2019-2020学年高中物理人教版必修2测试：7-6-7 实验：探究功与速度变化的关系（不作要求略）　动能和动能定理

2019-2020学年高中物理人教版必修2测试：7-6-7 实验：探究功与速度变化的关系（不作要求略）　动能和动能定理

www.ks5u.com ‎6　实验：探究功与速度变化的关系(不作要求，略)‎ ‎7　动能和动能定理 记一记 动能和动能定理知识体系 ‎1个概念——动能 ‎1个定理——动能定理 ‎ 辨一辨 ‎1.凡是运动的物体都具有动能．(√)‎ ‎2．动能不变的物体，一定处于平衡状态．(×)‎ ‎3．合力做正功，物体动能可能减小．(×)‎ ‎4．运动物体所受的合外力为零，则物体的动能肯定不变．(√)‎ ‎5．物体做变速运动，合外力一定不为零，动能一定变化．(×)‎ ‎6．若合外力对物体做功为零，则合外力一定为零．(×)‎ ‎7．物体的合外力做功，它的速度大小一定发生变化．(√)‎ 想一想 ‎1.为什么物体的动能变化时，速度一定变化；而速度变化时，动能不一定发生变化？‎ 提示：因为动能是标量，而速度是矢量，动能变化时，速度大小一定变化；而速度变化若只表现为方向变化，而大小不变的话，动能就不会发生变化．‎ ‎2．因速度具有相对性而导致动能也具有相对性．在中学物理中是如何处理该问题的？‎ 提示：同一物体选择不同的参考系时，速度的大小、方向均可能不同，因而动能也可能不同．但在中学物理中，涉及到的动能都是以大地为参考系的．‎ ‎3．歼15战机是我国自主研发的第一款舰载战斗机，如图所示．‎ ‎(1)歼15战机起飞时，合力做什么功？速度怎么变化？动能怎么变化？‎ ‎(2)歼15战机着舰时，动能怎么变化？合力做什么功？增加阻拦索的原因是什么？‎ 提示：(1)正功　增加　变大 ‎(2)减小　负功　使动能减少的更快 思考感悟：　‎ ‎　‎ ‎　‎ 练一练 ‎1.[2019·广东省普通高中考试](多选)现代城市高楼林立，高空坠物易造成伤害，不考虑空气阻力，在高空坠物过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．物体下落过程中，重力势能增大，动能减小 B．物体下落过程中，重力做正功，动能增大 C．同一物体坠落时，楼层越高，落地时动能越大 D．物体下落过程中，机械能守恒 答案：BCD ‎2．[2019·陕西省普通高中考试]质量为m的物体在空中以0.9 g(g为重力加速度)的加速度下落，在物体下落h高度的过程中，正确的是(　　)‎ A．重力势能减小了0.9 mgh B．动能增大了0.9 mgh C．动能增大了0.1 mgh D．机械能损失了0.9 mgh 答案：B ‎3．[2019·内蒙古自治区普通高中考试]一个人用力踢一个质量为0.8 kg的球，使球由静止开始以10‎ ‎ m/s的速度飞出，假定人踢球瞬间对球的平均作用力为200 N，球在水平方向运动了30 m停下，那么人踢球时做的功是(　　)‎ A．600 J B．40 J C．6 000 J D．无法判断 答案：B ‎4．[2019·辽宁省实验中学高一质检]美国的NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众．经常有这样的场面：在临终场0.1 s的时候，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的胜利．如果运动员投篮时篮球出手的动能为Ek0，出手高度为h1，篮筐距地面高度为h2(h2>h1)，球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能表达式是(重力加速度为g)(　　)‎ A．Ek0＋mgh1－mgh2 B．Ek0＋mgh2－mgh1‎ C．mgh1＋mgh2－Ek0 D．mgh2－mgh1－Ek0‎ 答案：A 要点一 动能、动能定理的理解 ‎1.下列关于运动物体所受合力做功和动能变化的关系正确的是(　　)‎ A．如果物体所受合力为0，则合力对物体做的功一定为0‎ B．如果合力对物体所做的功为0，则合力一定为0‎ C．