高中物理3 动能和动能定理测试题

这是一份高中物理3 动能和动能定理测试题，共14页。试卷主要包含了3 动能与动能定理，6J，4m，5N等内容，欢迎下载使用。

【基础题组】
将2kg的物体从沙坑表面上方1m处由静止释放，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20cm。若忽略空气阻力，g取10m/s2，则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )
A. 20JB. 24JC. 4JD. 16J
【答案】B
【解析】以物体从开始运动到落到落入沙中停止为研究过程，重力和沙的阻力做功，
根据动能定理W总=ΔEK，可得：WG+Wf=0−0，
即：mg(H+ℎ)+Wf=0，
代入数据解得：Wf=−24J，则物体克服沙坑的阻力所做的功为24J。
如图，用同种材料制成的一个轨道ABC，AB段为四分之一圆弧，半径为R，水平放置的BC段长为R。一个物块质量为m，与轨道的动摩擦因数为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C端停止，物块在AB段克服摩擦力做功为( )
A. μmgR B. (1−μ)mgR
C. πμmgR2D. mgR
【答案】B
【解析】
设物块在AB段克服摩擦力做功为Wf，
从A到C由动能定理可得，
整理可得，
故选B。
质量为2kg的物体受到水平拉力F的作用，在光滑的水平面上由静止开始做直线运动，运动过程中物体的加速度随时间变化的规律如图所示。则下列判断正确的是
A. 第1s末物体的动能为4JB. 第4s末拉力反向
C. 第4s末速度为7m/sD. 前6s内拉力做功为0
【答案】C
【解析】A.根据a−t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，由静止开始做直线运动，第1s末物体的速度为1m/s，故动能Ek=12mv2=1J，故A错误；
B.第4s末加速度变小，但依然为正，故拉力减小，但并没有反向，故B错误；
C.根据a−t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，由静止开始做直线运动，故第4s末速度为7m/s，故C正确；
D.根据图象可知，第6s末物体的速度为9m/s，根据动能定理，前6s内拉力做功为W=12mv2=81J，故D错误；
故选C。
如图所示，质量为的物体，由高处无初速滑下，至水平面上A点静止，不考虑B点处能量转化，若施加平行于路径的外力使物体由A点沿原路径返回C点，则外力至少做功为( )
A. mgℎB. 2mgℎ
C. 3mgℎD. 条件不足，无法计算
【答案】B
【解析】
在下滑过程中有动能定理可知：
mgℎ−Wf=0
在上滑过程中，有动能定理可知：
W−mgℎ−Wf=0
联立解得W=2mgℎ，故B正确，ACD错误。
故选B。
某同学在操场上踢足球，足球质量为m，该同学将足球以速度v0从地面上的A点踢起，最高可以到达离地面高度为ℎ的B点位置，从A到B足球克服空气阻力做的功为W，选地面为零势能的参考平面，则下列说法中正确的是( )
A. 足球从A到B机械能守恒
B. 该同学对足球做的功等于12mv02+mgℎ
C. 足球在A点处的机械能为12mv02+mgℎ
D. 足球在B点处的动能为12mv02−mgℎ−W
【答案】D
【解析】
A.足球从A到B过程，足球克服空气阻力做的功为W，足球从A到B机械能不守恒，故A错误；
B.该同学将足球以速度v0从地面上的A点踢起，由动能定理可知该同学对足球做的功W=12mv02，故B错误；
C.选地面为零势能面，足球在A点处的机械能EA=EkA+EpA=12mv02+0=12mv02，故C错误；
D.对足球从A到B的过程中应用动能定理可得：−mgℎ−W=EkB−12mv02，解得足球在B点处的动能为：EKB=12mv02−mgℎ−W，故D正确。
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
【答案】D
【解析】外力做的总功等于各个力做功的代数和，A错；
根据动能定理，决定动能是否改变的是总功，而不是某一个力做的功，B错；
动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动;既适用于恒力做功的情况，又适用于变力做功的情况，C错，D对。
故选D。
小孩玩冰壶游戏，如图所示，将静止于O点的冰壶(视为质点)沿直线OB用水平恒力推到A点放手，此后冰壶沿直线滑行，最后停在B点．已知冰面与冰壶的动摩擦因数为μ，冰壶质量为m，OA=x，AB=L.重力加速度为g.求：

(1)冰壶在A点的速率vA；
(2)冰壶从O点运动到A点的过程中受到小孩施加的水平推力F．
【答案】
解：(1)冰壶从A到B过程，由动能定理得：
−μmgL=0−12 m vA 2，
解得：vA= 2μgL；
(2)从O到A过程，由动能定理得：
(F−μmg)x=12mvA2−0
解得：F=μmgx+Lx
如图所示，轨道ABO的AB部分光滑，与水平部分BO相切，B、O之间的距离为3m；轨道右侧有一个半径R=3m的四分之一的圆弧轨道，O点为其圆心，C为圆弧上的一点，OC与水平方向的夹角为37°。现将一质量m=0.1kg的滑块从轨道AB上某点由静止释放，滑块与BO段的动摩擦因数μ=0.2，滑块从O点水平飞出后落到C点。不计空气阻力和滑块的形状大小，取重力加速度为g=10n/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：

(1)滑块落到C点时的动能；
