4.3动能动能定理同步练习

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名称 4.3动能动能定理同步练习
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文件大小 390.6KB
资源类型 教案
版本资源 粤教版(2019)
科目 物理
更新时间 2022-02-24 14:20:13

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文档简介

4.3动能动能定理
一、选择题(共15题)
1.滑雪运动员沿斜坡下滑了一段距离,重力对他做功为2000J,物体克服阻力做功200J。则物体的(  )
A.合外力做功1800J
B.动能增加了2200J
C.重力势能减小了1800J
D.支持力做功2200J
2.如图所示,甲、乙两个保险公司人员将一个质量为m的保险柜由静止沿直线移向他们的货车。甲施加给保险柜为推力,大小为F,方向斜向下与水平方向成30°角;乙施加给保险柜为拉力,大小也为F,方向斜向上与水平方向成45°角,若保险柜在甲和乙的作用下,由静止移动一段位移后,甲和乙同时撤去F,此时保险柜的速度大小为v;保险柜继续运动到货车位置时刚好停下来,对于整个过程,下列说法正确的是(  )
A.甲和乙对保险柜做功之和为
B.摩擦力对保险柜做功为
C.合力做功为
D.合力做功为0
3.质量为m的物体,在大小为F、方向与水平方向成θ角的斜向上的恒力作用下,由静止开始沿水平面直线运动s距离。已知物体与水平面的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,关于这一过程的下列说法正确的是
A.恒力F对物体做的功WF=Fs
B.水平面的滑动摩擦力对物体做的功Wf
C.重力对物体做的功WG=mgs
D.物体动能的增加量小于Fs
4.2020年10月12日,我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭,成功将高分十三号卫星发射升空,卫星在发射阶段竖直向上匀加速通过两段相同高度的过程中,下列物理量相同的是(  )
A.运动时间 B.平均速度
C.速度的变化量 D.动能的变化量
5.在借助橡皮筋探究功与物体速度变化关系的实验中,小车会受到阻力作用,因此,在小车沿木板滑动的过程中,除橡皮筋对其做功外,还有阻力做功,这样便会给实验带来误差。我们在实验中想到的办法是使木板略为倾斜,对于木板的倾斜程度,下面说法正确的是(  )
①木板只要稍微倾斜一下即可,没有什么严格要求
②木板的倾斜程度在理论上应满足下面条件:即重力使物体沿斜面下滑的分力应等于小车受到的阻力
③如果小车在倾斜的木板上能做匀速直线运动,则木板的倾斜程度是符合要求的
④其实木板不倾斜,问题也不大,因为实验总是存在误差的
A.①② B.②③ C.③④ D.①④
6.如图所示,三个相同小球甲、乙、丙的初始位置在同一水平高度。小球甲从竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道顶端由静止滑下,轨道半径为R,轨道底端切线水平。小球乙从离地高为R的某点开始做自由落体。小球丙从高为R的固定光滑斜面顶端由静止滑下。则(  )
A.甲、乙、丙刚到达地面时速度相同
B.甲、丙两球到达轨道底端时重力的瞬时功率相同
C.乙球下落过程中重力的平均功率大于丙球下滑过程中重力的平均功率
D.若仅解除光滑斜面与光滑水平地面间的固定,丙球释放后斜面对其不做功
7.如图所示,质量、初速度大小都相同的A、B、C 三个小球,在同一水平面上,A球竖直上抛,B球以倾斜角θ斜向上抛,C球沿倾角为θ的固定的光滑斜面上滑,空气阻力不计,它们上升的最大高度分别为hA、hB、hC,则(  )
A. B. C. D.
8.如图,高台跳水项目中要求运动员从距离水面H的高台上跳下,在完成空中动作后进入水中.若某运动员起跳瞬间重心离高台台面的高度为h1,斜向上跳离高台瞬间速度的大小为v0,跳至最高点时重心离台面的高度为h2,入水(手刚触及水面)时重心离水面的高度为h1.图中虚线为运动员重心的运动轨迹.已知运动员的质量为m,不计空气阻力,则运动员跳至最高点时速度及入水(手刚触及水面)时速度的大小分别是
A.0
B.0
C.
