答案与解析
1．【解析】选BC 由W＝Flcos α＝Fs可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，A错误，B正确；根据动能定理，对甲有：Fs＝Ek1，对乙有：Fs－Ffs＝Ek2，可知Ek1>Ek2，C正确，D错误。
2．【解析】(1)滑块从D到达左侧最高点F经历DC、CB、BF三个过程，现以DF整个过程为研究过程，运用动能定理得： Rmgh－μmgcos θ·＝0
tan θμRcos θ
解得h＝。
tan θ
(2)通过分析可知，滑块最终滑至C点的速度为0时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得：
mgRcos θ－μmgcos θ·s＝0 R
解得s＝。
μ
1．【答案】AB
【解析】动能是标量，与速度的大小有关，而与速度的方向无关。公式中的速度一般是相对于地面的速度，故A、B正确。 2．【答案】ACD
【解析】因物体的速度方向与余下的力的方向关系不知，故存在多种可能：当物体的速度方向与余下的力同向或夹角为90°或锐角时，力对物体做正功，动能增加，当物体速度方向与余下的力反向或夹角为钝角时，力对物体做负功，动能减少，余下的力一定对物体做功，物体的动能或增加，或减少，一定会改变，所以，A、C、D均正确，B错误。 3．【答案】C
E2【解析】由动能定理可得Fs－Wf＝E1，2F作用时，由动能定理可得2Fs－Wf＝E2，由＝
E12Fs－Wf2Fs－2Wf＋WfWf
＝＝2＋>2，可得E2>2E1，选项C正确。
Fs－WfFs－WfFs－Wf
4．【答案】A
1
【解析】小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt，小球的动能Ek＝mv2，把速
211
度v代入得，Ek＝mg2t2－mgv0t＋mv02，Ek与t为二次函数关系。
225．【答案】B
【解析】小球A下降h过程小球克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mgh－W1＝0；1
小球B下降过程，由动能定理有3mgh－W1＝·3mv2－0，解得v＝
26．【答案】C
【解析】F－x图线与x轴围成的面积表示力F所做的功，则这段过程中，外力做功为W＝111
×(4＋8)×10 J－×4×10 J＝40 J，根据动能定理得W＝mv2，解得v＝222＝22 m/s，故C正确，A、B、D错误。 7．【答案】BD
v0
【解析】根据v－t图像和牛顿第二定律可知F－μmg＝m，故选项A错误；由v－t图像与
t013
坐标轴所围面积可知，在3t0时间内的位移为x＝·3t0·v0＝v0t0，所以选项B正确；在0～
223mv0
3t0时间内由动能定理可知W－μmgx＝0，故水平拉力做的功W＝μmgv0t0，又Ff＝μmg＝，
22t03Wf1
则W＝mv02，选项C错误；0～3t0时间内克服摩擦力做功的平均功率为P＝＝μmgv0，
43t02所以选项D正确。 8．【答案】BCD
【解析】拉力F作用时，小球上升的加速度大小为a，末速度大小为v′，则小球上升的高度1114
h＝at2，v′＝at，撤去外力后－h＝v′t－gt2，解得a＝g，F＝mg。对全过程由动能定理知2233121111mv＝Fh，C正确。拉力F作用时由动能定理知mv′2＝(F－mg)h，联立解得mv′2＝×mv222242111
＝mv2，A错误。撤去力F后小球上升的高度为h′，由mv2＝Fh，mv′2＝mgh′知小球上升822v22
的最大高度H＝h＋h′＝，B正确。拉力F的最大功率Pm＝Fv′＝mgv，D正确。
2g39．【答案】BD
【解析】由题图可知，在0～t1时间内，水平方向的拉力从零逐渐增大到等于最大静摩擦力，物块始终静止不动，水平拉力做功为零，功率为零，选项A错误；t2时刻水平拉力最大且大于滑动摩擦力的2倍，根据牛顿第二定律可知物块加速度最大，选项B正确；t2时刻后水平拉力逐
2W＝m
2×40 m/s10
4gh，故B正确。 3
渐减小，物块的加速度逐渐减小，速度方向不变，速度继续增大，选项C错误；t3时刻水平拉力减小到等于滑动摩擦力，速度增大到最大，t3时刻物块的动能最大，选项D正确。 10．【答案】BD
【解析】A和B达到最大速度v时，A和B的加速度为零，对A、B整体：由平衡条件知kx＝(m＋M)gsin θ＋μ(m＋M)gcos θ，所以此时弹簧处于压缩状态，故A错误；A和B恰好分离时，A、B间的弹力为0，A、B的加速度大小相同，对B受力分析，由牛顿第二定律知，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，得a＝g(sin θ＋μcos θ)，故B正确；从释放到A和B达到最大速度1v的过程中，对A、B整体，根据动能定理得W弹－(m＋M)·gLsin θ－μ(m＋M)gLcos θ＝(m
21
＋M)v2，所以弹簧对A所做的功W弹＝(m＋M)v2＋(m＋M)·gLsin θ＋μ(m＋M)gLcos θ，故C
2错误；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，根据动能定理得，B受到的合力1
对它做的功W合＝ΔEk＝mv2，故D正确。
2
11．【解析】(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，vL1则有＝∠
2t
1
根据动能定理，有W＝mv2－0∠
2
联立∠∠式，代入数据，得W＝7.5×104 J。∠
(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2＝Rsin θ∠ v2
由牛顿第二定律，有FN－mg＝m∠
R
联立∠∠∠式，代入数据，得FN＝1.1×103 N。∠
12．【解析】(1)设滑块第一次滑至C点时的速度为vC，圆轨道C点对滑块的支持力为FN 1
P→C过程：mgR(1－cos 60°)＝mvC2
2vC2
C点：FN－mg＝m R
解得FN＝2mg，方向竖直向上。
(2)对P→C→Q过程：mgR(1－cos 60°)－μmg·2R＝0 解得μ＝0.25。 vA2
(3)A点：mg＝m R
1
Q→C→A过程：Ep＝mvA2＋mg·2R＋μmg·2R
2
解得弹性势能Ep＝3mgR。
2019-2020学年下学期人教版高一物理必修2 暑假训练5 动能和动能定理