(2)释放滑块的位置距离BO平面的竖直高度。
【答案】
解：
(1)设滑块经过O点的速度为v0，从O点到C点做平抛运动，则有
Rcs37​∘=v0t
Rsin37​∘=12gt2
解得
从O到C，据动能定理可得
mgRsin37​∘=EkC−12mv02
解得EkC=2.6J
(2)从释放点到O，据动能定理可得
mgℎ−μmgs=12mv02−0
解得ℎ=1.4m
【能力提升】
如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长．将圆环从A处静止释放，到达C处时速度为零．若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A.已知AC=L，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 下滑过程中，环受到的合力不断减小
B. 下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为12mv2
C. 从C到A过程，弹簧对环做功为mgLsinα−14mv2
D. 环经过B时，上滑的速度小于下滑的速度
【答案】C
【解析】
A.圆环从A处由静止开始下滑，初速度为零，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，所以加速度先减小至零，后反向增大，则合力先减小后增大，故A错误；
B.圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得：mgℎ+Wf−W弹=0−0
在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式−mgℎ+W弹+Wf=0−12mv2
联立解得：Wf=−14mv2，所以产生的热量为14mv2，故B错误；
C.从C到A过程，由动能定理得−mgℎ+W弹+Wf=0−12mv2，ℎ=Lsinα，
联立解得：弹簧对环做功为W弹=mgLsinα−14mv2，故C正确；
D.研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式
mgℎ′+W′f−W′弹=12mvB2−0
研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式
−mgℎ′+W′f+W′弹=0−12mvB′2。
即得mgℎ′−W′f−W′弹=12mvB′2。
由于W′f<0，所以有12mvB2<12mvB′2，则环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D错误。
如图所示，图线表示作用在某物体上的合外力随时间变化的关系，若物体开始时是静止的，那么( )
A. 从t=0开始，5 s内物体的动能变化量为零
B. 在前5 s内只有第1 s末物体的动能最大
C. 在前5 s内只有第5 s末物体的速率最大
D. 前3 s内合外力对物体做的功为零
【答案】D
【解析】
设质量为m，第一秒加速度为10mkg/m3，1−5s加速度为5mkg/m3，作出速度时间图象如图所示：
A.由图象可知，前5s内的动能变化量不为零，故A错误；
BC.1s末及5s末速度相等且最大，则动能最大，故BC错误；
D.前3s内动能增加量为零，故合外力对物体做的功为零，故D正确。
故选D。
如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1顺时针匀速运动.一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2(v2>v1)滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端.关于上述过程，下列判断正确的是 ( )
A. 滑块返回传送带右端时的速率为v2
B. 此过程中传送带对滑块做功为12mv12−12mv22
C. 此过程中电动机做功为2mv12
D. 此过程中滑块与传送带间因摩擦产生的热量为12m(v1+v2)2
【答案】BD
【解析】
A.由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于v1有v′2=v1；故A错误；
B.此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理W=△EK得：W=ΔEk=12mv12−12mv22，故B正确；
D.设滑块向左运动的时间t1，位移为x1，则：x1=v2t1=v22t1
摩擦力对滑块做功：W1=fx1=fv22t1①
又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：W1=12mv22 ②
该过程中传送带的位移：x2=v1t1
摩擦力对滑块做功：W2=fx2=fv1t1=fv12x1v2=2fxv1v2③
将①②代入③得：W2=mv1v2
设滑块向右运动的时间t2，位移为x3，则：x3=v12t2
摩擦力对滑块做功：W3=fx3=12mv12
该过程中传送带的位移：x4=v1t2=2x3
滑块相对传送带的总位移：x相=x1+x2+x4−x3=x1+x2+x3
滑动摩擦力对系统做功：W总=fx相对=W1+W2+W3=12m(v1+v2)2
滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功，Q=W总=f⋅x相=12m(v1+v2)2，故D正确；
C.全过程中，电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即Q=W+12mv22−12mv12