D.
9.如图所示,竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上,半径为R=0.5m,一可视为质点的小球逆时针运动通过轨道最低点P时,速度大小为m/s,Q点为圆轨道上与圆心等高的点,小球质量m=1kg,g=10m/s2,则下列说法正确的是(  )
A.小球通过P点时对轨道的压力大小为30N
B.小球从P向Q运动的过程中对轨道的压力一直减小
C.小球能运动到与圆心等高的Q点,且在Q点的加速度大小为10m/s2
D.小球能沿轨道做完整的圆周运动
10.如图所示,轻绳一端固定在O点,另一端拴有质量为m的球。在最低点给小球一水平初速度,使其在竖直平面内做圆周运动。小球运动到某一位置时,轻绳与竖直方向成角。关于轻绳的拉力T和角的关系式你可能不知道,但是利用你所学过的知识可以确定下列哪个表达式是正确的(  )
A.T=a+3mgsinθ(a为常数) B.T=a+(a为常数)
C.T=a+3mgcosθ(a为常数) D.T=a+(a为常数)
11.如图所示,竖直面内固定有一半径为R的半圆形光滑轨道ABC,AOC为半圆形轨道的直径,一质量为m的小球静止放置在A点。某时刻,给小球施加一方向垂直AC、大小为F的水平恒力,且轨道始终固定,在以后的运动过程中,下列说法正确的是(  )
A.小球可能达到C点 B.小球可能到达B点
C.小球可能会脱离轨道 D.小球对轨道压力的最大值为
12.地面上质量为m0=3kg的物体在竖直向上的力F作用下由静止开始向上运动,力F随物体离地面高度x的变化关系如图所示,物体上升的最大高度为h(图中H=5m,h=4m),重力加速度为g=10m/s2不计空气阻力。在物体运动的过程中,下列说法中正确的是(  )
A.加速度的最大值为10m/s2
B.48N
C.物体离地高度为2.5m时,速度最大
D.动能的最大值为20J
13.一物体在光滑水平面上做匀速直线运动,现加上同一水平面内的一组共点力,能使物体移动一段距离后动能保持不变的是(  )
A.2N、5N、9N B.1N、2N、3N
C.21N、3N、5N D.10N、10N、10N
14.在“探究加速度与力,质量的关系”和用该装置“探究做功与速度变化的关系”的实验中,均由重物通过滑轮牵引小车,用重物所受的重力当作小车所受到的牵引力。下列说法正确的是(  )
A.都需要平衡摩擦力
B.都不需要平衡摩擦力
C.都需要重物的质量远远小于小车的质量
D.都不需要重物的质量远远小于小车的质量
E.都需要用天平测量小车的质量
F.都不需要用天平测量小车的质量
15.如图所示一小球用长为L不可伸长的细线悬挂在天花板上。将小球从最低点拉至P点,并使细线保持绷直状态。然后在P点由静止释放,当小球经过最低时细线恰好被拉断。重力加速度为g。不计空气阻力。则(  )
A.细线断前瞬间小球的速度大小
B.细线断前瞬间小球受到的拉力大小
C.细线断后小球做匀变速直线运动
D.细线断后小球做匀变速曲线运动
二、填空题
16.在h=20m高的平台上,弹簧手枪将质量m=10g的子弹以v0=15 m/s的速度水平射出,若不计空气阻力,子弹落地速度大小为______。弹簧手枪对子弹做的功是______。若子弹落地速度v=20m/s,则子弹飞行过程中克服空气阻力做的功是______。
17.—列质量为m的动车从莆田站由静止出发,以某一恒定功率在平直轨道上运动,经时间t后达到该功率下的最大速度。若该动车行驶过程受到的阻力大小恒为F,则该恒定功率为__________,该动车在该过程中通过的路程为__________。
18.如图所示,质量为的小球以的速度沿光清水平面向右运动,碰到墙壁经后以的速度沿同、直线反弹,设初速度方向为正,小球在这内的加速度大小为______ ,墙对小球的平均作用力大小为____,墙对小球做的功为____.