物体在合力作用下做变速运动，动能一定发生变化 D．物体的动能不变，所受合力一定为0‎ 解析：由功的定义可知，A项正确；如果合力做的功为0，但合力不一定为0，例如物体的合力和运动方向垂直而不做功，B项错误；物体做变速运动可能是速度方向变化而速度大小不变，所以做变速运动的物体，动能可能不变，C项错误；物体动能不变，只能说合力不做功，但合力不一定为0，D项错误．‎ 答案：A ‎2．(多选)关于动能，下列说法正确的是(　　)‎ A．动能是普遍存在的机械能中的一种基本形式，凡是运动的物体都有动能 B．公式Ek＝mv2中，速度v 是物体相对于地面的速度，且动能总是正值 C．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化 D．动能不变的物体，一定处于平衡状态 解析：动能是物体由于运动而具有的能量，所以运动的物体都有动能，A项正确；Ek＝mv2中的速度v与参考系的选取有关，但参考系不一定是地面，B项错误；速度是矢量，当其只有方向发生变化时，动能不变化，此时物体并不处于平衡状态，C项正确，D项错误．‎ 答案：AC ‎3．[对动能的理解]关于物体的动能，下列说法正确的是(　　)‎ A．物体速度变化，其动能一定变化 B．物体所受的合外力不为零，其动能一定变化 C．物体的动能变化，其运动状态一定发生改变 D．物体的速度变化越大，其动能一定变化也越大 解析：选项A中若速度的方向变化而大小不变，则其动能不变化，故A项错误；选项B中物体所受合外力不为零，只要速度大小不变，其动能就不变化，如匀速圆周运动中，物体所受合外力不为零，但速度大小始终不变，动能不变，故B项错误．C项中物体动能变化，其速度一定发生变化，故运动状态改变，C项正确；D项中物体速度变化若仅由方向变化引起，其动能可能不变，如匀速圆周运动中，速度变化，但动能始终不变，故D项错误．‎ 答案：C ‎4．[动能的变化](多选)一质量为0.1 kg的小球，以5 m/s的速度在光滑水平面上匀速运动，与竖直墙壁碰撞后以原速率反弹，若以弹回的速度方向为正方向，则小球碰撞过程中的速度变化和动能变化分别是(　　)‎ A．Δv＝10 m/s B．Δv＝0‎ C．ΔEk＝1 J D．ΔEk＝0‎ 解析：速度是矢量，故Δv＝v2－v1＝5 m/s－(－5 m/s)＝10 m/s.而动能是标量，初、末两态的速度大小相等，故动能相等，因此ΔEk＝0.选A、D.‎ 答案：AD 要点二 动能定理的应用 ‎5.某人用手将一质量为1 kg的物体由静止向上提升1 m，这时物体的速度为2 m/s，则下列说法中错误的是(g取10 m/s2)(　　)‎ A．手对物体做功12 J B．合力对物体做功12 J C．合力对物体做功2 J D．物体克服重力做功10 J 解析：这个过程中物体克服重力做功W1＝mgh＝10 J，D项正确．由动能定理知，合力对物体做的功W＝Ek2－Ek1＝2 J，B项错误，C项正确．手对物体做的功W2＝W＋W1＝12 J，A项正确．‎ 答案：B ‎6．[2019·武昌高一检测]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.mv－μmg(s＋x) B.mv－μmgx C．μmgs D．μmg(s＋x)‎ 解析：由动能定理得：‎ ‎－W－μmg(s＋x)＝－mv W＝mv－μmg(s＋x)．故A项正确．故选A项．‎ 答案：A ‎7．某人把质量为0.1 kg的一块小石头，从距地面为5 m的高处以60°角斜向上抛出，抛出时的初速度大小为10 m/s，则当石头着地时，其速度大小约为(g取10 m/s2，不计空气阻力)(　　)‎ A．14 m/s B．12 m/s C．28 m/s D．20 m/s 解析：‎ 由动能定理，重力对石头所做的功等于石头动能的变化，则mgh＝mv－mv，v2＝＝10 m/s≈14 m/s，A项正确．‎ 答案：A ‎8．