新人教版高中物理必修第二冊PAGEPAGE13動能和動能定理考點一動能的概念及動能的表達式1.兩個物體質量之比為1∶4，速度大小之比為4∶1，則這兩個物體的動能之比為()A.1∶1 B.1∶4C.4∶1 D.2∶1答案C2.(多選)某同學在練習足球時，將足球朝豎直的墻壁踢出.假設足球的質量為m＝0.5kg，足球垂直撞擊墻壁前的瞬間速度大小為v＝5m/s，如果以足球撞擊墻壁前瞬間的速度方向為正，足球與墻壁碰后以等大的速度反向彈回.則足球與墻壁發生作用的過程中()A.速度的變化量為－10m/sB.速度的變化量為10m/sC.動能的變化量為25JD.動能的變化量為0答案AD解析速度的變化量為矢量，Δv＝－v－v＝(－5－5)m/s＝－10m/s，A正確，B錯誤；動能的變化量為標量，ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv2＝0，C錯誤，D正確.考點二動能定理的理解和應用3.關于動能定理，下列說法中正確的是()A.在某過程中，動能的變化等于各個力單獨做功的絕對值之和B.只要有力對物體做功，物體的動能就一定改變C.動能定理只適用于直線運動，不適用于曲線運動D.動能定理既適用于恒力做功的情況，也適用于變力做功的情況答案D解析動能的變化等于各個力單獨做功的代數和，A錯誤；根據動能定理，決定動能是否改變的是總功，而不是某一個力做的功，B錯誤；動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動，既適用于恒力做功的情況，也適用于變力做功的情況，C錯誤，D正確.4.兩個物體A、B的質量之比為mA∶mB＝2∶1，二者初動能相同，它們和水平桌面間的動摩擦因數相同，則二者在桌面上滑行到停止經過的距離之比為()A.xA∶xB＝2∶1 B.xA∶xB＝1∶2C.xA∶xB＝4∶1 D.xA∶xB＝1∶4答案B解析：－μmBgxB＝0－Ek.故eq\f(xA,xB)＝eq\f(mB,mA)＝eq\f(1,2)，B正確，A、C、D錯誤.5.物體沿直線運動的v－t圖像如圖1所示，已知在第1s內合力對物體做功為W，則()圖1A.從第1s末到第3s末合力做功為4WB.從第3s末到第5s末合力做功為－2WC.從第5s末到第7s末合力做功為WD.從第3s末到第4s末合力做功為－0.5W答案C解析由題圖可知物體速度變化情況，根據動能定理得第1s內：W＝eq\f(1,2)mv02第1s末到第3s末：W1＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv02＝0，A錯誤；第3s末到第5s末：W2＝0－eq\f(1,2)mv02＝－W，B錯誤；第5s末到第7s末：W3＝eq\f(1,2)m(－v0)2－0＝W，C正確；第3s末到第4s末：W4＝eq\f(1,2)m(eq\f(v0,2))2－eq\f(1,2)mv02＝－0.75W，D錯誤.6.如圖2所示，質量為0.1kg的小物塊在粗糙水平桌面上滑行4m后以3.0m/s的速度飛離桌面，最終落在水平地面上，已知物塊與桌面間的動摩擦因數為0.5，桌面高0.45m，若不計空氣阻力，取g＝10m/s2，則()圖2A.小物塊的初速度是5m/sB.小物塊的水平射程為1.2mC.小物塊在桌面上克服摩擦力做8J的功D.小物塊落地時的動能為0.9J答案D解析小物塊在粗糙水平桌面上滑行時，由動能定理－μmgs＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02得：v0＝7m/s，Wf＝－μmgs＝－2J，A、C錯誤；物塊飛離桌面后做平拋運動，由h＝eq\f(1,2)gt2，x＝vt得x＝0.9m，B項錯誤；由mgh＝Ek－eq\f(1,2)mv2得，物塊落地時Ek＝0.9J，D正確.7.(多選)(2018·濟南市歷城第二中學期末)質量為m的汽車，發動機的功率恒為P，阻力恒為F1，牽引力為F，汽車由靜止開始，經過時間t行駛了位移s時，速度達到最大值vm，則發動機所做的功為()A.Pt B.F1sC.eq\f(1,2)mvm2 D.eq\f(mP2,2F\o\al(2,1))＋eq\f(Ps,vm)答案AD解析發動機的功率恒為P，經過時間t，發動機做的功為W＝Pt，A正確；當達到最大速度時，有P＝F1vm，得vm＝eq\f(P,F1)，整個過程中發動機做的功應等于克服阻力做的功與汽車獲得的動能之和，則W＝eq\f(1,2)mvm2＋F1s＝eq\f(mP2,2F\o\al(2,1))＋eq\f(Ps,vm)，B、C錯誤，D正確.8.(2018·鄭州市高一下學期期末)如圖3所示，運動員把質量為m的足球從水平地面踢出，足球在空中達到的最高點的高度為h，在最高點時的速度為v，不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法中正確的是()圖3A.