第1章 课时精练(六) 功 动能定理 功能关系-【金版新学案】2024-2025学年新教材高一物理必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（鲁科版2019）

课时精练(六)　功　动能定理　功能关系 (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) [基础达标] 1．以一定的初速度竖直向上抛出一个小球，小球上升的最大高度为h，空气阻力的大小恒为F阻，则从抛出到落回到抛出点的过程中，空气阻力对小球做的功为(　　) A．0 B．－F阻h C．－2F阻h D．F阻h C　[把运动的全过程分成两段，上升过程中空气阻力对小球做的功W1＝F阻h cos 180˚＝－F阻h；下降过程中空气阻力对小球做的功W2＝F阻h cos 180˚＝－F阻h，所以全过程中空气阻力对小球做的功为W＝W1＋W2＝－2F阻h，故C正确。] 2.在机械化生产水平较低时，人们经常通过“拉磨”的方式把粮食颗粒加工成粗面来食用。如图所示，一个人推磨，其推磨杆的力的大小始终为F，方向与磨杆始终垂直，作用点到轴心O的距离为r，磨盘绕轴缓慢转动，则在转动一周的过程中推力F做的功为(　　) A．0　　 B．2πrF C．2Fr　　 D．－2πrF B　[由题可知，推磨杆的力的大小始终为F，方向与磨杆始终垂直，即其方向与瞬时速度方向相同，为圆周切线方向，根据微元法可知，推力对磨盘所做的功等于推力的大小与推力作用点沿圆周运动弧长的乘积，所以推力所做的功W＝FL＝2πrF，故选项B正确。] 3．物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。以a、Ek、s和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间。则以下各图像中，能正确反映这一过程的是(　　) C　[物体在恒定阻力作用下运动，其加速度随时间不变，随位移不变，故A、B错误；由动能定理，－F阻s＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－F阻s，故C正确，D错误。] 4.如图所示，一物体由A点以初速度v0下滑到底端B，它与挡板B做无动能损失的碰撞后又滑回到A点，其速度正好为零。设A、B两点高度差为h，则它与挡板碰前的速度大小为(　　) A． B． C． D． C　[设整个滑动过程中物体所受摩擦力大小为f，(此力大小不变，下滑时方向沿斜面向上，上滑时方向沿斜面向下)。斜面长为s，则对物体由A→B→A的整个过程运用动能定理，得－2fs＝－mv。同理，对物体由A到B运用动能定理，设物体与挡板碰前速度为v，则mgh－fs＝mv2－mv，解得v＝，C正确。] 5.一个质量为0.5 kg的物体，从静止开始做直线运动，物体所受合外力F随物体位移s变化的图像如图所示，则物体位移s＝8 m时，物体的速度为(　　) A．2 m/s B．8 m/s C．4 m/s D．4 m/s C　[F­s图像中图线与横轴所围面积表示功，横轴上方为正功，下方为负功，s＝8 m时，可求得W＝8 J，由动能定理有W＝mv2，代入数值解得v＝4 m/s，故C正确。] 6．(2022·山西怀仁高一期末)用起重机将一个质量为m的物体以加速度a竖直向上匀加速提升高度H，重力加速度为g，在这个过程中，以下说法正确的是(　　) A．起重机对物体的拉力大小为ma B．物体的机械能增加了mgH C．物体的动能增加了maH D．物体的机械能增加了maH C　[由牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得F＝m(a＋g)，故A错误；由功能关系知物体增加的机械能等于拉力做的功为W＝m(a＋g)H，故B、D错误；物体动能的增加量等于合外力做的功W合＝maH，故C正确。] 7．木块在水平恒力F的作用下，沿水平路面由静止出发前进了l，随即撤去此恒力，木块沿原方向又前进了2l才停下来，设木块运动全过程中地面情况相同，则摩擦力的大小f和木块所获得的最大动能Ekmax分别为(　　) A．f＝　Ekmax＝ B．f＝　Ekmax＝Fl C．f＝　Ekmax＝ D．f＝F　Ekmax＝ C　[全过程，由动能定理得Fl－f·3l＝0，解得f＝；加速过程有Fl－fl＝Ekmax－0，解得Ekmax＝Fl，C正确，A、B、D错误。] 8.如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L＝5.0 m，高度h＝3.0 m，为保证小朋友的安全，在水平面铺设安全地垫。水平段与斜面段平滑连接，小朋友在连接处速度大小不变。某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在水平地垫上。已知小朋友质量为m＝20 kg，小朋友在斜面上受到的平均阻力F阻1＝88 N，在水平段受到的平均阻力F阻2＝100 N。不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功； (2)小朋友滑到斜面底端时的速度v的大小； (3)为使小朋友不滑出水平地垫，地垫的长度s至少多长。 