整理得：W=Q−12mv22+12mv12=mv12+mv1v2，故C错误。
故选BD。
如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动，传送带右端有一个与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为v3，则在整个运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 若v1>v2，则v3=v1
B. 若v1>v2时，摩擦力对物体做功为零
C. 若v1>v2时，则传送带与物体摩擦生热为mv22
D. 其中在物体向左运动过程中，传送带与物体摩擦生热为12mv22+mv1v2
【答案】BD
【解析】
解：由于传送带足够长，物体匀减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右匀加速，分三种情况讨论：
A.如果v1>v2，返回时物体会一直向右匀加速，根据对称性，知当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，则有v3B.如果v1>v2，根据动能定理可得：摩擦力对物体做功为W=12mv22−12mv22=0，故B正确；
CD.若v1>v2时，设物体所受的摩擦力大小为f，物体向左运动的加速度大小a=fm，时间t1=v2a=mv2f
物体向左运动的位移x1=v22t1=mv222f，传送带的位移x2=v1t1=mv1v2f，摩擦生热Q1=f(x2+x1)=12mv22+mv1v2，物体向右运动时，运动时间为t2=v2a=mv2f，物体向右运动的位移x3=v22t2=mv222f，传送带的位移x4=v1t2=mv1v2f，摩擦生热Q2=f(x4−x3)=mv1v2−12mv22，故传送带与物体摩擦生热共为Q=Q1+Q2=2mv1v2，故C错误，D正确。
故选BD。
某同学在操场上踢足球，足球质量为m，该同学将足球以速度v0从地面上的A点踢起，最高可以到达离地面高度为ℎ的B点位置，从A到B足球克服空气阻力做的功为W，选地面为零势能的参考平面，则下列说法中正确的是( )
A. 足球从A到B机械能守恒
B. 该同学对足球做的功等于12mv02
C. 足球在A点处的机械能为12mv02+mgℎ
D. 足球在B点处的动能为12mv02−mgℎ−W
【答案】BD
【解析】
A.足球从A到B过程，足球克服空气阻力做的功为W，足球从A到B机械能不守恒，故A错误；
B.该同学将足球以速度v0从地面上的A点踢起，该同学对足球做的功W=12mv02，故B正确；
C.选地面为零势能面，足球在A点处的机械能EA=EKA+EPA=12mv02+0=12mv02，故C错误；
D.对足球从A到B的过程中应用动能定理可得：−mgℎ−W=EKB−12mv02，解得足球在B点处的动能为：EKB=12mv02−mgℎ−W，故D正确。
故选BD。
如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道与光滑水平轨道相切，质量均为m的小球A、B用轻杆连接，置于圆轨道上，A位于圆心O的正下方，B与O点等高某时刻将它们由静止释放，最终在水平面上运动。下列说法正确的是( )
A. 下滑过程中重力对B做功的功率一直增大
B. 当B滑到圆轨道最低点时的速度为gR
C. 整个过程中轻杆对A做的功为12mgR
D. 下滑过程中B的机械能增加
【答案】BC
【解析】
A.因为初位置速度为零，则重力的功率为0，最低点速度方向与重力的方向垂直，重力的功率为零，可知重力的功率先增大后减小。故A错误；
B.AB小球组成的系统，在运动过程中，机械能守恒，设B到达轨道最低点时速度为v，根据机械能守恒定律得：12(m+m)v2=mgR，解得：v=gR，故B正确；
C.整个过程中对A，根据动能定理得：W=12mv2=12mgR，故C正确；
D.下滑过程中，B的重力势能减小ΔEP=mgR，动能增加量ΔEK=12mv2=12mgR，所以机械能减小12mgR，故D错误。
故选BC。
质量m=2kg的物体水平拉力F的作用下，在粗糙水平面上以初速度v0开始运动，经过位移为4m时，撤去拉力F，物体运动到位移为8m时停止运动，运动过程中的动能随位移的变化关系的Ek−x图线如图所示，取g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 拉力做功等于整个过程克服摩擦力做功
B. 物体初速度
C. 滑动摩擦力f=2.5N
D. 拉力F=4.5N
【答案】CD
【解析】
A.由题意并根据功能关系可知，初动能加上拉力F做的功等于克服摩擦力做功，故拉力做功小于整个过程克服摩擦力做功，故A错误；
B.由图线可知初始动能为，根据，可求出物体初速度，故B错误；
C.减速阶段根据动能定理可得，解得f=2.5N，故C正确；
D.加速阶段根据动能定理得，解得F=4.5N，故D正确。
故选CD。
如图甲所示，光滑斜面OA与倾斜传送带AB在A点相接，且OAB在一条直线上，与水平面夹角a=37°，轻质弹赁下端固定在O点，上端可自由伸长到A点.在A点放一个物体，在力F的作用下向下缓慢压缩弹簧到C点，该过程中力F随压缩距离x的变化如图乙所示．已知物体与传送带间动牌擦因数μ=0.5，传送带AB部分长为5m，顺时针转动，速度v=4m/s，重力加速度g取10m/s2.(sin 37°=0.6，cs 37°=0.8)求：
(1)物体的质量m；
(2)弹簧从A点被压缩到C点过程中力F所做的功W；
(3)若在C点撤去力F，物体被弹回并滑上传送带，同物体在传送带上最远能到何处?