如图所示，质量为m＝0.2 kg的小物体放在光滑的圆弧上端，圆弧半径R＝55 cm，下端接一长为1 m的水平轨道AB，最后通过极小圆弧与倾角α＝37°的斜面相接，已知物体与水平面和斜面轨道的动摩擦因数均为0.1，将物体无初速度释放，求：‎ ‎(1)物体第一次滑到水平轨道与右侧斜面轨道交接处的速度大小．‎ ‎(2)物体第一次滑上右侧斜面轨道的最大高度．(g取10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)‎ 解析：(1)小物体从圆弧上端到B点的过程中，由动能定理得：‎ mgR－μmgsAB＝mv－0，‎ 解得：vB＝3 m/s.‎ ‎(2)设物体第一次滑上右侧斜面轨道最大高度为H，此时物体离B点的距离为s，由几何关系有＝sin α；‎ 由动能定理得：‎ ‎－μmgcos α·s－mgH＝0－mv，‎ 解得：H＝0.40 m.‎ 答案：(1)3 m/s　(2)0.40 m 基础达标 ‎1.(多选)对于质量不变的物体而言，其具有的动能的分析正确的是(　　)‎ A．该物体动能大小与参考系的选择有关 B．如果物体的速度改变，则该物体的动能一定改变 C．如果该物体速度的方向不变，则该物体的动能一定不变 D．如果该物体速度的大小不变，则该物体的动能一定不变 解析：因v的大小与参考系的选取有关，故动能的大小也与参考系的选取有关，A项正确；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，B、C两项错误，D项正确．‎ 答案：AD ‎2．(多选)某同学在练习足球时，将足球朝竖直的墙壁踢出．假设足球的质量为m＝0.5 kg、足球与墙壁碰撞的瞬间速度大小为v＝5 m/s，如果以足球被踢出的速度方向为正，足球与墙壁碰后以等大的速度反弹．则(　　)‎ A．速度的变化量为－10 m/s B．速度的变化量为10 m/s C．动能的变化量为25 J D．动能的变化量为0‎ 解析：速度的变化量为矢量Δv＝－v－v＝(－5－5)m/s＝－10 m/s，A项正确，B项错误；动能的变化量为标量ΔEk＝mv2－mv2＝0，C项错误，D项正确．‎ 答案：AD ‎3．如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移—时间(x－t)图线，由图可知在t1到t2这段时间内(　　)‎ A．a车做直线运动，b车做曲线运动 B．b车的动能先增大后减小 C．a车的平均速度小于b车的平均速度 D．牵引力对a车做的功和阻力对a车做的功的代数和为零 解析：由图线的斜率表示速度，知a车做匀速直线运动，b车先做减速直线运动，后做加速直线运动，故A项错误；b车图线的斜率先减小后增大，则知b车的速度先减小后增大，动能先减小后增大，故B项错误；t1到t2时间内，两车的位移相同，时间相同，则平均速度相同，故C项错误；a 车做匀速直线运动，速度不变，动能不变，根据动能定理知，牵引力对a车做的功和阻力对a车做的功的代数和为零，D项正确．‎ 答案：D ‎4．[2019·安徽蚌埠二中期末考试]一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，碰撞后速度的大小与碰撞前相等，关于碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中墙对小球做功的大小W的式子正确的是(　　)‎ A．Δv＝0 B．Δv＝12 m/s C．W＝0 D．W＝10.8 J 解析：设小球与墙壁碰撞后的方向为正方向，则小球的初速度为v0＝－6 m/s，末速度为v＝6 m/s，所以碰撞前后小球速度的变化量大小Δv＝v－v0＝[6－(－6)]m/s＝12 m/s，故A项错误，B项正确；根据动能定理，碰撞过程墙对小球做功的大小W＝mv2－mv＝0，故C项正确，故D项错误．‎ 答案：BC ‎5．[2019·海南嘉积中学期末考试]质量为m的物体静止在粗糙水平面上，若物体受一水平力F作用通过位移s时，它的动能为E1；若静止物体受一水平力2F作用通过相同位移时，它的动能为E2，则(　　)‎ A．E2＝E1 B．E2＝2E1‎ C．E2>2E1 D．