物理必修27.动能和动能定理课后作业题

这是一份物理必修27.动能和动能定理课后作业题，共9页。试卷主要包含了如图4所示，，如图8所示，，3.5 m等内容，欢迎下载使用。







1．物体由于运动而具有的能称为动能，表达式为__________，动能是______量，单位与


功的单位相同，在国际单位制中都是________．


2．两个质量为m的物体，若速度相同，则两个物体的动能________，若动能相同，两


个物体的速度________________．


3．力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中____________，这个结论叫动


能定理．表达式为W＝________.式中W为合外力对物体做的功，也可理解为各力对物


体做功的__________，如果外力做正功，物体的动能________；外力做负功，物体的动


能减少．


4．动能定理既适用于________运动，也适用于________运动，既适用于________做功，


也适用于________做功．且只需确定初、末状态而不必涉及过程细节，因而解题很方便．


5．下列关于运动物体所受合力做功和动能变化的关系正确的是( )


A．如果物体所受合力为零，则合力对物体做的功一定为零


B．如果合力对物体所做的功为零，则合力一定为零


C．物体在合力作用下做变速运动，动能一定发生变化


D．物体的动能不变，所受合力一定为零


6．关于动能概念及公式W＝Ek2－Ek1的说法中正确的是( )


A．若物体速度在变化，则动能一定在变化


B．速度大的物体，动能一定大


C．W＝Ek2－Ek1表示功可以变成能


D．动能的变化可以用合力做的功来量度





【概念规律练】


知识点一 动能的概念


1．对动能的理解，下列说法正确的是( )


A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能


B．动能不可能为负值


C．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化；但速度变化时，动能不一定变化


D．动能不变的物体，一定处于平衡状态


2．在下列几种情况中，甲、乙两物体的动能相等的是( )


A．甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的eq \f(1,2)


B．甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的eq \f(1,2)


C．甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的eq \f(1,2)


D．质量相同，速度大小也相同，但甲向东运动，乙向西运动


知识点二 动能定理


3．关于动能定理，下列说法中正确的是( )


A．在某过程中，外力做的总功等于各个力单独做功的绝对值之和


B．只要有力对物体做功，物体的动能就一定改变


C．动能定理只适用于直线运动，不适用于曲线运动


D．动能定理既适用于恒力做功的情况，又适用于变力做功的情况


4.





图1


有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图1所示，如果由


于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )


A．木块所受的合外力为零


B．因木块所受的力都不对其做功，所以合外力的功为零


C．重力和摩擦力做的功代数和为零


D．重力和摩擦力的合力为零


知识点三 动能定理的应用


5．一个25 kg的小孩从高度为3.0 m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为


2.0 m/s.取g＝10 m/s2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是( )


A．合外力做功50 J B．阻力做功500 J


C．重力做功500 J D．支持力做功50 J


6．一辆汽车以v1＝6 m/s的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行x1＝3.6 m，如果以


v2＝8 m/s的速度行驶，在同样路面上急刹车后滑行的距离x2应为( )


A．6.4 m B．5.6 m


C．7.2 m D．10.8 m


【方法技巧练】


一、应用动能定理分析多过程问题


7.





图2


物体从高出地面H处由静止自由落下，不考虑空气阻力，落至地面进入沙坑h处停止，


如图2所示，求物体在沙坑中受到的平均阻力是其重力的多少倍．


























8.





图3


如图3所示，物体在离斜面底端5 m处由静止开始下滑，然后滑上由小圆弧(长度忽略)


与斜面连接的水平面上，若斜面及水平面的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°，则物


体能在水平面上滑行多远？





























二、利用动能定理求变力做功


9．如图4所示，





图4


一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下从平衡位


置P点缓慢地移到Q点，此时悬线与竖直方向夹角为θ，则拉力F做的功为( )


A．mgLcs θ B．mgL(1－cs θ)


C．FLsin θ D．FLcs θ





1．质量一定的物体( )


A．速度发生变化时其动能一定变化


B．速度发生变化时其动能不一定发生变化


C．速度不变时其动能一定不变


D．动能不变时其速度一定不变


2．下面有关动能的说法正确的是( )


A．物体只有做匀速运动时，动能才不变


B．物体做平抛运动时，水平方向速度不变，动能不变


C．物体做自由落体运动时，重力做功，物体的动能增加


D．物体的动能变化时，速度不一定变化，速度变化时，动能一定变化


3．质量不同而具有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平面上滑行到停止，则


( )


