第五章 机械能及其守恒定律 第2讲 动能 动能定理
A 对点训练——练熟基础知识
题组一 对动能定理的理解
1．关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是( )．
A．合外力为零，则合外力做功一定为零 B．合外力做功为零，则合外力一定为零 C．合外力做功越多，则动能一定越大 D．动能不变，则物体合外力一定为零
解析 合外力为零，则物体可能静止，也可能做匀速直线运动，这两种情况合外力做功均为零，所以合外力做功一定为零，A对；合外力做功为零或动能不变，合外力不一定为零，如匀速圆周运动，故B、D错；合外力做功越多，动能变化越大，而不是动能越大，故C错． 答案 A
2．如图5－2－8所示，物体与斜面AB、DB间的动摩擦因数相同．可视为质点的物体分别沿AB、DB从斜面顶端由静止下滑到底端，下列说法正确的是
( )．
图5－2－8
A．物体沿斜面DB滑动到底端时动能较大 B．物体沿斜面AB滑动到底端时动能较大
C．物体沿斜面DB滑动过程中克服摩擦力做的功较多 D．物体沿斜面AB滑动过程中克服摩擦力做的功较多
解析 已知物体与斜面AB、DB间动摩擦因数相同，设斜面倾角为θ，底边x
为x，则斜面高度为h＝xtan θ，斜面长度为L＝cos θ，物体分别沿AB、DB从斜面顶端由静止下滑到底端，由动能定理有：mgh－μmgcos θ·L＝mgh－1
μmgx＝2mv2，可知物体沿斜面AB滑动到底端时动能较大，故A错误、B正确；物体沿斜面滑动过程中克服摩擦力做的功W＝μmgLcos θ＝μmgx，则两次相同，故C、D错误． 答案 B
3．如图5－2－9所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面向上加速移动．在移动的过程中，下列说法中正确的是
( )．
图5－2－9
A．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和 B．F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和 C．木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力势能
D．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和 解析 木箱在上升过程中，由动能定理可知：WF－mgh－Wf＝ΔEk，故有WF＝mgh＋Wf＋ΔEk，由此可知A、B错误，D正确；木箱上升过程中，重力做负功，重力势能增加，木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能． 答案 CD
题组二 利用动能定理求变力的功
4．如图5－2－10所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为N.重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为
( )．
图5－2－10
1
A.2R(N－3mg) 1
C.2R(N－mg)
1
B．2R(3mg－N) 1
D．2R(N－2mg)
解析 质点到达最低点B时，它对容器的正压力为N，根据牛顿第二定律有v21
N－mg＝mR，根据动能定理，质点自A滑到B的过程中有Wf＋mgR＝2mv2，13
故摩擦力对其所做的功Wf＝2RN－2mgR，故A项正确． 答案 A
5．图5－2－11所示，为k的弹簧下端悬挂一个质量为m的重物，处于静止状态．手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，手对重物做的功为W1.然后放手使重物从静止开始下落，重物下落过程中的最大速度为v，不计空气阻力．重物从静止开始下落到速度最大的过程中，弹簧对重物做的功为W2，则
( )．
图5－2－11
m2g2
A．W1>k 12
C．W2＝2mv
m2g2
B．W1 D．W2＝k－2mv 解析 设x为弹簧伸长的长度，由胡克定律得：mg＝kx.手托重物使之缓慢上m2g2 移，直到弹簧恢复原长，重物的重力势能增加了mgx＝k，弹簧的弹力对m2g2 重物做了功，所以手对重物做的功W1 W2＋k＝2mv，则C、D错． 答案 B 6．如图5－2－12所示，质量为m的物块与转台之间的最大静摩擦力为物块重力的k倍，物块与转轴OO′相距R，物块随转台由静止开始转动，转速缓慢增大，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，转台的摩擦力对物块做的功最接近( )． 图5－2－12 A．0 C．2kmgR B．2πkmgR 1 D．2kmgR 解析 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，说明此时静摩擦力f达到最大，其指v2 向圆心的分量F1提供向心力，即F1＝mR① 由于转台缓慢加速，使物块加速的分力F2很小，因此可近似认为F1＝f＝kmg② 1 在这一过程中对物块由动能定理，有Wf＝2mv2③ 1 由①②③知，转台对物块所做的功W1＝2kmgR. 答案 D 题组三 动能定理的应用 7．(2013·河北质检)如图5－2－13所示，分别将两个完全相同的等腰直角三角形 木块的一直角边和斜边固定在水平地面上．现一小物块分别从木块顶点由静止开始下滑，若小物块与木块各边之间的动摩擦因数均相同，当小物块分别滑到木块底端时动能之比为( )． 图5－2－13 A.2∶1 C．2∶1 B．1∶2 D．1∶2 解析 设直角边长为L，根据动能定理分别有mgL－μmgcos 45°·2L＝Ek1－0，mgLsin 45°－μmgLcos 45°＝Ek2－0，得Ek1∶Ek2＝2∶1，只有选项A正确． 答案 A 8．如图5－2－14所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零，如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度也刚好为零．则物体具有的初速度(已知物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且不为零)( )． 图5－2－14 A．大于v0 C．小于v0 B．等于v0 D．取决于斜面的倾角 解析 如图所示，物体由D出发沿DBA路面运动，由动能定理可列出方程1 －f1lDB－f2lBA－mghA＝0－2mv02① 因为f1＝μmg，f2＝μmgcos α 代入①式 1 －μmglDB－μmgcos αlAB－mghA＝－2mv02② 又因为lABcos α＝lOB，所以 1 μmglDB＋μmglBO＋mghA＝2mv02③