19.轻质弹簧右端固定在墙上,左端与一质量m=0.5kg的物块相连,如图甲所示。弹簧处于原长状态,物块静止且与水平面间的动摩擦因数为0.2。以物块所在处为原点,水平向右为正方向建立x轴。现对物块施加水平向右的外力F,F随x轴坐标变化的情况如图乙所示。物块运动至x=0.4m处时速度为零。则此时弹簧的弹性势能为_________。(g=10m/s2)
三、综合题
20.如图,一个质量为的小球以某一初速度从P点水平抛出,恰好从圆弧轨道ABC的A点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力,进入圆弧时无机械能损失)。已知圆弧的半径,O为轨道圆心,BC为轨道竖直直径,OA与OB的夹角,小球到达A点时的速度。g取,求:
(1)小球做平抛运动的初速度;
(2)P点与A点的高度差。
(3)小球恰好能够经过最高点C,求此过程小球克服摩擦力所做的功。
21.如图所示,半径R=2m的四分之一粗糙圆弧轨道AB置于竖直平面内,轨道的B端切线水平,且距水平地面高度为h=1.25m,现将一质量m=0.2kg的小滑块从A点由静止释放,滑块沿圆弧轨道运动至B点以v=5m/s的速度水平飞出(g=10m/s2),空气阻力不计.求:
(1)小滑块沿圆弧轨道运动过程中克服摩擦力做的功;
(2)小滑块着地时的速度的大小.
22.某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机,将减速时的部分动能转化为电能并储存在蓄电池中,以达到节能的目的.某次测试中,汽车以额定功率匀速行驶 700 m后关闭发动机,测出了汽车动能Ek与位移x的关系图象如图所示,其中①是关闭储能装置时的关系图线,②是开启储能装置时的关系图线.已知汽车的质量为1000 kg,设汽车运动过程中所受地面阻力恒定,空气阻力不计.求:
(1)汽车所受地面阻力f;
(2)汽车的额定功率P;
(3)汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能E.
23.如图所示,mA=4kg,A放在动摩擦因数μ=0.2的水平桌面上,mB=1kg,B与地相距h=0.8m,A、B均从静止开始运动,设A距桌子边缘足够远,g取10m/s2,求:
(1)B落地时的速度;
(2)B落地后,A在桌面滑行多远才静止.
试卷第1页,共3页
参考答案:
1.A
【详解】
A.重力做的功为
故A正确;
B.由动能定理可得
可知动能增加了。故B错误;
C.重力对他做功为2000J,由功能关系可知重力势能减小了。故C错误;
D.支持力始终与运动方向垂直,支持力不做功。故D错误。
故选A。
2.D
【详解】
A.依题知,保险柜在运动过程中,除受到甲、乙的共同作用外,还受到地面摩擦力的作用,设甲和乙对保险柜做功之和为W,甲和乙同时撤去F时,根据动能定律有
显然甲和乙对保险柜做功之和大于,故A错误;
B.对于整个过程,根据动能定律有
即整个过程摩擦力对保险柜做功为
故B错误;
CD.根据动能定理知,整个过程合力做的功等于保险柜动能的改变量,所以合力做的功为0,故C错误,D正确。
故选D。
3.D
【详解】
A.恒力F对物体做的功
WF=Fscosθ
选项A错误;
B.水平面的滑动摩擦力对物体做的功
选项B错误;
C.重力与位移夹角为90°,可知重力对物体做的功为零,选项C错误;
D.物体动能的增加量等于合外力的功,即
选项D正确。
故选D。
4.D
【详解】
A.卫星在发射阶段竖直向上匀加速通过两段相同高度的过程中,因为
两段不同高度的初速度不同,所以匀加速运动通过相同高度的时间一定不相同,故A项错误;
B.因为卫星在做匀加速运动,所以其平均速度一定不相同,故B项错误;
C.根据B项,其运动时间不同,又因为
可知速度的变化量也不同,故C项错误;