A．质量大的物体滑行的距离长


B．质量大的物体滑行的距离短


C．它们克服阻力做的功一样大


D．它们运动的加速度一样大


4．质量为1.0 kg的滑块，以4 m/s的初速度在光滑的水平面上向左滑行，从某一时刻起


将一向右水平力作用于滑块，经过一段时间，滑块的速度方向变为向右，大小为4 m/s，


则在这段时间内水平力所做的功为( )


A．0 B．8 J C．16 J D．32 J


5．某人把质量为0.1 kg的一块小石头从距地面5 m的高处以60°角斜向上抛出，抛出时


的初速度大小为10 m/s，则当石头着地时，其速度大小约为(g取10 m/s2)( )


A．14 m/s B．12 m/s


C．28 m/s D．20 m/s


6．如图5所示，





图5


用同种材料制成的一个轨道，AB段为eq \f(1,4)圆弧，半径为R，水平放置的BC段长度为R.一


小物块质量为m，与轨道间的动摩擦因数为μ，当它从轨道顶端A由静止下滑时，恰好


运动到C点静止，那么物块在AB段所受的摩擦力做的功为( )


A．μmgR B．mgR(1－μ)


C．πμmgR/2 D．mgR/2


7．一质量为1 kg的物体被人用手由静止向上提升1 m，这时物体的速度是2 m/s，则下


列结论中不正确的是( )


A．手对物体做功12 J B．合外力对物体做功12 J


C．合外力对物体做功2 J D．物体克服重力做功10 J


8.





图6


2008年北京奥运会上，芜湖籍跳水运动员周吕鑫获得了10米跳台的银牌，为芜湖人民


争了光．假设在某次比赛中他从10 m高处的跳台跳下，如图6所示．设水的平均阻力约


为其体重的3倍，在粗略估算中，把运动员当做质点处理，为了保证运动员的人身安全，


池水深度至少为(不计空气阻力)( )


A．5 m B．3 m C．7 m D．1 m


9．物体沿直线运动的v－t图象如图7所示，已知在第1秒内合力对物体做功为W，则


( )





图7


A．从第1秒末到第3秒末合力做功为4W


B．从第3秒末到第5秒末合力做功为－2W


C．从第5秒末到第7秒末合力做功为W


D．从第3秒末到第4秒末合力做功为－0.75W


10．如图8所示，





图8


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．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距


离L，子弹进入木块的深度为s，若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系式中正


确的是( )


A．FL＝eq \f(1,2)Mv2


B．Fs＝eq \f(1,2)mv2


C．Fs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2


D．F(L＋s)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mv2


11.一列车沿平直铁轨行驶，车厢所受阻力大小恒为Ff＝2×103 N．从车站开出时车头对


车厢的牵引力为F＝6×103 N，当行驶一段距离l1＝50 m后，车厢与车头脱钩，求脱钩


后车厢继续向前滑行的距离l2.


























图9


12．一质量为m＝2 kg的小球从光滑的斜面上高h＝3.5 m处由静止滑下，斜面底端紧接


着一个半径R＝1 m的光滑圆环，如图9所示，求：


(1)小球滑到圆环顶点时对圆环的压力；


(2)小球至少应从多高处由静止滑下才能越过圆环最高点？(g取10 m/s2)








第7节 动能和动能定理


课前预习练


1．Ek＝eq \f(1,2)mv2 标 焦耳


2．相同 不一定相同


3．动能的变化 Ek2－Ek1 代数和 增加


4．直线 曲线 恒力 变力


5．A [物体所受合力为零，则合力做功为零，物体的动能变化为零．但如果物体所受合力不为零，合力对物体做功也可能为零，动能变化为零，如匀速圆周运动．故A正确．]


6．D [速度是矢量，而动能是标量，若物体速度只改变方向，不改变大小，则动能不变，A错；由Ek＝eq \f(1,2)mv2知B错；动能定理W＝Ek2－Ek1表示动能的变化可用合力做的功来量度，但功和能是两个不同的概念，有着本质的区别，故C错，D正确．]


课堂探究练


1．ABC [物体由于运动而具有的能叫动能，故A对；由Ek＝eq \f(1,2)mv2知，B对；由于速度是矢量，当速度大小不变、方向变化时，动能不变，但动能变化时，速度大小一定改变，故C对；做匀速圆周运动的物体，其动能不变，但物体却处于非平衡状态，故D错．]


