教科版 (2019)必修 第二册3 动能 动能定理巩固练习

这是一份教科版 (2019)必修 第二册3 动能 动能定理巩固练习，共7页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

1．用恒力F竖直向上拉一物体，使其由地面加速上升到某一高度．若不考虑空气阻力，则在此过程中( )
A．力F做的功等于物体动能的增量
B．力F做的功小于物体动能的增量
C．力F和重力的合力所做的功等于物体动能的增量
D．力F和重力的合力所做的功小于物体动能的增量
2．(多选)一质量为0.1 kg的小球，以5 m/s的速度在光滑水平面上匀速运动，与竖直墙壁碰撞后以原速率反弹，若以弹回的速度方向为正方向，则小球碰墙过程中的速度变化和动能变化分别是( )
A．Δv＝10 m/s B．Δv＝0
C．ΔEk＝1 J D．ΔEk＝0
3．如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为( )
A. eq \f(1,4)mgR B． eq \f(1,3)mgRC． eq \f(1,2)mgR D． eq \f(π,4)mgR
4．如图甲所示，质量为1 kg的物块静止在粗糙的水平面上，用大小为10 N的水平拉力T拉动物块，其动能Ek随位移x变化的关系图线如图乙所示．重力加速度g＝10 m/s2，物块可视为质点，下列说法正确的是( )
A．水平拉力做的功为40 J
B．物块运动的加速度大小为4 m/s2
C．物块与水平面间的摩擦力大小为2 N
D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1
5．(多选)随着科技日新月异的发展，新能源电动车已经走进我们的生活，逐渐为大家所青睐．某品牌最新型号的新能源电动车质量为m，电机的额定输出功率为P.某次对其测试时，电动车以恒定加速度a沿平直路面从静止开始运动，速度达到最大后做匀速直线运动，若行驶过程中其受到的阻力恒为f，下列说法正确的是( )
A．电动车匀加速运动的时间为 eq \f(P,（ma＋f）a)
B．电动车匀加速运动的末速度大小为 eq \f(P,f)
C．电动车能达到的最大速度大小为 eq \f(P,ma)
D．整个加速阶段合外力对电动车做的功为 eq \f(mP2,2f2)
6．(多选)人用绳子通过光滑定滑轮拉静止在地面上的物体A，A穿在光滑的竖直杆上当人以速度v竖直向下匀速拉绳，使质量为m的物体A上升高度h后到达如图所示位置时，此时绳与竖直的夹角为θ.已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．此时物体A的速度为v cs θ
B．此时物体A的速度为 eq \f(v,cs θ)
C．该过程中绳对物体A做的功为mgh＋ eq \f(1,2)mv2
D．该过程中绳对物体A做的功为mgh＋ eq \f(1,2)mv2cs2θ
7.如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连．木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动．在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( )
A． eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2πL) B． eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,4πL)
C． eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,8πL) D． eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,16πL)
8．如图所示，质量m＝1kg的木块静止在高h＝1.6 m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平推力F＝8 N使木块产生一段位移x1时撤去，此时木块速度达到6 m/s，之后木块又滑行x2＝1 m时飞出平台，(g取10 m/s2)求：
(1)撤去推力前木块位移x1的大小；
(2)木块落地时速度的大小．
B组 选择性考试练
9.如图甲所示，质量为1 kg的木块(视为质点)被水平向左的力F压在竖直墙壁上，木块初始位置离地面高度H＝4 m，木块与墙面之间的动摩擦因数μ＝0.2，木块距离地面的高度h与力F之间的关系如图乙所示，取重力加速度大小g＝10 m/s2.则木块下滑到地面前的瞬间的速度大小为( )
A．4 m/s B．6 m/s
C．8 m/s D．10 m/s
10.如图所示，一物体以6 J的初动能从A点沿AB圆弧下滑，滑到B点时动能仍为6 J，若物体以8 J的初动能从A点沿同一路线滑到B点，则物体到B点时的动能是( )
A．小于8 J B．等于8 J
C．大于8 J D．不能确定
11．(多选)物体沿直线运动的v­t图像如图所示，已知在第1 s内合力对物体做的功为W，则( )