D.因为物体在做匀加速运动,所以其受力一定没有发生变化,根据
可知合外力做功相同,其动能变化量相同,故D项正确。
故选D。
5.B
【详解】
倾斜木板的目的是为了平衡小车在运动过程中受到的摩擦力,从力的角度分析,是让重力沿斜面向下的分力与摩擦力平衡,故②说法正确;从运动的角度分析,是让小车在木板上做匀速直线运动,故③说法正确,①说法错误。摩擦力造成的误差是可以通过平衡摩擦力避免的,应该平衡摩擦力,故④说法错误,故选B。
6.C
【详解】
A.甲、乙、丙球刚到达地面时速度大小相同方向不同,A项错误;
B.甲球到达轨道底端时速度方向与重力方向垂直,瞬时功率为零,而丙球到达轨道最低点时瞬时功率并不为零,B项错误;
C.乙球下落和丙球下滑过程中重力做功相同,但乙球下落时间较短,乙球下落过程中重力的平均功率较大,C项正确;
D.解除光滑斜面与光滑水平地面间的固定后释放丙球,丙球下滑过程中斜面将会发生移动,支持力对丙球做负功,D项错误。
故选C。
7.A
【详解】
对于A、C两个球,达到最高点时,A、C两个球的速度均为零,物体的动能全部转化为重力势能,所以A、C的最大高度相同;对于B球来说,由于B是斜抛运动,在水平方向上有一个速度,这个分速度的动能不会转化成物体的重力势能,所以B球在最高点时的重力势能要比A、C两球的小,所以高度要比A、C两球的高度小,BCD错误,A正确。
故选A。
8.C
【详解】
从运动员起跳到最高点时由动能定理得:
解得:
从运动员起跳到入水过程由动能定理得:
解得:,故C正确.
9.B
【详解】
A.小球在P点时,据牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律可知,小球通过P点时对轨道的压力大小为40N,A错误;
B.设小球所在位置与圆心连线与竖直方向夹角为,沿半径方向,由牛顿第二定律可得
小球从P到Q的过程,v减小,增大,可知F减小,即小球对轨道的压力一直减小,B正确;
C.从P到Q的过程据动能定理可得
解得到Q点的速度大小为
即小球能到达Q点,在Q点向心加速度大小为
方向水平向左,沿切线方向(竖直方向)只受重力作用,加速度为g,故在Q点的加速度大小为
C错误;
D.设小球到达最高点的速度为v2,由动能定理可得
解得
即小球无法沿轨道做完整的圆周运动,D错误。
故选B。
10.C
【详解】
当θ=0°时(最低点),L为绳长,根据牛顿第二定律
当θ=180°时(最高点)
从最高点到最低点的过程,由动能定理得
可以得出
因此利用特殊值代入法可知C选项满足上述结论,ABD错误,C正确。
故选C。
11.B
【详解】
A.假设小球能达到C点,对小球从A到C过程,由动能定理
=0
可得
<0
说明假设不成立,小球不可能到达C点,故A错误;
B.同理,对小球从A到B,由动能定理
当时,,假设成立,说明小球可能到达B点,故B正确;
C.将F与mg合成为mg’,称为“等效重力”,则 ,方向斜向右下,将小球的运动等效为重力场中的圆周运动,如图(当F较小时等效重力mg’与水平方向夹角小,小球在A与A’之间运动,当F较大时等效重力mg’’与水平方向夹角大,小球在A与A’’之间运动),可知小球会在A点与半圆轨道另一位置之间来回往复运动,不会脱离轨道,故C错误。
D.由C中分析可知,小球对轨道压力的最大值的位置在过圆心的等效重力线与轨道的交点位置,设此刻速度为v,由圆周运动特点
由v>0和知
故D错误。
故选B。
12.D
【详解】
因作用在物体上的力F均匀减小,所以加速度先减小至零然后反向增加,可得力F随高度x变化的关系

可以计算出物体到达h处时力
物体从地面到h处过程中,由动能定理得

可得
代入数据解得
物体在初位置时加速度为
代入数据解得
在h处时加速度为
带入数据得
所以最大加速度不为10
当加速度为零时速度最大,则有F与mg相等时速度最大可得
解得
当速度最大时动能也最大,由动能定理得
