1、能力导练二十动能和动能定理基础巩固1(多选)关于运动物体所受的合外力与物体的动能的变化，下列说法正确的是()A若运动物体所受的合外力不为零，则物体的动能一定变化B若运动物体所受的合外力为零，则物体的动能肯定不变C若运动物体的动能保持不变，则该物体所受合外力一定为零D若运动物体所受合外力不为零，则该物体一定做变速运动，其动能可能不变解析：若物体所受合外力为零，则合外力一定不做功，物体的动能一定不发生变化，B正确；物体所受合外力不为零，物体必做变速运动，但合外力不一定做功，如匀速圆周运动中物体所受的合外力只改变速度方向，不改变速度大小，合外力不做功，物体动能不变，A、C错误，D正确答案：BD2一个
2、人站在阳台上，以相同的速率分别把三个球竖直向下、竖直向上、水平抛出，不计空气阻力，则三球落地时的速率()A上抛球最大 B下抛球最大C平抛球最大 D一样大解析：三个小球重力做功相等，初速度大小相等，根据动能定理可知，落地时的速率一样大，D选项正确答案：D图13如图1所示，质量为m的物块与转台之间的最大静摩擦力为物块重力的k倍，物块与转轴OO相距R，物块随转台由静止开始转动，当转速缓慢增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到相对滑动前瞬间的过程中，转台的摩擦力对物块做的功为()A0 B2kmgRC2kmgR D0.5kmgR解析：物块随转台做圆周运动，摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律
3、可知，kmgm，根据动能定理可知，摩擦力做功增加物块的动能，Wmv20.5kmgR，D选项正确答案：D4质量m2 kg的物体以50 J的初动能在粗糙的水平面上滑行，其动能变化与位移关系如图2所示，则物体在水平面上的滑行时间t为()图2A5 s B4 sC2 s D2 s解析：由动能定理和图数据得mv02F阻l，即50 JF阻10 m，F阻5 N，v0 m/s m/s，a m/s22.5 m/s2，故t s2 s.答案：C图35(2019年江苏省南通市如皋市二模)如图3所示，D、E、F、G为地面上距离相等的四点，三个质量相同的小球A、B、C分别在E、F、G的正上方不同高度处，以相同的水平初速度向
4、左抛出，最后均落到D点若不计空气阻力，则可判断A、B、C三个小球()A在空中运动时间之比为135B初始离地面的高度之比为135C在空中运动过程中重力的平均功率之比为123D从抛出到落地过程中，动能的变化量之比为123解析：小球抛出后做平抛运动，设小球的水平速度为v；A.由题意知，小球在水平方向的位移之比xAxBxC123，小球在水平方向做匀速直线运动，xv t，则小球的运动时间之比tAtBtC123，故A错误；B.小球在竖直方向上做自由落体运动，hgt2，则抛出点的高度之比hAhBhCtA2tB2tC2149，故B错误；C.重力的平均功率P，重力平均功率之比PAPBPC123，故C正确；D.由
5、动能定理得，动能的变化量Ekmgh，从抛出到落地过程中，动能的变化量之比为EkAEkBEkChAhBhC149，故D错误；故选C.答案：C6(多选)一人用力把质量为1 kg的物体由静止提高1 m，使物体获得2 m/s的速度，则(g取10 m/s2)()A人对物体做的功为12 JB合外力对物体做的功为2 JC合外力对物体做的功为12 JD物体克服重力做的功为10 J解析：克服重力做功WG克mgh10 J，D正确；合外力做功，W合Ekmv20，W合2 J；B正确；W合W人WG克得W人12 J，A正确答案：ABD7如图4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A点时
6、速度刚好为零如果将斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点时的速度也刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与水平面及斜面之间的动摩擦因数处处相同且不为零)()图4A大于v0 B等于v0C小于v0 D取决于斜面的倾角解析：斜面AB、AC与水平面间的夹角分别为、，物体沿DBA滑动时，合力做的功为W1mghmgsDB(mgcos)sBAmghmgsDO，同理可得当物体沿DCA滑动时，合力做的功为W2mghmgSDO，即两次合力做的功相等根据动能定理W合Ek可得，两次物体动能变化也相等，因此当物体沿DCA滑到A点速度为零时，物体具有的初速度也等于v0，故正确选项为B.答案：B8速度为v的子弹
7、，恰可穿透一块固定的木板，子弹穿透木板时所受阻力视为不变，如果子弹速度为2v，则可穿透多少块同样的固定木板()A2块 B3块C4块 D8块解析：设每块木板厚为d，由动能定理得：fd0mv2fd0m(2v)2d4d，C正确答案：C综合应用9(多选)一个物体从斜面底端冲上足够长的斜面后又返回到斜面底端，已知物体的初动能为E，它返回到斜面底端的速度为v，克服摩擦力做功为，若物体以2E的初动能冲上斜面，则有()A返回斜面底端时的速度大小为vB返回斜面底端时的动能为EC返回斜面底端时的动能为D物体两次往返克服摩擦力做功相同解析：由题意可知，第二次初动能是第一次的2倍，两次上滑加速度相同，据推导公式可得s
