)達(dá)到最大速度v。則下列說(shuō)法正確的是()A．A和B達(dá)到最大速度v時(shí)，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)B．若運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A和B能夠分離，則A和B恰好分離時(shí)，二者加速度大小均為g(sinθ＋μcosθ)C．從釋放到A和B達(dá)到最大速度v的過(guò)程中，彈簧對(duì)A所做的功等于eq\f(1,2)Mv2＋MgLsinθ＋μMgLcosθD．從釋放到A和B達(dá)到最大速度v的過(guò)程中，B受到的合力對(duì)它做的功等于eq\f(1,2)mv211．完全由我國(guó)自行設(shè)計(jì)、建造的國(guó)產(chǎn)新型航空母艦已完成多次海試，并取得成功。航母上的艦載機(jī)采用滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構(gòu)成，如圖1所示。為了便于研究艦載機(jī)的起飛過(guò)程，假設(shè)上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的一段圓弧，示意如圖2，AB長(zhǎng)L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，圖中C點(diǎn)切線方向與水平方向的夾角θ＝12°(sin12°≈0.21)。若艦載機(jī)從A點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t＝6s到達(dá)B點(diǎn)進(jìn)入BC。已知飛行員的質(zhì)量m＝60kg，g＝10m/s2，求：圖1圖2(1)艦載機(jī)水平運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，飛行員受到的水平力所做功W；(2)艦載機(jī)剛進(jìn)入BC時(shí)，飛行員受到豎直向上的壓力FN多大。12．如圖，半徑為R的光滑半圓形軌道ABC固定在豎直平面內(nèi)且與水平軌道CD相切于C點(diǎn)，D端有一被鎖定的輕質(zhì)壓縮彈簧，彈簧左端連接在固定的擋板上，彈簧右端Q到C點(diǎn)的距離為2R。質(zhì)量為m的滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))從軌道上的P點(diǎn)由靜止滑下，剛好能運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，并能觸發(fā)彈簧解除鎖定，然后滑塊被彈回，且剛好能通過(guò)圓軌道的最高點(diǎn)A。已知∠POC＝60°，求：(1)滑塊第一次滑至圓形軌道最低點(diǎn)C時(shí)所受軌道支持力；(2)滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(3)彈簧被鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能。

1．選BC由W＝Flcosα＝Fs可知，兩種情況下力F對(duì)甲、乙兩個(gè)物體做的功一樣多，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)動(dòng)能定理，對(duì)甲有：Fs＝Ek1，對(duì)乙有：Fs－Ffs＝Ek2，可知Ek1>Ek2，C正確，D錯(cuò)誤。2．(1)滑塊從D到達(dá)左側(cè)最高點(diǎn)F經(jīng)歷DC、CB、BF三個(gè)過(guò)程，現(xiàn)以DF整個(gè)過(guò)程為研究過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理得：mgh－μmgcosθ·eq\f(R,tanθ)＝0解得h＝eq\f(μRcosθ,tanθ)。(2)通過(guò)分析可知，滑塊最終滑至C點(diǎn)的速度為0時(shí)對(duì)應(yīng)在斜面上的總路程最大，由動(dòng)能定理得：mgRcosθ－μmgcosθ·s＝0解得s＝eq\f(R,μ)。1．AB動(dòng)能是標(biāo)量，與速度的大小有關(guān)，而與速度的方向無(wú)關(guān)。公式中的速度一般是相對(duì)于地面的速度，故A、B正確。2．ACD因物體的速度方向與余下的力的方向關(guān)系不知，故存在多種可能：當(dāng)物體的速度方向與余下的力同向或夾角為90°或銳角時(shí)，力對(duì)物體做正功，動(dòng)能增加，當(dāng)物體速度方向與余下的力反向或夾角為鈍角時(shí)，力對(duì)物體做負(fù)功，動(dòng)能減少，余下的力一定對(duì)物體做功，物體的動(dòng)能或增加，或減少，一定會(huì)改變，所以，A、C、D均正確，B錯(cuò)誤。3．C由動(dòng)能定理可得Fs－Wf＝E1，2F作用時(shí)，由動(dòng)能定理可得2Fs－Wf＝E2，由eq\f(E2,E1)＝eq\f(2Fs－Wf,Fs－Wf)＝eq\f(2Fs－2Wf＋Wf,Fs－Wf)＝2＋eq\f(Wf,Fs－Wf)>2，可得E2>2E1，選項(xiàng)C正確。4．