2020-2021学年高一物理下学期暑假训练5 动能和动能定理（含解析）.docx

1、动能和动能定理1(多选)如图所示，甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s。甲在光滑水平面上，乙在粗糙水平面上。下列关于力F对甲、乙做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是()A力F对甲做功多B力F对甲、乙两个物体做的功一样多C甲物体获得的动能比乙大D甲、乙两个物体获得的动能相同2如图所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相切，C为切点，圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为。现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动。已知圆弧轨道的圆心O与A、D在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为，求：(1)

2、滑块第一次滑至左侧圆弧上时距A点的最小高度差h；(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s。1(多选)关于动能，下列说法正确的是()A公式Ekmv2中的速度v一般是物体相对于地面的速度B动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体运动的方向无关C物体以相同的速率向东和向西运动，动能的大小相等但方向不同D物体以相同的速率做匀速直线运动和曲线运动，其动能不同2(多选)一个物体在水平方向的两个恒力作用下沿水平方向做匀速直线运动，若撤去其中的一个力，则()A物体的动能可能减少B物体的动能可能不变C物体的动能可能增加D余下的力一定对物体做功3一质量为m的物体静止在粗糙的水平面上，当此物体受水平力F作用运动了距离s

3、时，其动能为E1，而当此物体受水平力2F作用运动了相同的距离时，其动能为E2，则()AE2E1 BE22E1 CE22E1 DE1E2Ek2，C正确，D错误。2【解析】(1)滑块从D到达左侧最高点F经历DC、CB、BF三个过程，现以DF整个过程为研究过程，运用动能定理得：mghmgcos 0解得h。(2)通过分析可知，滑块最终滑至C点的速度为0时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得：mgRcos mgcos s0解得s。1【答案】AB【解析】动能是标量，与速度的大小有关，而与速度的方向无关。公式中的速度一般是相对于地面的速度，故A、B正确。2【答案】ACD【解析】因物体的速度方向与余下的力的

4、方向关系不知，故存在多种可能：当物体的速度方向与余下的力同向或夹角为90或锐角时，力对物体做正功，动能增加，当物体速度方向与余下的力反向或夹角为钝角时，力对物体做负功，动能减少，余下的力一定对物体做功，物体的动能或增加，或减少，一定会改变，所以，A、C、D均正确，B错误。3【答案】C【解析】由动能定理可得FsWfE1，2F作用时，由动能定理可得2FsWfE2，由22，可得E22E1，选项C正确。4【答案】A【解析】小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则vv0gt，小球的动能Ekmv2，把速度v代入得，Ekmg2t2mgv0tmv02，Ek与t为二次函数关系。5【答案】B【解析】小球A下降h过程

5、小球克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mghW10；小球B下降过程，由动能定理有3mghW13mv20，解得v，故B正确。6【答案】C【解析】Fx图线与x轴围成的面积表示力F所做的功，则这段过程中，外力做功为W(48)10 J410 J40 J，根据动能定理得Wmv2，解得v m/s2 m/s，故C正确，A、B、D错误。7【答案】BD【解析】根据vt图像和牛顿第二定律可知Fmgm，故选项A错误；由vt图像与坐标轴所围面积可知，在3t0时间内的位移为x3t0v0v0t0，所以选项B正确；在03t0时间内由动能定理可知Wmgx0，故水平拉力做的功Wmgv0t0，又Ffmg，则Wmv02，选项

6、C错误；03t0时间内克服摩擦力做功的平均功率为mgv0，所以选项D正确。8【答案】BCD【解析】拉力F作用时，小球上升的加速度大小为a，末速度大小为v，则小球上升的高度hat2，vat，撤去外力后hvtgt2，解得ag，Fmg。对全过程由动能定理知mv2Fh，C正确。拉力F作用时由动能定理知mv2(Fmg)h，联立解得mv2mv2mv2，A错误。撤去力F后小球上升的高度为h，由mv2Fh，mv2mgh知小球上升的最大高度Hhh，B正确。拉力F的最大功率PmFvmgv，D正确。9【答案】BD【解析】由题图可知，在0t1时间内，水平方向的拉力从零逐渐增大到等于最大静摩擦力，物块始终静止不动，水平

7、拉力做功为零，功率为零，选项A错误；t2时刻水平拉力最大且大于滑动摩擦力的2倍，根据牛顿第二定律可知物块加速度最大，选项B正确；t2时刻后水平拉力逐渐减小，物块的加速度逐渐减小，速度方向不变，速度继续增大，选项C错误；t3时刻水平拉力减小到等于滑动摩擦力，速度增大到最大，t3时刻物块的动能最大，选项D正确。10【答案】BD【解析】A和B达到最大速度v时，A和B的加速度为零，对A、B整体：由平衡条件知kx(mM)gsin (mM)gcos ，所以此时弹簧处于压缩状态，故A错误；A和B恰好分离时，A、B间的弹力为0，A、B的加速度大小相同，对B受力分析，由牛顿第二定律知，mgsin mgcos m

8、a，得ag(sin cos )，故B正确；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对A、B整体，根据动能定理得W弹(mM)gLsin (mM)gLcos (mM)v2，所以弹簧对A所做的功W弹(mM)v2(mM)gLsin (mM)gLcos ，故C错误；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，根据动能定理得，B受到的合力对它做的功W合Ekmv2，故D正确。11【解析】(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有根据动能定理，有Wmv20联立式，代入数据，得W7.5104 J。(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2Rsin 由牛顿第二定律，有FNmgm联立式，代入数据，得FN1.1103 N。12【解析】(1)设滑块第一次滑至C点时的速度为vC，圆轨道C点对滑块的支持力为FNPC过程：mgR(1cos 60)mvC2C点：FNmgm解得FN2mg，方向竖直向上。(2)对PCQ过程：mgR(1cos 60)mg2R0解得0.25。(3)A点：mgmQCA过程：EpmvA2mg2Rmg2R解得弹性势能Ep3mgR。