人教版 (新课标)必修27.动能和动能定理课时训练

这是一份人教版 (新课标)必修27.动能和动能定理课时训练，共7页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题(本题包括9小题，每小题6分，共54分．每小题只有一个选项正确)
1.如图1所示，质量为m的物块，在恒力F的作用下，沿光滑水平面运动，物块通过A点和B点的速度分别是vA和vB，物块由A运动到B点的过程中，力F对物块做的功W为( ) 图1
A．W>eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvA2
B．W＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvA2
C．W＝eq \f(1,2)mvA2－eq \f(1,2)mvB2
D．由于F的方向未知，W无法求出
解析：对物块由动能定理得：W＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvA2，故选项B正确．
答案：B
2.物体在合外力作用下做直线运动的v－t图象如图2所示．下列表述错误的是( )
A．在0～2 s内，合外力做正功
B．在0～7 s内，合外力总是做功
C．在2～3 s内，合外力不做功 图2
D．在4～7 s内，合外力做负功
解析：根据动能定理，由动能的变化来判断合外力做功情况. 0～2 s内，加速度为正值，合外力与位移方向相同，A项正确.2～3 s内，合外力为零，C项正确，B项错误；4～7 s内，合外力与位移方向相反，D项正确．
答案：B
3.如图3所示，质量m＝1 kg、长L＝0.8 m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘对齐．板与桌面间的动摩擦因数μ＝0.4.现用水平力F向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为(g取10 m/s2)( ) 图3
A．1 J B．1.6 J
C．2 J D．4 J
解析：当薄板的中心移到桌边时翻下桌子，此刻薄板水平速度为零时F做功最少，由动能定理：
WF－Ffeq \f(L,2)＝0－0
得WF＝eq \f(1,2)FfL＝eq \f(1,2)μmgL＝1.6 J.
答案：B
4.如图4所示，质量相等的物体A和物体B与地面间的动摩擦因数相等，在力F的作用下，一起沿水平地面向右移动x，则( )
A．摩擦力对A、B做功相等 图4
B．A、B动能的增量相同
C．F对A做的功与F对B做的功相等
D．合外力对A做的功与合外力对B做的功不相等
解析：因F斜向下作用在物体A上，A、B受的摩擦力不相同，因此，摩擦力对A、B做的功不相等，A错误；但A、B两物体一起运动，速度始终相同，故A、B动能增量一定相同，B正确；F不作用在B上，不能说F对B做功，C错误；合外力对物体做的功应等于物体动能增量，故D错误．
答案：B
5.一物体m在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去F，其v－t图象如图5所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则下列关于力F的大小和力F做的功W大小的关系式正确的是( )
A．F＝2μmg B．F＝3μmg 图5
C．W＝μmgv0t0 D．W＝eq \f(1,2)μmgv0t0
解析：0～t0的位移为x1＝eq \f(1,2)v0t0,0～3t0的位移为x2＝eq \f(1,2)v0·3t0＝eq \f(3,2)v0t0.全过程由动能定理得：Fx1－Ffx2＝0，Ff＝μmg得F＝3μmg，B正确；F做的功为：W＝Fx1＝eq \f(3,2)μmgv0t0，D错误．
答案：B
6．(2011·毫州模拟)运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化图线如图6所示，已知冰壶质量为19 kg，g取10 m/s2，则以下说法正确的是( )
A．μ＝0.05
B．μ＝0.03 图6
C．滑行时间t＝5 s
D．滑行时间t＝10 s
解析：对冰壶由动能定理得：－μmgx＝0－eq \f(1,2)mv02，得：
μ＝eq \f(\f(1,2)mv02,mgx)＝eq \f(9.5 J,19×10×5 J)＝0.01.
冰壶运动时：a＝μg＝0.1 m/s2
由运动学公式x＝eq \f(1,2)at2得：t＝10 s.