E2<2E1‎ 解析：根据动能定理，第一次有Fs－Ffs＝E1，第二次有2Fs－Ffs＝E2，可得E2>2E1，故选项C正确．‎ 答案：C ‎6．[2019·河南西峡一高期末考试]如图所示为一水平的转台，半径为R，一质量为m的滑块放在转台的边缘，已知滑块与转台间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ‎.若转台的转速由零逐渐增大，当滑块在转台上刚好发生相对滑动时，转台对滑块所做的功为(　　)‎ A.μmgR B．2πmgR C．2μmgR D．0‎ 解析：本题的疑难之处在于对变力做功的求解方法的掌握．滑块即将开始滑动时，最大静摩擦力(等于滑动摩擦力)提供向心力，有μmg＝，根据动能定理有Wf＝mv2，解得Wf＝μmgR，A项正确．‎ 答案：A ‎7．(多选)如图所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止释放，当两球到达各自悬点的正下方时，两球仍处于同一水平面上，则(　　)‎ A．两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大 B．两球到达各自悬点的正下方时，B球动能较大 C．两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等 D．两球到达各自悬点的正下方时，两球损失的重力势能相等 解析：两个球都是从同一个水平面下降的，到达最低点时还是在同一个水平面上，两球下降的高度相等，根据重力做功的特点可知在整个过程中，A、B两球的重力做的功相同，但是B球在下落的过程中弹簧要对球做负功，所以由动能定理知，两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大，故A项正确，B、C两项错误；根据W＝mgh知，重力做功相同，所以两球损失的重力势能相等，故D项正确．‎ 答案：AD ‎8．[2019·广州二中期末考试](多选)用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功－3 J，拉力F做功8 J，空气阻力做功－0.5 J，则下列判断正确的是(　　)‎ A．物体的重力势能增加了3 J B．物体的重力势能减少了3 J C．物体的动能增加了4.5 J D．物体的动能增加了8 J 解析：因为重力做功－3 J，所以重力势能增加3 J，A项正确，B项错误；根据动能定理得ΔEk＝－3 J＋8 J－0.5 J＝4.5 J，C项正确，D项错误．‎ 答案：AC ‎9．[2019·山东济南市历城第二中学期末考试](多选)质量为m的汽车，发动机的功率恒为P，摩擦阻力恒为F1，牵引力为F，汽车由静止开始，经过时间t行驶了位移s时，速度达到最大值vm，则发动机所做的功为(　　)‎ A．Pt B．F1s C.mv D.＋ 解析：发动机的功率恒为P，经过时间t，发动机做的功为W＝Pt，A项正确；当达到最大速度时，有P＝F1vm，得vm＝，从功能关系的角度，整个过程中发动机做的功应等于克服阻力做的功与汽车获得的动能之和，则W＝mv＋F1s＝＋，B、C两项错误，D项正确．‎ 答案：AD ‎10．[2019·江苏南京金陵中学期末考试]图中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，BC是与AB和CD都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计．一质量为m的小滑块在A点从静止释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如图所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，则推力对滑块做的功等于(　　)‎ A．mgh B．2mgh C．μmg D．