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第七章 第七节
巩固基础
1．两个物体质量比为1:4，速度大小之比为4:1，则这两个物体的动能之比( )
A．1:1 B．1:4
C．4:1 D．2:1
解析：由动能的表达式Ek＝mv2可知C选项正确．
答案：C
2．质量为2 kg的物体A以5 m/s的速度向北运动，另一个质量为0.5 kg的物体B以10 m/s的速度向西运动，则下列说法正确的是( )
A．EkA＝EkB
B．EkA>EkB
C．EkA<EkB
D．因运动方向不同，无法比较动能
解析：动能是标量，没有方向，将各量代入Ek＝mv2的表达式，可知A选项正确．
答案：A
3．A、B两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F作用下，由静止开头通过相同的位移l.若A的质量大于B的质量，则在这一过程中( )
A．A获得动能较大
B．B获得动能较大
C．A、B获得动能一样大
D．无法比较A、B获得动能大小
解析：由动能定理可知外力做功相同，则动能变化相同，故C选项正确．
答案：C
4．有两个物体a和b，其质量分别为ma和mb，且ma>mb，它们的动能相同，若a和b分别受到不变的阻力Fa和Fb的作用，经过相同的时间停下来，它们的位移分别为sa和sb，则( )
A．Fa>Fb且sa<sb B．Fa>Fb且sa>sb
C．Fa<Fb且sa>sb D．Fa<Fb且sa<sb
解析：由题意知：mav＝mbv，由于ma>mb，所以va<vb，两者在相同时间内停下来，考虑到sa＝t，
sb＝t，故得到sa<sb.由动能定理－Fs＝0－Ek知F＝Ek/s，所以Fa>Fb.
答案：A
5．一人用力踢质量为1 kg的皮球，使球由静止以10 m/s的速度飞出，假定人踢球的平均作用力是200 N，球在水平方向运动了20 m停止，那么人对球所做的功为( )
A．50 J B．500 J
C．4000 J D．无法确定
解析：由动能定理得，人对球做的功W＝mv2－0＝50 J，故A选项正确．
答案：A
6．一人用力把质量为1 kg的物体由静止向上提高1 m，使物体获得2 m/s的速度，则( )
A．人对物体做的功为12 J
B．合外力对物体做的功为2 J
C．合外力对物体做的功为12 J
D．物体克服重力做的功为10 J
解析：由动能定理得W人－mgh＝mv2－0，人对物体做的功为W人＝mgh＋mv2＝1×10×1 J＋×1×22 J＝12 J，故A对；合外力做的功W合＝mv2＝2 J，故B对，C错；物体克服重力做功为mgh＝10 J，D对．
答案：ABD
7．质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块并最终留在木块中与木块一起以速度v运动．当子弹进入木块的深度为s时相对木块静止，这时木块前进的距离为L.若木块对子弹的阻力大小F视为恒定，下列关系正确的是( )
A．FL＝Mv2/2
B．Fs＝mv2/2
C．Fs＝mv/2－(m＋M)v2/2
D．F(L＋s)＝mv/2－mv2/2
解析：由动能定理有：－F(L＋s)＝mv2－mv，FL＝Mv2，故Fs＝－v2，故A、C、D正确．
答案：ACD
8．(2011·全国新课标)一质点开头时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用，此后，该质点的动能( )
A．始终增大
B．先渐渐减小，再渐渐增大
C．先渐渐增大至某一最大值，再渐渐减小
D．先渐渐减小至某一非零的最小值，再渐渐增大
解析：假如物体所受恒力与原速度相同或速度方向与恒力方向成锐角，力对物体始终做正功，则物体动能始终增加，故A选项正确；若恒力与速度方向相反或速度方向与力的方向的夹角大于90°，则恒力先做负功再做正功，动能先减小后增大，若速度与恒力的夹角为钝角，则物体的动能不能减小到零，然后动能渐渐增加，故B、D选项正确；物体的动能先增大再减小这种状况不存在，故C选项错误．
答案：ABD
提升力量
9．一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E/2，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v
B．返回斜面底端时的动能为E
C．返回斜面底端时的动能为
D．物体两次来回克服摩擦力做功相同
解析：由题意可知，其次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s2＝2s1，则Wf2＝2Wf1＝E，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：AB
10．如图所示，质量为m的物体静止放在水平光滑的平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮由地面以速度v向右匀速走动的人拉着．设人从地面上平台的边缘开头向右行至绳和水平方向成30°角处，在此过程中人所做的功为( )
A. B．mv2
C. D.
解析：人的速度为v，人在平台边缘时绳子上的速度为零，则物体速度为零，当人走到绳子与水平方向夹角为30°时，绳子的速度为v·cos30°.据动能定理，得W＝ΔEk＝m(vcos30°)2－0＝mv22＝mv2.