運動員踢球時對足球做功eq\f(1,2)mv2B.足球上升過程重力做功mghC.運動員踢球時對足球做功eq\f(1,2)mv2＋mghD.足球上升過程克服重力做功eq\f(1,2)mv2＋mgh答案C解析足球上升過程中足球重力做負功，WG＝－mgh，B、D錯誤；從運動員踢球至足球上升至最高點的過程中，由動能定理得W－mgh＝eq\f(1,2)mv2，故運動員踢球時對足球做功W＝eq\f(1,2)mv2＋mgh，A項錯誤，C項正確.9.木塊在水平恒力F的作用下，沿水平路面由靜止出發前進了l，隨即撤去此恒力，木塊沿原方向又前進了2l才停下來，設木塊運動全過程中地面情況相同，則摩擦力的大小Ff和木塊所獲得的最大動能Ekm分別為()A.Ff＝eq\f(F,2)Ekm＝eq\f(Fl,2) B.Ff＝eq\f(F,2)Ekm＝FlC.Ff＝eq\f(F,3)Ekm＝eq\f(2Fl,3) D.Ff＝eq\f(2,3)FEkm＝eq\f(Fl,3)答案C解析全過程，由動能定理得Fl－Ff·3l＝0得：Ff＝eq\f(F,3)；加速過程：Fl－Ffl＝Ekm－0，得Ekm＝eq\f(2,3)Fl，C正確，A、B、D錯誤.10.從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面.忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關系圖像是()答案A解析小球做豎直上拋運動，設初速度為v0，則v＝v0－gt，小球的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，把速度v代入得Ek＝eq\f(1,2)mg2t2－mgv0t＋eq\f(1,2)mv02，Ek與t為二次函數關系，圖像為開口向上的拋物線，A對.11.(多選)如圖4甲所示，質量m＝2kg的物體以100J的初動能在粗糙程度相同的水平地面上滑行，其動能Ek隨位移x變化的關系圖像如圖乙所示，則下列判斷中正確的是()圖4A.物體運動的總位移大小為10mB.物體運動的加速度大小為10m/s2C.物體運動的初速度大小為10m/sD.物體所受的摩擦力大小為10N答案ACD解析由題圖乙可知，物體運動的總位移為10m，根據動能定理得，－Ffx＝0－Ek0，解得Ff＝eq\f(Ek0,x)＝eq\f(100,10)N＝10N，故A、D正確；根據牛頓第二定律得，物體的加速度大小為a＝eq\f(Ff,m)＝eq\f(10,2)m/s2＝5m/s2，故C正確.12.(2018·山西大學附屬中學期末)如圖5所示，固定斜面傾角為θ，整個斜面分為AB、BC兩段，AB＝2BC.小物塊P(可視為質點)與AB、BC兩段斜面間的動摩擦因數分別為μ1、μ2.已知P由靜止開始從A點釋放，恰好能滑動到C點停下，那么θ、μ1、μ2間應滿足的關系是()圖5A.tanθ＝eq\f(μ1＋2μ2,3) B.tanθ＝eq\f(2μ1＋μ2,3)C.tanθ＝2μ1－μ2 D.tanθ＝2μ2－μ1答案B解析小物塊P從A點到C點過程，由動能定理得mg·AC·sinθ－μ1mgcosθ·AB－μ2mgcosθ·BC＝0，又AB＝2BC，則有tanθ＝eq\f(2μ1＋μ2,3)，B正確.13.(2018·定州中學高一下學期期末)如圖6所示，一質量為m＝10kg的物體，由eq\f(1,4)光滑圓弧軌道上端從靜半徑R＝0.8m，取g＝10m/s2，求：圖6(1)物體滑至圓弧底端時的速度大小；(2)物體滑至圓弧底端時對軌道的壓力大小；(3)物體沿水平面滑動過程中克服摩擦力做的功.答案(1)4m/s(2)300N(3)80J解析(1)設物體滑至圓弧底端時速度為v，由動能定理可知mgR＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(2gR)＝4m/s(2)設物體滑至圓弧底端時受到軌道的支持力為FN，根據牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(v2,R)，故FN＝mg＋meq\f(v2,R)＝300N根據牛頓第三定律FN′＝FN，所以物體對軌道的壓力大小為300N(3)設物體沿水平面滑動過程中摩擦力做的功為Wf，根據動能定理可知Wf＝0－eq\f(1,2)mv2＝－80J所以物體沿水平面滑動過程中克服摩擦力做的功為80J.14.(2018·鷹潭一中期末)如圖7所示，A、B兩個材料相同的物體用長為L且不可伸長的水平細線連接在一起放在水平面上，在水平力F作用下以速度v做勻速直線運動，A的質量是B的2倍，某一瞬間細線突然斷裂，保持F不變，仍拉A繼續運動距離s0后再撤去，則當A、B都停止運動時，A和B相距多遠？圖7答案L＋eq\f(3,2)s0解析設物體與水