推荐高中物理课时跟踪检测十三动能定理粤教版必修2

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 ．ΔE k ＝1 J
D ．Δ
E k ＝0
解析：选AD 速度是矢量，故Δv ＝v 2－v 1＝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ΔE k ＝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 ＝0－12mv 2。

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 ＝0－12m (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v 0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.12mv 02－μmg (s ＋x )
B.12mv 02
－μmgx C ．μmgs
D ．μmg (s ＋x )
解析：选A 由动能定理得－W －μmg (s ＋x )＝0－12mv 02，故物体克服弹簧弹力做功W ＝
1
2
mv 02－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 ＝1－k
1＋k
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 ＝H k。

答案：(1)1－k 1＋k H (2)H
k
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.1
2
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 v 2
R。

设这
一过程中转台对物块的摩擦力所做的功为W f ，由动能定理可得W f ＝12mv 2，解得W f ＝1
2kmgR ，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 ．mgl cos θ
B ．Fl sin 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 －l cos θ)＋W F ＝0，所以W F ＝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 2 m/s
D.2
2
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 ＝F k ＝550m ＝0.1 m ，根据动能定理：Fx ＝12
mv 2
，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 ＝
mgR －W
mR
B ．a ＝2mgR －W mR
C ．N ＝3mgR －2W
R
D ．N ＝
mgR －W
R
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 ＝12mv 2
，则速度v
＝
mgR －W m ，在最低点的向心加速度a ＝v 2
R ＝mgR －W
mR
，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 ＝
3mgR －2W
R
，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/s 2。

(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L 1＝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L 2＝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，mg sin 37°－f ＝ma
N ＝mg cos 37° f ＝μN
联立以上三式，代入数据解得a ＝3.6 m/s 2。

(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 －μmg cos 37°H
sin 37°
－μmgL 1＝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 －μmg cos θ
h
sin θ－μmg ⎝
⎛
⎭⎪⎫
L 2－h
tan θ＝0－0
代入数据解得h ＝9 m 。

答案：(1)见解析 (2)3.6 m/s 2
(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/s 2
，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－co s 37°)＝12mv 2
解得：v 2
＝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 v 2
R
解得：N ＝mg ＋m v 2R ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫10＋20.5N ＝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 ＝12
mv 2
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 ＝12mv 2
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。