2019-2020学年高中物理第七章机械能守恒定律第7节动能和动能定理课时作业B含解析 人教版必修2

2019-2020学年高中物理第七章机械能守恒定律第7节动能和动能定理课时作业B含解析 人教版必修2

动能和动能定理 基础训练 ‎1.关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系,下列说法正确的是(　A　)‎ A.合外力为零,则合外力做功一定为零 B.合外力做功为零,则合外力一定为零 C.合外力做功越多,则动能一定越大 D.动能不变化,则物体所受合外力一定为零 解析:物体所受合外力为零,则物体可能静止,也可能做匀速直线运动,这两种情况下合外力做功均为零,或这两种运动状态物体的动能均不变,所以合外力做功一定为零,A正确;合外力做功为零或动能不变,合外力不一定为零,如匀速圆周运动,故B,D错误;合外力做功越多,动能变化越大,而不是动能越大,故C错误。‎ ‎2.如图所示,在水平桌面上的A点有一个质量为m的物体以初速度v0被抛出,不计空气阻力,当它到达B点时,其动能为(　B　)‎ A.m+mgH B.m+mgh C.m-mgh D.m+mg(H-h)‎ 解析:由A到B,合外力对物体做的功W=mgh,物体的动能变化ΔEk=‎ Ek-m,根据动能定理得物体在B点的动能Ek=m+mgh,B正确。‎ ‎3.质量为‎0.5 kg的篮球以‎10 m/s的速度撞向篮板后,以不变的速率反弹回来,则此过程中(　D　)‎ A.篮球的速度没有改变 B.篮球的动能改变了 C.篮板对篮球做功为50 J D.篮板对篮球做功为零 解析:速度是矢量,反弹回来后速度的方向发生了变化,所以速度发生了变化,故选项A错误;根据动能的计算式Ek=mv2,篮球反弹回来后速率未变,所以动能不变,故选项B错误;根据动能定理W=ΔEk=Ek2-Ek1,篮球的动能未变,所以篮板对篮球做的功等于0,故选项C错误,选项D正确。‎ ‎4.一辆汽车以v1=‎6 m/s的速度沿水平路面行驶时,急刹车后能滑行x1=‎3.6 m,如果以v2=‎8 m/s的速度行驶,在同样的路面上急刹车后滑行的距离x2应为(　A　)‎ A.‎6.4‎ m‎ B.‎5.6 m C.‎7.2 m D.‎‎10.8 m 8‎ 解析:急刹车后,车只受摩擦力的作用,且两种情况下摩擦力大小是相同的,汽车的末速度皆为零,故有-Fx1=0-m,-Fx2=0-m,两式相除得x2=x1=()2×‎3.6 m=‎6.4 m。‎ ‎5.某地平均风速为‎5 m/s,已知空气密度是‎1.2 kg/m3,有一风车,它的风叶转动时可形成半径为‎12 m的圆面。如果这个风车能将圆面内10%的气流动能转变为电能,则该风车带动的发电机功率最接近于(　B　)‎ A.340 W B.3.4 kW C.6.8 kW D.34 kW 解析:在t时间内作用于风车的气流质量m=ρπr2v·t,这些气流的动能为mv2,转变成的电能E=mv2×10%,所以风车带动发电机的功率为P==ρπr2v3×10%,代入数据得P≈3.4 kW。‎ ‎6.如图所示,质量m=‎1 kg、长L=‎0.8 m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上,其右端与桌子边缘相平。板与桌面间的动摩擦因数为μ=0.4。现用F=5 N的水平力向右推薄板,使它翻下桌子,力F做的功至少为(g取‎10 m/s2)(　D　)‎ A.1 J B.4 J C.2 J D.1.6 J 解析:薄板在F作用下先加速到一定速度,后撤去F,薄板共向前运动时刚好停止,此时F做功最少且刚好翻下桌子,根据动能定理WF-=0,解得WF==1.6 J。　‎ ‎7.一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处。物块初动能为Ek0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　C　)‎ 解析:设物块与斜面间的动摩擦因数为μ,物块的质量为m,则物块在上滑过程中根据功能关系有-(mgsin θ+μmgcos θ)x=Ek-Ek0,即Ek=‎ Ek0-(mgsin θ+μmgcos θ)x,物块沿斜面下滑的过程中有(mgsin θ-μmgcos θ)(x0-x)=Ek,由此可以判断C项正确。‎ ‎8.如图所示,小球以初速度v0‎ 8‎ 从A点沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返回,其返回途中仍经过A点,则经过A点的速度大小为(　B　)‎ A. B.‎ C. D.‎ 解析:设小球从A到B克服摩擦力做的功为Wf。