μmgs＋μmghcos θ 解析：滑块由A点运动到D点，设克服摩擦力做功为WAD ‎，由动能定理得mgh－WAD＝0，即WAD＝mgh①，滑块从D点回到A点，由于是缓缓推，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为WDA，由动能定理知当滑块从D点被推回A点有WF－mgh－WDA＝0②，由A点运动至D点，克服摩擦力做的功为WAD＝μmgcos θ×＋μmgs③，从D→A的过程克服摩擦力做的功为WDA＝μmgcos θ×＋μmgs④，③④联立得WAD＝WDA⑤，①②⑤联立得WF＝2mgh，故A、C、D三项错误，B项正确．‎ 答案：B ‎11．[2019·浙江镇海中学期末考试](多选)如图所示为一长度为L的长木板放在光滑的水平面上，在长木板的最右端放置一可视为质点的小铁块，对长木板施加一水平向右的恒力，当小铁块运动到长木板的最左端时，小铁块与长木板将要分离．已知长木板的质量为M、小铁块的质量为m，恒力的大小为F，小铁块与长木板之间的动摩擦因数为μ，小铁块与长木板分离时二者速度大小分别为v1、v2，上述过程小铁块与长木板的位移大小分别为x1、x2.则下列正确的是(　　)‎ A．μmgx1＝mv B．Fx2－μmgx2＝Mv C．μmgL＝mv D．Fx2－μmgx2＋μmgx1＝Mv＋mv 解析：小铁块在摩擦力作用下前进的距离为x1，故对小铁块有μmgx1＝mv，A项正确，C项错误；长木板前进的距离为x2，对长木板有Fx2－μmgx2＝Mv，B项正确；由以上两式得Fx2－μmgx2＋μmgx1＝Mv＋mv，D项正确．‎ 答案：ABD ‎12．[2019·黑龙江大庆实验中学期末考试]子弹以某速度击中静止在光滑水平地面上的木块，当子弹进入木块深度为x时，木块相对水平地面移动距离，求木块获得的动能ΔEk1和子弹损失的动能ΔEk2之比．‎ 解析：以地面为参考系，木块的位移为，子弹的位移为x＋x＝x 故＝＝.‎ 答案： 能力达标 ‎13.[2019·安徽淮北一中期末考试]如图所示，粗糙水平轨道AB与半径为R的光滑半圆形轨道BC相切于B点，现有质量为m的小物块(可看做质点)以初速度v0＝，从A点开始向右运动，并进入半圆形轨道，若小物块恰好能到达半圆形轨道的最高点C，最终又落于水平轨道上的A点，重力加速度为g，求：‎ ‎(1)小物块落到水平轨道上的A点时速度的大小vA；‎ ‎(2)水平轨道与小物块间的动摩擦因数μ.‎ 解析：(1)由题意知mg＝m 解得vC＝ 从C到A由动能定理得mg×2R＝mv－mv 解得vA＝ ‎(2)AB的距离为xAB＝vCt＝× ＝2R 从A出发到回到A由动能定理得 ‎－μmgxAB＝mv－mv 解得μ＝0.25.‎ 答案：(1)　(2)0.25‎ ‎14．如图a所示，在水平路段AB上有一质量为2×103 kg的汽车，正以10 m/s的速度向右匀速运动，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的vt图象如图b所示(在t＝15 s处水平虚线与曲线相切)，运动过程中汽车发动机的输出功率保持20 kW不变，假设汽车在两个路段上受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)各自有恒定的大小．(解题时将汽车看成质点)‎ ‎(1)求汽车在AB路段上运动时所受的阻力Ff1；‎ ‎(2)求汽车刚好开过B点时的加速度a；‎ ‎(3)求BC路段的长度．‎ 解析：(1)汽车在AB路段做匀速直线运动，根据平衡条件，有：‎ F1＝Ff1，P＝F1v1‎ 解得：Ff1＝＝N＝2 000 N，方向与运动方向相反 ‎(2)t＝15 s时汽车处于平衡状态，有：‎ F2＝Ff2　P＝F2v2‎ 解得：Ff2＝＝ N＝4 000 N t＝5 s时汽车开始减速运动，根据牛顿第二定律，有：‎ Ff2－F1＝ma 解得：a＝1 m/s2，方向与运动方向相反．‎ ‎(3)对于汽车在BC段的运动，由动能定理得：‎ Pt－Ff2x＝mv－mv 解得：x＝68.75 m.‎ 答案：(1)2 000 N，方向与运动方向相反 ‎(2)1 m/s2，方向与运动方向相反 ‎(3)68.75 m