答案：D
7.如图7所示，质量为M、长度为L的木板静止在光滑的水平面上，质量为m的小物体(可视为质点)放在木板上最左端，现用一水平恒力F作用在小物体上，使物体从静止开始做匀加速直线运动．已知物体和木板 图7
之间的摩擦力为Ff.当物体滑到木板的最右端时，木板运动的距离为x，则在此过程中( )
A．物体到达木板最右端时具有的动能为(F＋Ff)(L＋x)
B．物体到达木板最右端时，木板具有的动能为Ffx
C．物体克服摩擦力所做的功为FfL
D．物体和木板增加的机械能为Fx
解析：由题意画示意图可知，由动能定理对小物体：(F－Ff)(L＋x)＝eq \f(1,2)mv2，故A错误．对木板：Ffx＝eq \f(1,2)Mv2，故B正确．物块克服摩擦力所做的功Ff(L＋x)，故C错．物块和木板增加的机械能eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)Mv2＝F(L＋x)－FfL＝(F－Ff)L＋Fx，故D错．
答案：B
8.如图8所示，小木块可以分别从固定斜面的顶端沿左边或右边由静止开始滑下，且滑到水平面上的A点或B点停下．假定小木块和斜面及水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平缓连接，图中水平面上的O点位于斜面顶点正下方，则( ) 图8
A．距离OA小于OB B．距离OA大于OB
C．距离OA等于OB D．无法作出明确判断
解析： 如图所示，设斜面倾角为θ，斜面长为l，高为h，木块质量为m，动摩擦因数为μ，则木块从开始下滑到停在A点全过程由动能定理得：mglsinθ－μmgcsθ·l－μmg|AC|＝0，即mgh－μmg|OA|＝0得：|OA|＝eq \f(h,μ)，与θ、l无关，所以选项C正确．
答案：C
9.(2011·济宁模拟)如图9所示，斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的两段，在B处用小圆弧连接．将小铁块(可视为质点)从A处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P处． 图9
若从该板材上再截下一段，搁置在A、P之间，构成一个新的斜面，再将小铁块放回A处，并轻推一下使之具有初速度v0，沿新斜面向下滑动．关于此情况下小铁块的运动情况的描述正确的是( )
A．小铁块不能到达P点
B．小铁块的初速度必须足够大才能到达P点
C．小铁块能否到达P点与小铁块的质量无关
D．以上说法均不对
解析：如图所示，设AB＝x1，BP＝x2，AP＝x3，动摩擦因数为μ，由动能定理得：mgx1sinα－μmgx1csα－μmgx2＝0，可得：mgx1sinα＝μmg(x1csα＋x2)，设小铁块沿AP滑到P点的速度为vP，由动能定理得：mgx3sinβ－μmgx3csβ＝eq \f(1,2)mvP2－eq \f(1,2)mv02，因x1sinα＝x3sinβ，x1csα＋x2＝x3csβ，故得：vP＝v0，即小铁块可以沿AP滑到P点，故C正确．
答案：C
二、非选择题(本题包括3小题，共46分)
10．(15分)冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图10所示．比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O.为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小．设冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ1＝0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减小至μ2＝0.004.在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2 m/s的速度沿虚线滑出．为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？(g取10 m/s2)
图10
解析：设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为x1，所受摩擦力的大小为Ff1；在被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为x2，所受摩擦力的大小为Ff2，则有
x1＋x2＝x
式中x为投掷线到圆心O的距离，
Ff1＝μ1mg
Ff2＝μ2mg
设冰壶的初速度为v0，由功能关系，得
Ff1x1＋Ff2x2＝eq \f(1,2)mv02
联立以上各式，解得
x2＝eq \f(2μ1gx－v02,2gμ1－μ2)
代入数据得x2＝10 m.
答案：10 m
11．(15分)(2011·厦门模拟)如图11所示，一质量为m＝1 kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块受到按如图12所示规律变化的水平力F作用并向右运动，第3 s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，求(g取10 m/s2)：

图11 图12
(1)A与B间的距离；
(2)水平力F在5 s内对物块所做的功．
解析：(1)在3 s～5 s内物块在水平恒力F作用下由B点匀加速运动到A点，设加速度为a，A与B间的距离为x，则
F－μmg＝ma
a＝eq \f(F－μmg,m)＝eq \f(5－0.2×1×10,1) m/s2＝2 m/s2
x＝eq \f(1,2)at2＝4 m.
即A与B间的距离为4 m.
(2)设整个过程中F做的功为WF，物块回到A点时的速度为vA，由动能定理得：WF－2μmgx＝eq \f(1,2)mvA2
vA2＝2ax
由以上两式得WF＝2μmgx＋max＝24 J.
答案：(1)4 m (2)24 J
12.(16分)如图13所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，已知OP＝L/2，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在
图13
同一竖直线上的最高点B.则：
(1)小球到达B点时的速率多大？
(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多少？
(3)若初速度v0＝3eq \r(gL)，则小球在从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？
解析：(1)小球恰能到达最高点B，
有mg＝meq \f(vB2,L/2)
得vB＝eq \r(\f(gL,2)).
(2)由A→B由动能定理得：
－mg(L＋eq \f(L,2))＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv02
可求出：v0＝eq \r(\f(7gL,2)).
(3)由动能定理得：
－mg(L＋eq \f(L,2))－WFf＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv02
可求出：WFf＝eq \f(11,4)mgL.
答案：(1) eq \r(\f(gL,2)) (2) eq \r(\f(7gL,2)) (3)eq \f(11,4)mgL