8、22s1，则Wf22Wf1E，回到底端时动能也为E，从而推知返回底端时的速度大小为v.答案：AB10一起重机由静止开始以加速度a匀加速提起质量为m的重物(忽略钢绳的重力)，当重物的速度为v1时，起重机允许输出的功率达到最大值P，此后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止设重物上升高度为h，则下列说法中正确的是()A钢绳的最大拉力为B钢绳的最大拉力为C重物的动能增量为mahD起重机对重物做功为mv22解析：匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由PFv得Fm，所以A错误，B正确；由题意知重物先做匀加速运动后做加速度减小的加速运动，而ma是匀加速过程的
9、合外力，所以动能的增量不等于mah，故C错误；整个过程起重机对重物做功为W，根据动能定理Wmghmv22，所以D错误答案：B11(多选)如图5甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图5乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则()图5A0t1时间内F的功率逐渐增大Bt2时刻物块A的加速度最大Ct2时刻后物块A做反向运动Dt3时刻物块A的动能最大解析：由题图可分析出，在0t1时间内，F小于fm，物体一直处于静止状态，A选项错误；t2时的动力F最大，故加速度最大，B选项正确；t2t3时间之间，加速度减小，但仍然沿F方向做加速直线运动，故C
10、错误t3时刻时，加速度减小到零，速度有最大值，D选项正确答案：BD12如图6所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O点位置后，A又被弹簧弹回，A离开弹簧后，恰好回到P点，物块A与水平面间的动摩擦因数为.求：图6(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功；(2)O点和O点间的距离x1.解析：(1)A从P点出发又回到P点的过程中，根据动能定理，克服摩擦力所做的功为Wfmv02.(2)A从P点出发又回到P点的过程中，根据动能定理：2mg(x1x0)0mv02，得：x
11、1x0.答案：(1)mv02(2)x013(2019年台州市质量评估)如图7所示，斜面与水平面在B点衔接，水平面与竖直面内的半圆形导轨在C点衔接，半圆形导轨的半径为r0.4 m质量m0.50 kg的小物块，从A点沿斜面由静止开始下滑，测得它经过C点进入半圆形导轨瞬间对导轨的压力为35 N，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达D点已知A到B的水平距离为l13.2 m，B到C的水平距离为l21.6 m，物块与斜面及水平面之间的动摩擦因数均为0.25，不计物块通过衔接点时的能量损失，g取10 m/s2.求：图7(1)物块从C至D克服阻力做了多少功？(2)A点离水平面的高度h为多大？(3)为使物块恰好不
12、能越过C而进入半圆形导轨内，物块在斜面上下滑的起始高度应调节为多大？解析：(1)圆周运动在C点有FNmgm圆周运动在D点有，mgm从C至D由动能定理有2mgrWfmvD2mvC2联立式并代入数据可解得，从C至D物块克服阻力做的功Wf1 J(2)从A到B，物块克服阻力做的功 W1mgcosmgl1从A到C，由动能定理有mghW1mgl2mvC20联立式并代入数据可解得h2.4 m(3)从起始到C点由动能定理有mghmgcosmgl20又联立式并代入数据可解得，h0.6 m.答案：(1)1 J(2)2.4 m(3)0.6 m探究拓展14如图8，ABCD为一竖直平面的轨道，其中BC水平，A点比BC高
13、出10 m，BC长3.5 m，AB和CD轨道光滑一质量为1 kg的物体，从A点由静止释放，经过BC后滑到高出C点9.3 m的D点速度为零(g10 m/s2)求：图8(1)物体与BC轨道的动摩擦因数；(2)物体第5次经过B点时的速度vB大小；(3)物体最后停止的位置与B点之间的距离解析：(1)分析从A到D过程，由动能定理，mg(Hh)mgsBC00解得，0.2.(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理，得mgHmg4sBCmvB20解得vB12 m/s.(3)分析整个过程，由动能定理，mgHmgs00代入数据解得s50 m.故14，所以物体在轨道上来回了14次后，还有1 m，故离B的距离为1 m.答案：(1)0.2(2)12 m/s(3)1 m