解析：　(1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功为： W＝F阻1L＝88×5 J＝440 J。 (2)小朋友在斜面上运动的过程，由动能定理得：mgh－W＝mv2 代入数据解得：v＝4 m/s。 (3)小朋友在水平地垫上运动的过程，由动能定理得：－F阻2s＝0－mv2 代入数据解得：s＝1.6 m。 答案：　(1)440 J　(2)4 m/s　(3)1.6 m [能力提升] 9．(多选)物体沿直线运动的v ­t图像如图所示，已知在第1 s内合力对物体做功为W，则(　　) A．从第1 s末到第3 s末合力做功为4W B．从第3 s末到第5 s末合力做功为－2W C．从第5 s末到第7 s末合力做功为W D．从第3 s末到第4 s末合力做功为－0.75W CD　[由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理，得第1 s内合力做功W＝mv，第1 s末到第3 s末合力做功W1＝mv－mv＝0，A错误；第3 s末到第5 s末合力做功W2＝0－mv＝－W，B错误；第5 s末到第7 s末合力做功W3＝m(－v0)2－0＝W，C正确；第3 s末到第4 s末合力做功W4＝m－mv＝－0.75W，D正确。] 10.(多选)如图所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上。一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧。若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程中受到的空气阻力恒为f，则小球从开始下落至最低点的过程中，下列判断正确的是(　　) A．小球动能的增量为零 B．小球重力势能的增量为mg(H＋x－L) C．弹簧弹性势能的增量为(mg－f)(H＋x－L) D．系统机械能减少fH AC　[小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为零，故A正确；小球下落的整个过程中，重力做功WG＝mgh＝mg(H＋x－L)，根据重力做功量度重力势能的变化WG＝－ΔEp，得小球重力势能的增量为－mg(H＋x－L)，故B错误；根据动能定理得WG＋Wf＋W弹＝0，所以W弹＝－ (mg－f)(H＋x－L)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹＝－ΔEp，得弹簧弹性势能的增量为(mg－f)(H＋x－L)，故C正确；系统机械能的减少量等于重力、弹力以外的力做的功，小球从开始下落至最低点的过程中，克服阻力做的功Wf＝f(H＋x－L)，所以系统机械能的减少量ΔE机＝f(H＋x－L)，故D错误。] 11．从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为(　　) A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg C　[设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×3 m＝(36－72)J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×3 m＝(48－24)J，联立解得m＝1 kg，F＝2 N，故C正确，A、B、D均错误。] 12．如图所示，AB、BC、CD三段轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度L＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37˚，A点离轨道BC的高度H＝4.3 m。质量为m的小滑块自A点由静止释放，已知小滑地与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37˚＝0.6，cos 37˚＝0.8。求： (1)小滑块第一次到达C点时的速度大小； (2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔； (3)小滑块最终停止位置距B点的距离。 解析：　(1)小滑块在A→B→C过程中，由动能定理得mgH－μmgL＝mv， 代入数据得小滑块第一次到达C点时的速度大小vC＝6 m/s。 (2)小滑块沿CD段上滑的加速度大小a＝g sin θ＝6 m/s2 小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1＝＝1 s， 由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t2＝t1＝1 s 故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t＝t1＋t2＝2 s。 (3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s，对小滑块的运动全过程利用动能定理有mgH＝μmgs， 代入数据得s＝8.6 m， 故小滑块最终停止位置距B点的距离为2L－s＝1.4 m。 答案：　(1)6 m/s　(2)2 s　(3)1.4 m 学科网（北京）股份有限公司 $$