A．从第1 s末到第3 s末合力做的功为4 W
B．从第3 s末到第5 s末合力做功为－2 W
C．从第5 s末到第7 s末合力做的功为W
D．从第3 s末到第4 s末合力做的功为－0.75 W
12．中国研制了一款新型电动汽车，这款电动汽车每次充电的时间比现有的汽车加油还快，运营中无需连接电缆，只需在候客上车间隙充电30秒到1分钟，就能行驶3到5公里，假设有一辆电动汽车，质量m＝2×103 kg，额定功率P＝40 kW，当此电动汽车在平直水平路面上行驶时，受到的阻力f是车重的0.1倍，g＝10 m/s2，问：
(1)此电动汽车在此路面上行驶所能达到的最大速度是多少？
(2)若电动汽车从静止开始，保持以1 m/s2的加速度做匀加速直线运动，这一过程能维持多长时间？
(3)若电动汽车从静止开始保持额定功率做加速运动，30 s后达到最大速度，求此过程中电动汽车的位移．
13．如图所示，粗糙水平面和固定光滑竖直半圆弧轨道平滑连接，圆弧半径为R，AB距离为3R.可看成质点，质量为m的物块，在水平恒力F＝2mg(g为重力加速度)作用下从A点由静止开始运动，物块仅在水平轨道上受力F作用．物块与水平面间动摩擦因数μ＝0.5，求：
(1)要使物块能够运动到最高点C，力F作用的最小距离；
(2)小物块从C点抛出后，落在水平面上到B点的最大距离．
课时素养评价14 动能 动能定理
1．解析：若不考虑空气阻力，由动能定理可知力F和重力的合力所做的功等于物体动能的增量，A、B、D错误，C正确．
答案：C
2．解析：小球速度变化Δv＝v2－v1＝5 m/s－(－5 m/s)＝10 m/s，小球动能的变化量ΔEk＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) － eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝0.故A、D正确．
答案：AD
3．解析：质点经过Q点时，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得N－mg＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(Q)) ,R)，由题意知N＝2mg，可得vQ＝ eq \r(gR)，质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得mgR－Wf＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(Q)) ，得克服摩擦力所做的功为Wf＝ eq \f(1,2)mgR，选项C正确．
答案：C
4．解析：水平拉力做的功为W＝Fx＝50 J，设物块与水平面间的摩擦力大小为f，由动能定理可知Ek ＝Fx－fx＝(F－f)x，结合图乙可知，物块受到的合外力的大小为F－f＝ eq \f(40,5) N＝8 N，摩擦力大小为f＝2 N，故A错误，C正确；由牛顿第二定律可知F－f＝ma，解得a＝8 m/s2，故B错误；由f＝μN＝μmg可知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，故D错误．
答案：C
5．解析：电动车匀加速运动的牵引力为F＝ma＋f，电动车匀加速运动的末速度大小为v1＝ eq \f(P,F)＝ eq \f(P,ma＋f)，电动车匀加速运动的时间为t＝ eq \f(v1,a)＝ eq \f(P,（ma＋f）a)，故A正确，B错误；电动车达到的最大速度时F′＝f，电动车能达到的最大速度大小为vmax＝ eq \f(P,f)，故C错误；由动能定理可得整个加速阶段合外力对电动车做的功为W合＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(max)) －0＝ eq \f(mP2,2f2)，故D正确．
答案：AD
6．解析：将物体A的速度分解为沿绳子方向的分速度和垂直绳子方向的分速度，其中沿绳子方向的分速度等于v，则有v＝vA cs θ，解得vA＝ eq \f(v,cs θ)，A错误，B正确；根据动能定理可得WT－mgh＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ，解得该过程中绳对物体A做的功为WT＝mgh＋ eq \f(1,2)m eq \f(v2,cs2θ)，C、D错误．
答案：B
7．解析：在木块运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理有－f×2πL＝0－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) 可得木块所受摩擦力的大小f＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,4πL)，故B正确．
答案：B
8．解析：(1)由牛顿第二定律可得F－μmg＝ma
解得a＝6m/s2
由v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax1得x1＝3 m.