小球从A至B有-Wf-mgh=0-m,小球从B至A有mgh-Wf=m-0,解以上两式得vA=,选项B正确。‎ ‎9.总质量为‎80 kg的跳伞运动员从离地‎500 m的直升机上跳下,经过2 s拉开绳索开启降落伞,如图所示是跳伞过程中的vt图,g取‎10 m/s2,试根据图象求:‎ ‎(1)求0～2 s内阻力做的功。‎ ‎(2)估算14 s内运动员下落的高度及克服阻力做的功。‎ 解析:(1)从题图中可以看出,在0～2 s运动员做匀加速运动,其加速度大小为 a== m/s2=‎8 m/s2‎ 设此过程中运动员受到的阻力大小为Ff,根据牛顿第二定律,有mg-Ff=ma 得Ff=m(g-a)=80×(10-8)N=160 N。‎ ‎0～2 s内下落高度h′=t=×‎2 m=‎16 m。‎ 阻力做功W=-Ffh′=-2 560 J。‎ ‎(2)从图中估算得出运动员在14 s内下落了 h=39.5×2×‎2 m=‎‎158 m 根据动能定理,有mgh-Wf=mv2‎ 所以有Wf=mgh-mv2=(80×10×158-×80×62)J≈1.25×105 J。‎ 答案:(1)-2 560 J　(2)‎158 m　1.25×105 J 8‎ 能力提升 ‎10.如图所示绘出了轮胎与地面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2时,紧急刹车时的刹车痕(即刹车距离s)与刹车前车速v的关系曲线,则μ1和μ2的大小关系为(　C　)‎ A.μ1<μ2 B.μ1=μ2‎ C.μ1>μ2 D.条件不足,不能比较 解析:在刹车过程中,由动能定理可知-μmgs=0-m,据此式可得选项C正确。‎ ‎11.如图所示,DO是水平面,AB是斜面,初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零。已知物体与水平面和斜面之间的动摩擦因数处处相同且不为零,轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接。如果斜面改为AC,让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零,则物体具有的初速度(　B　)‎ A.大于v0 B.等于v0‎ C.小于v0 D.决定于斜面的倾角 解析:根据动能定理有-mgh-Wf=0-m,其中Wf为物体在滑行过程中克服摩擦力做功,设斜面倾角为θ,则Wf=μmgcos θ·sAB+μmg·sBD=‎ μmg(xOB+sBD),即只与滑过的水平方向距离有关,即沿DBA和沿DCA两轨道滑行过程中Wf相同,B正确。‎ ‎12.如图所示,质量m=‎60 kg的高山滑雪运动员,从A点由静止开始沿滑道滑下,然后由B点水平飞出,最后落在斜坡上的C点。已知BC连线与水平方向夹角θ=37°,A,B两点间的高度差为hAB=‎25 m,B,C两点间的距离为L=‎75 m,(不计空气阻力,g取‎10 m/s2,sin 37°=0.6,‎ cos 37°=0.8)求:‎ ‎(1)运动员从B点飞出时的速度vB的大小;‎ ‎(2)运动员从A滑到B的过程中克服摩擦力所做的功。‎ 解析:(1)设由B到C运动员做平抛运动的时间为t 竖直方向:hBC=Lsin 37°=gt2‎ 水平方向:Lcos 37°=vBt 8‎ 代入数据,解得vB=‎20 m/s。‎ ‎(2)A到B过程由动能定理有 mghAB+Wf=m,‎ 代入数据,解得Wf=-3 000 J,‎ 运动员克服摩擦力所做的功为3 000 J。‎ 答案:(1)‎20 m/s　(2)3 000 J ‎13.某日有雾的清晨,一艘质量为m=500 t的轮船,从某码头由静止起航做直线运动,并保持发动机的输出功率等于额定功率不变,经t0=10 min后,达到最大行驶速度vm=‎20 m/s,雾也恰好散开,此时船长突然发现航线正前方s0=‎480 m处,有一只拖网渔船以v=‎5 m/s的速度沿垂直航线方向匀速运动,且此时渔船船头恰好位于轮船的航线上,轮船船长立即下令采取制动措施,附加了制动力F=1.0×105 N,结果渔船的拖网刚好越过轮船的航线时,轮船也刚好从该点通过,从而避免了事故的发生,已知渔船连拖网共长L=‎200 m。求:‎ ‎(1)轮船减速时的加速度a多大。‎ ‎(2)轮船的额定功率P多大。‎ ‎(3)发现渔船时,轮船已离开码头多远。‎ 解析:(1)减速运动的时间t==40 s 因为s0=vmt-at2,‎ 所以加速度a=‎0.4 m/s2。‎ ‎(2)轮船做减速运动时:F+f=ma f=1×105 N 则P=F牵vm=fvm=2×106 W。