故ABC错误,D正确。
故选D。
13.BD
【详解】
物体移动一段距离后动能保持不变,根据动能定理可知合外力做功之和为0,即合外力为0。
A.因为,根据力的矢量三角形法则可知合外力不可能为零,A错误;
B.因为,所以合外力可以为零,B正确;
C.因为,所以合外力不可能为零,C错误;
D.因为,所以合外力可以为零,D正确。
故选BD。
14.AC
【详解】
AB.两实验均需测出小车所受的合外力,则需要把不好测的摩擦力平衡掉,故A正确,B错误;
CD.两实验均由重物通过滑轮牵引小车,用重物所受的重力当做小车所受到的牵引力,则需要系统的加速度较小,故都需要重物的质量远远小于小车的质量,故C正确,D错误;
EF.“探究加速度与力,质量的关系”需要用天平测量小车的质量,而“探究做功与速度变化的关系”中只要小车的质量恒定就能研究关系,而不需要用天平测量小车的质量,故EF错误;
故选AC。
15.AD
【详解】
A.根据机械能守恒得
解得
故A正确;
B.细线断前瞬间,由牛顿第二定律得
解得
故B错误;
CD.细线断后小球做平抛运动,加速度是g,是一种匀变速曲线运动,故C错误,D正确。
故选AD。
16. 25m/s 1.125 J 1.125 J
【详解】
不计空气阻力,则子弹做平抛运动,所以落地时速度的竖直分量为
子弹落地时的速度为
弹簧手枪对子弹做的功
由能量守恒
代入数据可得子弹飞行过程中克服空气阻力做的功为
17.
【详解】
当速度最大时,则
F牵=F
该恒定功率
由动能定理有
解得
18. 500m/s2 50N -0.25J
【详解】
规定初速度的方向为正方向,则小球的加速度为:,负号表示方向,即加速度的方向向左.根据牛顿第二定律可得,墙对小球的平均作用力大小为F=ma=50N;根据动能定理可得墙对小球做的功:.
19.3.1J
【详解】
由图线与坐标轴围成的面积表示功,可得到力F做的功
W =× (5 + 10)× 0.2J + 10 × (0.4 - 0.2)J = 3.5J
设克服弹簧弹力做的功为WF,根据动能定理
WF - W弹 - μmgx = 0
代入数据有
3.5 – W弹 - 0.2 × 0.5 × 10 × 0.4 = 0
解得
W弹 = 3.1J
则弹簧的弹性势能为
EP= 3.1J
20.(1);(2);(3)
【详解】
(1)在A点分解速度
解之有
(2)在A点分解速度
平抛竖直方向
解之有
(3)从A到C过程
在C点受力分析得
解之有
21.(1) (2)
【详解】
(1)滑块在圆弧轨道受重力、支持力和摩擦力作用,由动能定理
mgR+Wf=mv2
代入数据解得:Wf=-1.5J
(2)滑块过B点后作平抛运动,设着地时竖直速度为vy,
根据平抛运动规律有:竖直方向末速度vy==5m/s
所以v合=m/s
设滑块落地时速度方向与水平方向夹角为θ度,则有cosθ=;所以θ=45°即滑块落地时速度方向与水平方向夹角为45°.
22.(1)2×103N (2)8×104W (3)5×105J
【详解】
(1)关闭发动机且关闭储能装置后,汽车在地面阻力的作用下减速至静止,由动能定理得
由图象得
解得
f= 2×103N
(2)汽车匀速运动的动能
解得
v= 40m/s
汽车匀速运动时牵引力大小等于阻力,则汽车的额定功率
P=Fv=fv
解得
P= 8×104W
(3)由功能关系,汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能
由图象得
解得
E=5×105J
23.(1)0.8m/s(2)0.16m
【详解】
从开始运动到B落地时,A、B两物体具有相同的速率.
(1)以A与B构成的系统为研究对象,根据动能定理得

代入数据得v=0.8m/s.
(2)以A为研究对象,设滑行的距离为s,由动能定理得:

代入数据得s=0.16m
答案第1页,共2页