高中物理粤教版必修二同步练习 （十三）+动能定理+Word版含解析

课时跟踪检测（十三） 动能定理
1．放在光滑水平面上的物体，仅在两个同向水平力的共同作用下开始运动。若这两个力分别做了6 J和8 J的功，则该物体的动能增加了(　　)
A．48 J　　　　　　　　 B．14 J
C．10 J D．2 J
解析：选B　合力对物体做功W合＝6 J＋8 J＝14 J。根据动能定理得物体的动能增加量为14 J，B对。
2．(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，则小球碰墙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：选AD　速度是矢量，故Δv＝v2－v1＝5 m/s－(－5 m/s)＝10 m/s。而动能是标量，初末两状态的速度大小相等，故动能相等，因此ΔEk＝0，A、D正确。
3．速度为v的子弹，恰可穿透一块固定的木板。如果子弹速度为2v，子弹穿透木板时所受阻力视为不变，则可穿透同样的固定木板(　　)
A．2块 B．3块
C．4块 D．8块
解析：选C　设木板的厚度为d，子弹的速度为v时，由动能定理知－fd＝0－mv2。当子弹的速度为2v时，设能穿透n块木板，由动能定理知－f·nd＝0－m(2v)2，联立两式解得n＝4，C正确。
4.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1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(　　)
图1
A.mv02－μmg(s＋x) B.mv02－μmgx
C．μmgs D．μmg(s＋x)
解析：选A　由动能定理得－W－μmg(s＋x)＝0－mv02，故物体克服弹簧弹力做功W＝mv02－μmg(s＋x)，A正确。
5．从离地面H高处落下一只小球，小球在运动过程中所受的空气阻力是它重力的k(k<1)倍，而小球与地面相碰后，能以相同大小的速率反弹。求：
(1)小球第一次与地面碰撞后，能够反弹起的最大高度是多少。
(2)小球从释放开始，直至停止弹跳为止，所通过的总路程是多少。
解析：(1)设小球第一次与地面碰撞后，能够反弹起的最大高度是h，则由动能定理得mg(H－h)－kmg(H＋h)＝0，
解得h＝H。
(2)设球从释放开始，直至停止弹跳为止，所通过的总路程是s，对全过程由动能定理得mgH－kmgs＝0，
解得：s＝。
答案：(1)H　(2)
6.如图2所示，质量为m的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物块重力的k倍。物块与转轴OO′相距R，随转台由静止开始转动。当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到滑动前的这一过程中，转台对物块的静摩擦力对物块做的功为(　　)
图2
A．0 B．2πkmgR
C．2kmgR D.kmgR
解析：选D　在转速增加的过程中，转台对物块的摩擦力是不断变化的，当转速增加到一定值时，物块在转台上即将滑动，说明此时最大静摩擦力提供向心力，即kmg＝m。设这一过程中转台对物块的摩擦力所做的功为Wf，由动能定理可得Wf＝mv2，解得Wf＝kmgR，D正确。
7.一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F作用下从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，如图3所示。则力F所做的功为(　　)
图3
A．mglcos θ
B．Flsin θ
C．mgl(1－cos θ)
D．Fl(1－sin θ)
解析：选C　小球的运动过程是缓慢的，因而小球任何时刻均可看作是平衡状态，力F的大小在不断变化，F做功是变力做功。小球上升过程只有重力mg和F这两个力做功，由动能定理得－mg(l－lcos θ)＋WF＝0，所以WF＝mgl(1－cos θ)。
8.如图4所示，一质量为1 kg的小球静止在一竖直放置的轻弹簧上，弹簧劲度系数k＝50 N/m，现用一竖直向下的F＝5 N的恒力作用在小球上，当小球向下运动到最大速度时撤去F，则小球再回到初始位置时的速度大小为(弹簧一直处于弹性限度内)(　　)
图4
A．1 m/s B．2 m/s
C．2 m/s D. m/s
解析：选A　当弹簧的弹力等于重力和F的合力时，球的速度最大，此时弹簧又向下被压缩了x＝＝m＝0.1 m，根据动能定理：Fx＝mv2，解得：v＝1 m/s，故选A。
9．(多选)(全国丙卷)如图5，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则(　　)
图5
A．a＝　　　 B．a＝
C．N＝ D．N＝
解析：选AC　质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR－W＝mv2，则速度v＝，在最低点的向心加速度a＝＝，选项A正确， 选项B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，N＝ ，选项C正确，选项D错误。
10．如图6所示，在海滨游乐场里有一种滑沙游戏，人坐在滑板上从倾角为θ的斜坡上由静止开始下滑，经过斜坡底端沿水平滑道再滑行一段距离停下。已知滑板与斜面和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.3。若某人和滑板的总质量m＝60 kg，滑行过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
图6
(1)把人和滑板看做整体，画出该整体从斜坡上下滑过程中的受力示意图；
(2)若已知θ＝37°，人从斜坡滑下时加速度的大小；
(3)若已知θ＝37°，水平滑道BC的最大长度为L1＝20 m，求人在斜坡上滑下的高度应不超过多少；
(4)若斜坡倾角θ大小可调节且大小未知、水平滑道BC的长度未知，但是场地的水平空间距离DC的最大长度为L2＝30 m，人在斜坡上从D的正上方A处由静止下滑，那么A到D的高度不超过多少？
解析：(1)受力如图所示。
(2)根据牛顿第二定律得，mgsin 37°－f＝ma
N＝mgcos 37°
f＝μN
联立以上三式，代入数据解得a＝3.6 m/s2。
(3)人和滑板从距水平面高H处下滑，从人和滑板在斜面上开始运动到人和滑板停止运动的过程中，根据动能定理：mgH－μmgcos 37°－μmgL1＝0－0
代入数据解得H＝10 m。
(4)设A到D的高度为h，根据动能定理
mgh－μmgcos θ－μmg＝0－0
代入数据解得h＝9 m。
答案：(1)见解析　(2)3.6 m/s2　(3)10 m　(4)9 m
11.如图7所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两部分组成，其中AB部分为光滑的圆弧，圆心为O，∠AOB＝37°，圆弧的半径R＝0.5 m；BD部分水平，长度为0.2 m，C为BD的中点。现有一质量m＝1 kg、可视为质点的物块从A端由静止释放，恰好能运动到D点。(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
图7
(1)物块运动到B点时，对工件的压力大小；
(2)为使物块恰好运动到C点静止，可以在物块运动到B点后，对它施加一竖直向下的恒力F，F应为多大？
解析：(1)物块由A运动到B点的过程中，由动能定理有：mgR(1－cos 37°)＝mv2
解得：v2＝2gR(1－cos 37°)＝2×10×0.5×(1－0.8)＝2 (m/s)2
在B点，由牛顿第二定律有：
N－mg＝m
解得：N＝mg＋m＝1×N＝14 N
由牛顿第三定律有：N′＝N＝14 N。
(2)物块由B运动到D点的过程中，由动能定理有：
μmg·BD＝mv2
施加恒力F后，物块由B运动到C点的过程中，由动能定理有：μ(mg＋F)BC＝mv2
可得：mgBD＝(mg＋F)BC
由题知：BD＝2BC，得：2mg＝mg＋F
解得：F＝mg＝1×10 N＝10 N。
答案：(1)14 N　(2)10 N