答案：D
11．质量为1500 kg的汽车在平直的大路上运动，v－t图象如图所示．由此可求( )
A．前25 s内汽车的平均速度
B．前10 s内汽车的加速度
C．前10 s内汽车所受的阻力
D．15～25 s内合外力对汽车所做的功
解析：在v－t图象中图线与坐标轴围成的面积，表示位移．因此只要能求得位移大小，依据＝，即可求出平均速度，故A选项正确；前10 s汽车做匀加速直线运动，由a＝，可求得加速度，故B选项正确；由牛顿其次定律F－F阻＝ma，因不知牵引力F，故无法求得阻力F阻，C选项错误；由动能定理，可求得15 s～25 s内合外力所做的功，故D选项正确．
答案：ABD
12．一艘由三个推力相等的发动机驱动的气垫船，在湖面上由静止开头加速前进l距离后关掉一个发动机，气垫船匀速运动，将到码头时，又关掉两个发动机，最终恰好停在码头上，设水给船的阻力大小不变，若船由静止加速前进l距离后三个发动机全部关闭，船通过的距离为多少？
解析：设每个发动机供应的推力为F.由题意可知水的阻力f＝2F 加速前进时有(3F－f)l＝mv2
三个发动机都关闭时fl′＝mv2
解得l′＝.
答案：l/2
13．质量为m的物体以速度3v0竖直向上抛出，物体落回原处时速度大小为3v0/4，求：
(1)物体运动中所受的平均空气阻力；
(2)物体以初速2v0竖直向上抛出时的最大高度．(设空气阻力大小不变)
解析：(1)设平均空气阻力为f.
上升时mgh＋fh＝m(3v0)2
对全程－2fh＝m2－m(3v0)2
由以上两式可解得f＝mg.
(2)fH＋mgH＝m(2v0)2
解得所求最大高度H＝.
答案：(1)mg (2)
14．如图所示，物块m从高为h的斜面上滑下，又在同样材料的水平面上滑行s后静止．已知斜面倾角为θ，物块由斜面到水平面时圆滑过渡，求物块与接触面间的动摩擦因数．
解析：物体在斜面上下滑时摩擦力做负功，重力做正功，动能增加，在水平面上滑行时只有摩擦力做负功，最终减速到零，全过程动能变化量为零，可在全过程中应用动能定理求解．
在全过程中应用动能定理，有
mgh－＝0.
解得 μ＝.
答案：
15.如图所示，AB与CD为两个对称斜面，其上部足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R为2.0 m，一个物体在离弧底E高度为h＝3.0 m处，以初速4.0 m/s沿斜面运动．若物体与两斜面的动摩擦因数为0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共能走多长路程？(g取10 m/s2)
解析：斜面的倾角为θ＝60°，由于物体在斜面上所受到的滑动摩擦力小于重力沿斜面的分力(μmgcos60°<mgsin60°)，所以物体不能停留在斜面上，物体在斜面上滑动时，由于摩擦力做功，使物体的机械能渐渐减小，物体滑到斜面上的高度渐渐降低，直到物体再也滑不到斜面上为止，最终物体将在B、C间往复运动．设物体在斜面上运动的总路程为s，则摩擦力所做的总功为－μmgscos60°，末状态选为B(或C)，此时物体速度为零，对全过程由动能定理得
mg－μsmgcos60°＝0－mv.
物体在斜面上通过的总路程为
s＝
＝m＝280 m.
答案：280 m
16．过山车是游乐场中常见的设施．如图所示是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径R1＝2.0 m，R2＝1.4 m．一个质量为m＝1.0 kg的小球(视为质点)，从轨道的左侧A点以v0＝12.0 m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距离L1＝6.0 m．小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，圆形轨道是光滑的．假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠．重力加速度取g＝10 m/s2，计算结果保留小数点后一位数字．
试求：
(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；
(2)假如小球恰能通过其次个圆形轨道，B、C间距L应是多少；
(3)在满足(2)的条件下，假如要使小球不脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R3应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离．
解析：(1)设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1，依据动能定理
－μmgL1－2mgR1＝mv－mv
小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，依据牛顿其次定律F＋mg＝m
联立以上两式解得F＝10.0 N.
(2)设小球在其次个圆轨最高点时的速度为v2，由题意mg＝m，
－μmg(L1＋L)－2mgR2＝mv－mv
联立以上两式解得L＝12.5 m.
(3)要保证小球不脱离轨道，可分两种临界状况进行争辩：
①轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点时的速度为v3，应满足
mg＝m，
－μmg(L1＋2L)－2mgR3＝mv－mv
联立以上两式并代入L＝12.5 m
解得R3＝0.4 m.
②轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，依据动能定理
－μmg(L1＋2L)－mgR3＝0－mv
解得R3＝1.0 m.
为了保证圆轨道不重叠，如下图所示，R3最大值应满足
(R2＋R3)2＝L2＋(R3－R2)2
解得R3＝27.9 m
综合①②，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径必需满足下面的条件
0<R3≤0.4 m或1.0 m≤R3≤27.9 m
(若写成“1.0 m≤R3＜27.9 m”也可)
当0＜R3≤0.4 m时，小球最终停留点与起点A的距离为L′，则－μmgL′＝0－mv
解得L′＝36.0 m
当1.0 m≤R3≤27.9 m时，小球最终停留点与起点A的距离为L″，则
L″＝L′－2(L′－L1－2L)＝26.0 m.
答案：(1)10.0 N (2)12.5 m (3)见解析
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