2．CD [由动能的表达式Ek＝eq \f(1,2)mv2知A、B错误，C正确．动能是标量，D正确．]


3．D


4．C [物体做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，合外力不为零，A错．速率不变，动能不变，由动能定理知，合外力做的功为零，支持力始终不做功，重力做正功，所以重力做的功与阻力做的功代数和为零，但重力和阻力的合力不为零，C对，B、D错．]


点评 (1)动能定理反映的是合外力做的功和物体动能变化的关系．


(2)速率不变，速度有可能变化．


5．A [由动能定理可得合力对小孩做的功


W合＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×25×22 J＝50 J


又因为W合＝WG＋Wf


所以Wf＝W合－WG＝50 J－750 J＝－700 J


由于支持力的方向始终与速度方向垂直，支持力对小孩不做功．]


6．A [急刹车后，车只受摩擦阻力Ff的作用，且两种情况下摩擦力大小是相同的，汽车的末速度皆为零．


－Ffx1＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)①


－Ffx2＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)②


②式除以①式得eq \f(x2,x1)＝eq \f(v\\al(2,2),v\\al(2,1)).


故汽车滑行距离


x2＝eq \f(v\\al(2,2),v\\al(2,1))x1＝(eq \f(8,6))2×3.6 m＝6.4 m]


点评 对恒力作用下的运动，可以考虑用牛顿运动定律分析．但在涉及力、位移、速度时，应优先考虑用动能定理分析．一般来说，动能定理不需要考虑中间过程，比牛顿运动定律要简单一些．


7.eq \f(H＋h,h)


解析 解法一：物体运动分两个物理过程，先自由落体，然后做匀减速运动．设物体落至地面时速度为v，则由动能定理可得


mgH＝eq \f(1,2)mv2①


第二个物理过程中物体受重力和阻力，同理可得


mgh－F阻h＝0－eq \f(1,2)mv2②


由①②式得eq \f(F阻,mg)＝eq \f(H＋h,h).


解法二：若视全过程为一整体，由于物体的初、末动能均为0，由动能定理可知，重力对物体做的功与物体克服阻力做的功相等，即


mg(H＋h)＝F阻h


解得eq \f(F阻,mg)＝eq \f(H＋h,h).


8．3.5 m


解析 物体在斜面上受重力mg、支持力FN1、滑动摩擦力Ff1的作用，沿斜面加速下滑，在水平面上减速直到静止．


方法一：对物体在斜面上的受力分析如图甲所示，可知物体下滑阶段：


FN1＝mgcs 37°


故Ff1＝μFN1＝μmgcs 37°


由动能定理得


mgsin 37°·l1－μmgcs 37°·l1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)①


在水平面上的运动过程中，受力分析如图乙所示


Ff2＝μFN2＝μmg


由动能定理得


－μmg·l2＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)②


由①②两式可得


l2＝eq \f(sin 37°－μcs 37°,μ)l1＝eq \f(0.6－0.4×0.8,0.4)×5 m＝3.5 m.


方法二：物体受力分析同上，物体运动的全过程中，初、末状态的速度均为零，对全过程运用动能定理有


mgsin 37°·l1－μmgcs 37°·l1－μmg·l2＝0


得l2＝eq \f(sin 37°－μcs 37°,μ)l1＝eq \f(0.6－0.4×0.8,0.4)×5 m＝3.5 m.





方法总结 应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无需深究物体的运动过程中变化的细节，只需考虑整个过程的功及过程始末的动能．若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．若不涉及中间过程量时，用整个过程分析比较简单．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同情况分别对待，求出总功．计算时要把各力的功连同符号(正、负)一同代入公式．


9．B [小球缓慢移动，时时都处于平衡状态，由平衡条件可知，F＝mgtan θ，随着θ的增大，F也在增大，是一个变化的力，不能直接用功的公式求它的功，所以这道题要考虑用动能定理求解．由于物体缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得：－mgL(1－cs θ)＋W＝0，所以W＝mgL(1－cs θ)．]


方法总结 利用动能定理求变力做的功时，可先把变力做的功用字母W表示出来，再结合物体动能的变化进行求解．


课后巩固练


1．BC


2．C [物体只要速率不变，动能就不变，A错；速度有方向，动能没方向，B错；物体做自由落体运动时，其合力等于重力，重力做功，物体的动能增加，故C正确；物体的动能变化时，速度的大小一定变化，故D错．]


3．BCD [两物体的初动能相同，末动能也相同，动能的变化量相同，由动能定理知，合力对它们做的总功相等，即它们克服摩擦力做的功一样大．由关系式μm1gl1＝μm2gl2可知，质量大的物体滑行的距离短．由牛顿第二定律a＝eq \f(F,m)＝eq \f(μmg,m)＝μg知，它们运动的加速度相同．]


4．A [这段过程的初动能和末动能相等，根据动能定理W＝Ek2－Ek1知，W＝0，故选A.]