【答案】
解：(1)由图象可知：mgsin37°=30N……①
解得：m=5kg
(2)图乙中图线与横轴所围成的面积表示力F所做的功，为：
W=390×(0.5−128)2−30×1282=90J……②。
(3)撒去力F，设物体返回至A点时速度大小为v0，
从A出发再次返回A处的过程应用动能定理得：
W=12mv02……③
解得：v0=6m/s
由于v0>v，物块所受摩擦力沿传送带向下，设此阶段加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：
mgsin 37°+μmgcs37°=ma1……④
解得：a1=10m/s2
速度减为v时，设沿斜面向上发生的位移大小为x1，由运动学规律得：
x1=v02−v22a1…⑤
解得：x1=1m
此后摩擦力改变方向，由于mgsin37°>μmgcs37°，所以物块所受合外力仍沿传送带向下，设此后过程加速度大小为a2，再由牛顿第二定律得：
mg sin37°−μmg cs 37°=ma2
设之后沿斜面向上发生的最大位移大小为x2，由运动学规律得：
x2=v22a2……⑦
解得：x2=4m
所以物块能够在传送带上发生的最大位移为：xm=x1十x2=5m
即恰好到达传送带顶端B点
答：(1)物体的质量m是5kg；
(2)弹簧从A点被压缩到C点过程中力F所做的功W是90J；
(3)若在C点撤去力F，物体被弹回并滑上传送带，物体在传送带上最远能到传送带顶端B点。
如图所示，AB的截面为竖直平面内的1/4圆弧轨道，半径为R=0.4m，A点位于圆弧水平半径上。质量为m=2kg的小滑块(视为质点)，从A点由静止开始释放，它运动到B点时速度为v=2m/s。当滑块经过B后立即将圆弧轨道AB撤去。BC为光滑水平轨道，BC与CD光滑圆弧连接(光滑换向轨道)，通过光滑换向轨道由C点过渡到倾角为θ=37°、长s=1 m的斜面CD上，CD之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因数可在0≤μ≤1.5之间调节.斜面底部D点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰好在D点.设滑块通过C和D前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8，不计空气阻力.求：

(1)滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功；
(2)若设置μ=0.5，求质点通过C点后运动的最大路程；
(3)若最终滑块停在D点，求μ的取值范围．
【答案】
解：(1)在B点，FN−mg=mv2R
解得FN=40N
由牛顿第三定律，FN′=40N
从A到B，由动能定理，mgR−W=12mv2
解得W=4J
(2)μ=0.5，因mgsinθ>μmgcsθ且μmgcsθ·2s>12mv2,
所以滑块在CD间运动，最终静止于D点。
从C到D，由动能定理，mgsinθ·s−μmgcsθ·s总=0 − 12mv2
解得s总 =2m
(3)最终滑块停在D点有两种可能：
a.滑块恰好能从C下滑到D.则有
mgsinθ·s−μ1mgcsθ·s=0−12mv2，得到μ1=1
b.滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点.当滑块恰好能返回C：
−μ2mgcsθ·2s=0−12mv2得到μ2=0.125
当滑块恰好能静止在斜面上，则有mgsinθ=μ3mgcsθ，得到μ3=0.75
所以，当0.125≤μ<0.75时，滑块能在CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点．
综上所述，μ的取值范围是0.125≤μ<0.75或μ=1。