2024-2025學年新教材高中物理第4章機械能及其守恒定律第3節(jié)動能動能定理課時分層作業(yè)含解析粵教版必修第二冊

PAGE5-動能動能定理(建議用時：25分鐘)◎考點一動能、動能定理的理解1．關于動能概念及公式W＝Ek2－Ek1的說法中正確的是()A．若物體速度在變更，則動能肯定在變更B．速度大的物體，動能肯定大C．W＝Ek2－Ek1表示功可以變成能D．動能的變更可以用合力做的功來量度D[速度是矢量，而動能是標量，若物體速度只變更方向，不變更大小，則動能不變，A錯；由Ek＝eq\f(1,2)mv2知B錯；動能定理W＝Ek2－Ek1表示動能的變更可用合力做的功來量度，但功和能是兩個不同的概念，有著本質的區(qū)分，故C錯，D對。]2．質量為2kg的物體A以5m/s的速度向北運動，另一個質量為0.5kg的物體B以10m/s的速度向西運動，則下列說法正確的是()A．EkA＝EkBB．EkA>EkBC．EkA<EkBD．因運動方向不同，無法比較動能A[依據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2知，EkA＝25J，EkB＝25J，而且動能是標量，所以EkA＝EkB，A項正確。]3.有一質量為m的木塊，從半徑為r的圓弧曲面上的a點滑向b點，如圖所示。假如由于摩擦使木塊的運動速率保持不變，則以下敘述正確的是()A．木塊所受的合外力為零B．因木塊所受的力都不對其做功，所以合外力做的功為零C．重力和摩擦力的合力做的功為零D．重力和摩擦力的合力為零C[木塊做曲線運動，速度方向變更，加速度不為零，故合外力不為零，A錯；速率不變，動能不變，由動能定理知，合外力做的功為零，而支持力始終不做功，重力做正功，所以重力做的功與摩擦力做的功的代數(shù)和為零，但重力和摩擦力的合力不為零，C對，B、D錯。]◎考點二動能定理的簡潔應用4．甲、乙兩個物體的質量分別為m甲和m乙，并且m甲＝2m乙A．1∶1 B．2∶1C．1∶2 D．1∶eq\r(2)C[由動能定理得－μmg·s＝0－Ek0，即s＝eq\f(Ek0,μmg)，則s甲∶s乙＝m乙∶m甲＝1∶2。]5．一個物體的速度從0增大到v，外力對物體做功為W1；速度再從v增大到2v，外力做功為W2，則W1和W2的關系正確的是()A．W1＝W2 B．W1＝2W2C．W2＝3W1 D．W2＝4W1C[依據(jù)動能定理可知，W1＝eq\f(1,2)mv2，W2＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，因此，W2＝3W1，選項C正確。]6.汽車在平直馬路上由靜止起先做勻加速直線運動，當汽車速度達到vm時關閉發(fā)動機，汽車接著運動一段時間后停止，其速度—時間圖像如圖所示，若汽車加速行駛時其牽引力做功為W1，汽車在整個運動過程中克服阻力做功W2，則W1與W2的比值為()A．4∶1B．3∶1C．2∶1D．1∶1D[對全過程應用動能定理，由初速度與末速度大小皆為零，則知合外力做功為零，即W1－W2＝0，所以選項D正確。]◎考點三動能定理的綜合應用7．一物體以初速度v0豎直向上拋出，落回原地速度為eq\f(v0,2)，設物體在運動過程中所受的阻力大小保持不變，則重力與阻力大小之比為()A．3∶1 B．4∶3C．5∶3 D．3∶5C[物體在上升和下落過程中，空氣阻力都做負功。設空氣阻力為f，物體上升最大高度為h，由動能定理得上升階段：－mgh－fh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，下落階段：mgh－fh＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq\s\up12(2)－0，聯(lián)立解得空氣阻力大?。篺＝eq\f(3,5)mg，故C正確。]8．如圖所示，ABCD是一個盆式容器，盆內側壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC是水平的，其距離d＝0.60m。盆邊緣的高度為h＝0.30m。在A處放一個質量為m的小物塊并讓其從靜止起先下滑。已知盆內側壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.10。小物塊在盆內來回滑動，最終停下來，則停的地點到B的距離為()A．0.60m B．0.30mC．0.10m D．0A[設小物塊在BC面上運動的總路程為s，物塊在BC面上所受的滑動摩擦力大小始終為f＝μmg，對小物塊從起先運動到停止運動的整個過程進行探討，由動能定理得mgh－μmgs＝0，得到s＝eq\f(h,μ)＝eq\f(0.3,0.1)m＝3m，d＝0.60m，則s＝5d，所以小物塊在BC面上來回運動共5次，最終停在C點，則停的地點到B的距離為0.60m，故A正確，B、C、D錯誤。故選A。]9．