A小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)初速度為v0，則v＝v0－gt，小球的動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2，把速度v代入得，Ek＝eq\f(1,2)mg2t2－mgv0t＋eq\f(1,2)mv02，Ek與t為二次函數(shù)關(guān)系。5．B小球A下降h過(guò)程小球克服彈簧彈力做功為W1，根據(jù)動(dòng)能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降過(guò)程，由動(dòng)能定理有3mgh－W1＝eq\f(1,2)·3mv2－0，解得v＝eq\r(\f(4gh,3），故B正確。6．CF－x圖線與x軸圍成的面積表示力F所做的功，則這段過(guò)程中，外力做功為W＝eq\f(1,2)×(4＋8)×10J－eq\f(1,2)×4×10J＝40J，根據(jù)動(dòng)能定理得W＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2W,m）＝eq\r(\f(2×40,10）m/s＝2eq\r(2)m/s，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。7．BD根據(jù)v－t圖像和牛頓第二定律可知F－μmg＝meq\f(v0,t0)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由v－t圖像與坐標(biāo)軸所圍面積可知，在3t0時(shí)間內(nèi)的位移為x＝eq\f(1,2)·3t0·v0＝eq\f(3,2)v0t0，所以選項(xiàng)B正確；在0～3t0時(shí)間內(nèi)由動(dòng)能定理可知W－μmgx＝0，故水平拉力做的功W＝eq\f(3,2)μmgv0t0，又Ff＝μmg＝eq\f(mv0,2t0)，則W＝eq\f(3,4)mv02，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；0～3t0時(shí)間內(nèi)克服摩擦力做功的平均功率為eq\x\to(P)＝eq\f(Wf,3t0)＝eq\f(1,2)μmgv0，所以選項(xiàng)D正確。8．BCD拉力F作用時(shí)，小球上升的加速度大小為a，末速度大小為v′，則小球上升的高度h＝eq\f(1,2)at2，v′＝at，撤去外力后－h(huán)＝v′t－eq\f(1,2)gt2，解得a＝eq\f(1,3)g，F(xiàn)＝eq\f(4,3)mg。對(duì)全過(guò)程由動(dòng)能定理知eq\f(1,2)mv2＝Fh，C正確。拉力F作用時(shí)由動(dòng)能定理知eq\f(1,2)mv′2＝(F－mg)h，聯(lián)立解得eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(1,4)×eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,8)mv2，A錯(cuò)誤。撤去力F后小球上升的高度為h′，由eq\f(1,2)mv2＝Fh，eq\f(1,2)mv′2＝mgh′知小球上升的最大高度H＝h＋h′＝eq\f(v2,2g)，B正確。拉力F的最大功率Pm＝Fv′＝eq\f(2,3)mgv，D正確。9．BD10．BDA和B達(dá)到最大速度v時(shí)，A和B的加速度為零，對(duì)A、B整體：由平衡條件知kx＝(m＋M)gsinθ＋μ(m＋M)gcosθ，所以此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；A和B恰好分離時(shí)，A、B間的彈力為0，A、B的加速度大小相同，對(duì)B受力分析，由牛頓第二定律知，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，得a＝g(sinθ＋μcosθ)，故B正確；從釋放到A和B達(dá)到最大速度v的過(guò)程中，對(duì)A、B整體，根據(jù)動(dòng)能定理得W彈－(m＋M)·gLsinθ－μ(m＋M)gLcosθ＝eq\f(1,2)(m＋M)v2，所以彈簧對(duì)A所做的功W彈＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋(m＋M)·gLsinθ＋μ(m＋M)gLcosθ，故C錯(cuò)誤；從釋放到A和B達(dá)到最大速度v的過(guò)程中，對(duì)于B，根據(jù)動(dòng)能定理得，B受到的合力對(duì)它做的功W合＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv2，故D正確。11．(1)艦載機(jī)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其剛進(jìn)入上翹甲板時(shí)的速度為v，則有eq\f(v,2)＝eq\f(L1,t)①根據(jù)動(dòng)能定理，有W＝eq\f(1,2)mv2－0②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)，得W＝7.5×104J。③(2)設(shè)上翹甲板所對(duì)應(yīng)的圓弧半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系，有L2＝Rsinθ④由牛頓第二定律，有FN－mg＝meq\f(v2,R)⑤聯(lián)