5．A [此过程中可忽略空气阻力，认为小石头只受重力作用．由动能定理，重力对物体所做的功等于物体动能的变化，知mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，v2＝eq \r(v\\al(2,1)＋2gh)＝10 eq \r(2) m/s，A对．]


6．B [物块在AB段所受的摩擦力大小、方向都变化，故不能直接用功的表达式进行计算，可用动能定理进行研究．设在AB段物块克服摩擦力做的功为W，则物块由A到B运用动能定理可得


mgR－W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－0①


物块由B到C运用动能定理可得－μmgR＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)②


①②两式结合，整理可得W＝mgR(1－μ)，故应选B.]


7．B [由动能定理，得


W手－mgh＝eq \f(1,2)mv2


则W手＝mgh＋eq \f(1,2)mv2＝(1×10×1＋eq \f(1,2)×1×22) J＝12 J


F合l＝W手－mgh＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×1×22 J＝2 J


WG＝－mgh＝－1×10×1 J＝－10 J．故B错误．]


8．A [设水的深度为h，由动能定理mg(10＋h)－3mgh＝0，h＝5 m，A对．]


9．CD [由图象可知物体速度变化情况，根据动能定理得


第1 s内：W＝eq \f(1,2)mv2，


第1 s末到第3 s末：


W1＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv2＝0，A错；


第3 s末到第5 s末：


W2＝0－eq \f(1,2)mv2＝－W，B错；


第5 s末到第7 s末：


W3＝eq \f(1,2)m(－v)2－0＝W，C正确．


第3 s末到第4 s末：


W4＝eq \f(1,2)m(eq \f(v,2))2－eq \f(1,2)mv2＝－0.75W，D正确．]


10．ACD [根据动能定理，对子弹：－F(L＋s)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)知，选项D正确；对木块：FL＝eq \f(1,2)Mv2，故A正确；以上二式相加后整理可得Fs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2，C正确．在应用动能定理列式计算时，一定要注意功与动能变化的对应关系，不能张冠李戴，同时功的公式中的位移必须是对地位移．如对子弹用动能定理时，求功的公式中的位移必须是子弹的对地位移L＋s，对应的是子弹动能的变化；而对木块用动能定理时，位移应是木块的对地位移L，对应的是木块动能的变化．]


11．100 m


解析 方法一：选车厢为研究对象，把它的运动过程分成两段．


对脱钩前做匀加速运动的过程，牵引力做正功，阻力做负功，重力和支持力都不做功，始态速度为零，终态速度为v，根据动能定理有


(F－Ff)·l1＝eq \f(1,2)mv2－0①


对于脱钩后做匀减速运动的过程，阻力做负功，重力和支持力不做功；终态速度为0，始态速度为v，根据动能定理有


－Ff·l2＝0－eq \f(1,2)mv2②


由①②两式解得l2＝100 m.


方法二：取全过程研究，据动能定理得


Fl1－Ff(l1＋l2)＝0.


解得l2＝100 m.


12．(1)40 N (2)2.5 m


解析 (1)小球从开始下滑至滑到圆环顶点的过程中，只有重力做功，故可用动能定理求出小球到最高点时的速度，再由向心力方程求力．


由动能定理有


mg(h－2R)＝eq \f(1,2)mv2－0


小球在圆环最高点时，由向心力方程，得


FN＋mg＝meq \f(v2,R)


联立上述两式，代入数据得


FN＝40 N


由牛顿第三定律知，小球对圆环的压力为40 N.


(2)小球能越过圆环最高点的临界条件是在最高点时只有重力提供向心力，即mg＝meq \f(v′2,R)


①


设小球应从H高处滑下，由动能定理得


mg(H－2R)＝eq \f(1,2)mv′2－0②


由①②得H＝2.5R＝2.5 m.题 号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答 案