(2)撤去推力至木块落地过程由动能定理可得
－μmgx2＋mgh＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) － eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
解得v2＝8 m/s.
答案：(1)3 m (2)8 m/s
9．解析：根据题述，木块初始位置离地面高度H＝4 m，由图乙可知对应的压力F＝20 N，
所受的滑动摩擦力f＝μF＝4 N，仿照图乙可画出滑动摩擦力f随高度h变化的图像如图
根据滑动摩擦力f随高度h变化的图像面积表示滑动摩擦力做功可知，木块从初始位置开始下滑到地面瞬间的过程中，滑动摩擦力做功Wf＝8.0 J，由动能定理mgH－Wf＝ eq \f(1,2)mv2，解得v＝8 m/s，故选C.
答案：C
10．解析：当物体以6 J的初动能从A点沿AB圆弧下滑，滑到B点时动能仍为6 J，根据动能定理有：WG＋Wf＝0.当以8 J的初动能从A点下滑时，由于物体沿圆弧下滑，指向圆心的合力提供向心力，由于速度变大，圆弧轨道给物体的弹力变大，根据滑动摩擦力大小的计算式：f＝μN，可得物体受到的摩擦力增大，在从A到B的过程中，物体通过的圆弧长度不变，所以物体在从A到B的过程中，克服摩擦力做功增大，重力做功不变，所以到达B点时动能小于8 J，故A正确，B、C、D错误．
答案：A
11．解析：物体在第1 s末到第3 s末做匀速直线运动，合力为零，合力做功为零，故A错误．从第3 s末到第5 s末动能的变化量与第1 s内动能的变化量相反，合力的功相反，等于－W，故B错误．从第5 s末到第7 s末动能的变化量与第1 s内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W，故C正确．从第3 s末到第4 s末动能变化量是负值，大小等于第1 s内动能的变化量的 eq \f(3,4)，则合力做功为－0.75W，故D正确．
答案：CD
12．解析：(1)当电动汽车速度达到最大时电动汽车的牵引力与阻力平衡，即F＝f
f＝kmg＝2 000 N
P＝fvm
解得汽车最大速度为
vm＝ eq \f(P,f)＝ eq \f(40×103W,2 000 N)＝20 m/s.
(2)电动汽车做匀加速运动，由牛顿第二定律得
F1－f＝ma
解得F1＝4 000 N
设电动汽车刚达到额定功率时的速度为v1
P＝F1v1
代入数据解得v1＝ eq \f(P,F1)＝ eq \f(4×103W,4 000 N)＝10 m/s
设电动汽车匀加速运动的时间为t，则v1＝at
解得t＝ eq \f(v1,a)＝ eq \f(10,1) s＝10 s.
(3)从静止到最大速度整个过程牵引力与阻力做功，由动能定理得
Pt′－fx＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) －0
代入数据解得x＝400 m.
答案：(1)20 m/s (2)10 s (3)400 m
13．解析：(1)恰好运动到最高点C时，
由牛顿第二定律可得mg＝m eq \f(v2,R)
设力F作用的最小距离为x，物块从A点运动到最高点过程，据动能定理可得
Fx－μmg·3R－mg·2R＝ eq \f(1,2)mv2
联立解得 x＝2R.
(2)当力F作用的距离为3R，小球到达最高点C的速度最大，从C点抛出后落在水平面上到B点的距离s最大，由动能定理可得
F·3R－μmg·3R－mg·2R＝ eq \f(1,2)mv′2
从C点抛出后，由位移公式可得
2R＝ eq \f(1,2)gt2，s＝v′t
联立解得s＝2 eq \r(5gR)
答案：(1)2R (2)2 eq \r(5gR)