(多選)一物體置于水平面上，在水平恒力F作用下，從靜止起先做勻加速直線運動，發(fā)生位移d時，撤去水平恒力F，物體再發(fā)生位移d停止，則運動過程中()A．物體受動摩擦力大小為eq\f(F,2)B．物體受動摩擦力大小為eq\f(F,4)C．物體最大動能為eq\f(Fd,2)D．物體最大動能為eq\f(Fd,4)AC[對全程依據(jù)動能定理有：Fd－f·2d＝0－0，則：f＝eq\f(1,2)F，故A正確，B錯誤；加速完成時動能達到最大，故對加速過程依據(jù)動能定理有：Fd－fd＝Ek－0，解得：Ek＝eq\f(1,2)Fd，故C正確，D錯誤。](建議用時：15分鐘)10．(多選)如圖所示，在北戴河旅游景點之一的南戴河滑沙場有兩個坡度不同的滑道AB和AB′(均可看成斜面)，甲、乙兩名旅游者分別乘兩個完全相同的滑沙橇從A點由靜止起先分別沿AB和AB′滑下，最終都停在水平沙面BC上。設滑沙橇和沙面間的動摩擦因數(shù)到處相同，斜面與水平面連接處可認為是圓滑的。則下列說法中正確的是()A．甲在B點的速率肯定大于乙在B′點的速率B．甲在B點的速率肯定小于乙在B′點的速率C．甲滑行的總路程肯定等于乙滑行的總路程D．甲、乙從A點動身到停下，兩人位移的大小相等AD[設斜面的傾角為θ，兩人在斜面下滑的過程中，依據(jù)動能定理得：mgh－μmgcosθ·s＝eq\f(1,2)mv2－0，scosθ是斜面底邊的長度。因為斜面AB的底邊短，則沿AB段到達B點速率大，故A正確，B錯誤；對全過程運用動能定理得，mgh－μmgcosθ·s1－μmg·s2＝0，整理得，mgh－μmgs水平＝0。可知兩人沿兩軌道滑行水平位移相等也可得到兩人的位移相同。依據(jù)幾何關系知甲滑行的總路程肯定大于乙滑行的總路程。故C錯誤，D正確。]11.如圖所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高；質量為m的質點自軌道端點P由靜止起先滑下，滑到最低點Q時，對軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g。質點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為()A．eq\f(1,4)mgR B．eq\f(1,3)mgRC．eq\f(1,2)mgR D．eq\f(π,4)mgRC[質點經過Q點時，由重力和軌道支持力的合力供應向心力，由牛頓其次定律得N－mg＝meq\f(v\o\al(2,Q),R)，由N＝2mg，可得vQ＝eq\r(gR)，質點自P滑到Q的過程中，由動能定理得mgR－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)，得克服摩擦力所做的功為Wf＝eq\f(1,2)mgR，選項C正確。]12．(多選)一質量為2kg的物體，在水平恒定拉力的作用下以肯定的初速度在粗糙的水平面上做勻速運動，當運動一段時間后，拉力漸漸減小，且當拉力減小到零時，物體剛好停止運動，如圖所示，給出了拉力隨位移變更的關系圖像，重力加速度g取10m/s2，由此可知()A．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)約為0.35B．減速過程中拉力對物體所做的功約為13JC．勻速運動時的速度約為6m/sD．減速運動的時間約為1.7sABC[物體做勻速直線運動時，受力平衡，則f＝F＝7N，所以μ＝eq\f(f,FN)＝eq\f(7,2×10)＝0.35，A對；4m后物體做減速運動，圖像與坐標軸圍成的面積表示拉力做的功，則由圖像中減速過程包括的方格數(shù)可知，減速過程拉力做功約等于WF＝13×1J＝13J，B對；全程應用動能定理有WF－μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中WF＝(7×4＋13)J＝41J，得v0＝6m/s，C對；由于不是勻減速直線運動，沒方法求出減速運動的時間，D錯。]13．如圖所示，輕質長繩水平跨在相距2L的兩個小定滑輪A、B上，質量為m的物塊懸掛在繩上O點，O與A、B兩滑輪的距離相等，在輕繩兩端C、D分別施加豎直向下的恒力F＝mg。先托住物塊，使繩處于水平拉直狀態(tài)，靜止釋放物塊，在物塊下落過程中，保持C、D兩端的拉力F(1)當物塊下落距離h為多大時，物塊的加速度為零；(2)求物塊下落過程中的最大速度vm；(3)求物塊下落過程中的最大距離H。[解析](1)當物塊所受到的合力為零時，其加速度為零。設此時物塊下降的距離是h，由于三力相等，所以此時懸點所受的三個拉力的方向互成夾角2θ＝120°。由圖可知：h＝Ltan30°＝eq\f(\r(3),3)L。 ①(2)當加速度為零時有最大速度，由動能定理mgh－2Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(L2＋h2)－L))＝eq