‎ ‎(3)Pt-fs=m s=1.1×‎104 m。‎ 答案:(1)‎0.4 m/s2　(2)2×106 W　(3)1.1×‎‎104 m ‎14.风洞是研究空气动力学的实验设备。如图,将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H=‎3.2 m处,杆上套一质量m=‎3 kg可沿杆滑动的小球。小球所受的风力调节为F=15 N,方向水平向左。小球以速度v0=‎8 m/s向右离开杆,取g=‎10 m/s2。求:‎ ‎(1)小球落地所需时间和离开杆端的水平距离;‎ 8‎ ‎(2)小球落地时的动能;‎ ‎(3)小球离开杆端后经过多少时间动能为78 J?‎ 解析:(1)小球在竖直方向做自由落体运动,‎ t0==0.8 s 在水平方向做匀减速运动,a==‎5 m/s2‎ 水平位移s=v0t0-a=‎4.8 m。‎ ‎(2)由动能定理 mgH-Fs=Ek-m,得Ek=120 J。‎ ‎(3)小球离开杆后经过时间t的位移x=v0t-at2,‎ Ekt-m=mg·gt2-Fx,‎ 以Ekt=78 J和v0=‎8 m/s代入得 ‎125t2-80t+12=0,‎ 解得t1=0.4 s,t2=0.24 s,‎ 故小球离开杆后经过0.24 s动能为78 J。‎ 答案:(1)‎4.8 m　(2)120 J　(3)0.24 s ‎15.如图甲所示,长为‎4 m的水平轨道AB与半径为R=‎0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接,有一质量为‎1 kg的滑块(大小不计),从A处由静止开始受水平向右的力F作用,F的大小随位移x变化的关系如图乙所示,滑块与AB间的动摩擦因数为μ=0.25,与BC间的动摩擦因数未知,取g=‎10 m/s2。求:‎ ‎(1)滑块到达B处时的速度大小。‎ ‎(2)滑块在水平轨道AB上运动前‎2 m过程所用的时间。‎ ‎(3)若到达B点时撤去力F,滑块沿半圆弧轨道内侧上滑,并恰好能到达最高点C,则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少。‎ 解析:(1)对滑块从A到B的过程,由动能定理得 F1x1-F3x3-μmgx=m 8‎ 即20×2 J-10×1 J-0.25×1×10×4 J=×1×‎ 得vB=‎2 m/s。‎ ‎(2)在前‎2 m内,有F1-μmg=ma 且x1=a 解得t1= s= s。‎ ‎(3)当滑块恰好能到达最高点C时,应有 mg=m 对滑块从B到C的过程,由动能定理得 W-mg×2R=m-m 代入数值得W=-5 J,即克服摩擦力做的功为5 J。‎ 答案:(1)‎2 m/s　(2) s　(3)5 J ‎16.(2018·浙江4月选考)如图所示,一轨道由半径为‎2 m的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度可调的水平直轨道BC在B点平滑连接而成。现有一质量为‎0.2 kg的小球从A点无初速释放,经过圆弧上B点时,传感器测得轨道所受压力大小为3.6 N,小球经过BC段所受的阻力为其重力的0.2倍。然后从C点水平飞离轨道,落到水平地面上的P点,P,C两点间的高度差为‎3.2 m。小球运动过程中可视为质点,且不计空气阻力,g取‎10 m/s2。　‎ ‎(1)求小球运动至B点时的速度大小。‎ ‎(2)求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。‎ ‎(3)为使小球落点P与B点的水平距离最大,求BC段的长度。‎ ‎(4)小球落到P点后弹起,与地面多次碰撞后静止。假设小球每次碰撞机械能损失75%,碰撞前后速度方向与地面的夹角相等。求小球从C点飞出到最后静止所需时间。‎ 解析:(1)在B点,由牛顿第二定律得FN-mg=‎ 解得vB=‎4 m/s。‎ ‎(2)A至B过程,由动能定理得 8‎ mgR-Wf=m Wf=2.4 J。‎ ‎(3)B至C过程,由动能定理得 ‎-kmgLBC=m-m B至P的水平距离 LBP=+vC=4-+vC 当vC=‎1.6 m/s时,P至B的水平距离最大 则LBC=‎3.36 m。‎ ‎(4)C至P过程所用时间t0==0.8 s t0为第一次碰撞前时间 t0×2=t1为第一次碰撞后,第二次碰撞前时间 t0×2=t2为第二次碰撞后,第三次碰撞前时间 ‎……‎ t0()n×2=tn为第n次碰撞后,‎ 第n+1次碰撞前时间 小球从C点飞出到最后静止的时间 t=t0+=2.4 s。　‎ 答案:(1)‎4 m/s　(2)2.4 J　(3)‎3.36 m　(4)2.4 s 8‎