1.3动能和动能定理 练习(word版含答案)

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名称 1.3动能和动能定理 练习(word版含答案)
格式 docx
文件大小 1.5MB
资源类型 教案
版本资源 鲁科版(2019)
科目 物理
更新时间 2022-04-06 00:00:02

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鲁科版 (2019)必修第二册 1.3 动能和动能定理
一、单选题
1.如图所示,DO是水平面,AB是斜面,初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零,如果斜面改为AC,让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零,则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零)(  )
A.等于v0 B.大于v0
C.小于v0 D.取决于斜面
2.如图所示,小明用力拉着木箱水平向右加速前进,下列说法正确的是(  )
A.小明对木箱的拉力做不做功 B.木箱所受的重力做负功
C.木箱所受的合力做正功 D.地面对木箱的摩擦力不做功
3.将牛顿管中气体全部抽出,牛顿管倒立后,管中的羽毛开始自由下落,如图所示。则下落过程中每经过相同的时间(  )
A.羽毛下落的高度相同 B.羽毛的平均速度相同
C.羽毛速度的变化相同 D.羽毛动能的变化相同
4.如图所示,某地有一台风力发电机,它的叶片转动时可形成半径为R的圆面。某时间内该地区的风速为v,风向恰好跟叶片转动的圆面垂直,已知空气的密度为ρ,假如这风力发电机将空气动能转化为电能的效率为η。则该发电机发电的功率为(  )
A.πηρR2v2 B.πηρR2v3
C.πηρR2v2 D.πηρR2v3
5.如图所示,斜面固定且光滑。分别用力F1、F2将同一物体由静止起以相同的加速度,从斜面底端拉到斜面顶端。物体到达斜面顶端时,力F1、F2所做的功分别为W1、W2,则(  )
A.F1F2,W1>W2 D.F1>F2,W1=W2
6.一质量为的物体在光滑水平地面上从静止开始运动,其所受的水平力F随位移x变化的图像如图所示,则当时,物体的速度为(  )
A. B. C. D.
7.如图所示,一质量为的光滑圆管道,竖直静置在固定的底座上,有一质量为的小球(半径远小于圆管道的半径),在圆管道内做圆周运动,小球在最低点时圆管道对底座的压力大小恰好为,重力加速度为g。当小球运动到圆管道的最高点时,圆管道对底座的压力大小为(  )
A.0 B. C. D.
8.如图所示,质量相等的A、B两个小球沿着倾角不同的两个光滑固定斜面从同一高度静止下滑,关于A、B两物体在斜面上的运动,下列说法正确的是(  )
A.重力做功的平均功率相等 B.动能的变化量相同
C.速度的变化相同 D.运动到斜面底端时重力的瞬时功率相等
9.如图甲所示,质量为4 kg的物体在水平推力作用下开始运动,推力大小F随位移大小x变化的情况如图乙所示,物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2,则(  )
A.物体先做加速运动,推力减小到零后才开始做减速运动
B.运动过程中推力做的功为200 J
C.物体在运动过程中的加速度先变小后不变
D.因推力是变力,无法确定推力做功的大小
10.如图所示,某人把一个质量m=2kg的小球从h=0.8m高处以60°角斜向上抛出,初速度v0=3m/s,不计空气阻力,重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是(  )
A.抛出过程中,人对球做的功是16J
B.物体被抛出后会继续上升,故从抛出到落地过程中重力对小球所做的功大于16J
C.小球落地时速度大小为5m/s
D.小球到达最高点的速度为0
11.如图所示,投球游戏中,某同学将皮球从地面上方O处水平抛出,第一次皮球直接落入墙角A处的空框,第二次皮球与地面发生一次碰撞后恰好落入A处空框。已知皮球与地面碰撞前后水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反,不计空气阻力,则(  )
A.第一次抛出的初速度是第二次抛出初速度的3倍
B.两次抛出皮球过程人对球做的功一样多
C.皮球入框瞬间,第二次重力的功率大于第一次
D.从投出到入框,第二次皮球重力势能的减少量比第一次多
12.质量的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动,如图甲所示为汽车运动的速度与时间的关系,图乙为汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中所受阻力不变,在18 s末汽车的速度恰好达到最大。重力加速度g取,则下列说法正确的是(  )
A.汽车受到的阻力为200 N
B.汽车的最大牵引力为700 N
C.汽车在做变加速运动过程中的位移大小为95.5 m
D.8~18 s内汽车牵引力做的功为
13.抽油烟机可将厨房内产生的废气排出到室外,以保持室内空气清新。如图所示为常用的一种抽油烟机的示意图。若使抽油烟机在单位时间内排出的气体增加到原来的2倍,则抽油烟机所提供的功率P至少要提高到原来的(  )
A.2倍 B.4倍 C.6倍 D.8倍
14.如图所示,质量为m的物体在水平传送带上由静止释放,传送带由电动机带动,始终保持以速度v匀速运动,物体与传送带间的动摩擦因数为μ,物体经过一段时间后与传送带保持相对静止,对于物体从静止释放到相对静止这一过程,下列说法正确的是(  )
A.电动机多做的功为
B.物体在传送带上摩擦生热为mv2
C.传送带克服摩擦力做的功为
D.电动机增加的功率为
15.如图所示,MFN为竖直平面内的光滑圆弧轨道,半径为R,圆心为O,OF竖直,OM与竖直方向夹角=60°。一质量为m的小球由P点沿水平方向抛出,初速度为,运动到M点时,速度方向恰好与圆弧轨道相切,P、O、N三点在同一水平线上。重力加速度为g,下列说法正确的是(  )
A.小球在F点时对圆弧轨道的压力为
B.小球在N点时对圆弧轨道的压力为mg
C.小球运动到圆弧轨道上与M点等高的位置时的速度
D.小球从N点脱离圆弧轨道后,继续上升的最大高度
二、填空题
16.质量为2kg的物体,放在动摩擦因数为μ=0.1的水平面上,在水平拉力F的作用下,由静止开始运动,拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图,g=10m/s2,则此物体在x=6m处,拉力的瞬时功率为_________W,从开始运动到x=9m处共用时t=_________s。
17.如图所示,质量为m的重物P放在一长木板OA上,物体距O点距离为L,将长木板绕O端缓慢转过一个小角度的过程中,重物P相对于木板始终保持静止,则在这一过程中摩擦力对重物做功为____;支持力对重物做功为____。
18.如图所示,质量为m的物块在水平恒力F的推动下,从粗糙山坡底部的A处由静止运动至高为h的坡顶B处,并获得速度v,A、B之间的水平距离为x,重力加速度为g,则重力做功为______,恒力F做功为________,物块的末动能为________,物块克服摩擦力做功为________。
19.判断下列结论是否正确,正确的在(  )里打“√”,错误的在(  )里打“×”
(1)某物体的速度加倍,它的动能也加倍。( )
(2)速度大的物体动能也大。( )
(3)两质量相同的物体,动能相同,速度一定相同。( )
(4)合外力做功不等于零,物体的动能一定变化。( )
(5)物体的速度发生变化,合外力做功一定不等于零。( )
(6)物体的动能增加,合外力做正功。( )
三、解答题
20.一电动玩具小车放在水平地面上,从静止开始运动,在一段时间内其速度与牵引力的功率随时间变化的函数关系图像分别如图甲、乙所示,地面对小车的摩擦力恒定,2s以后小车以速度做匀速直线运动,对比分析两图像所给的已知信息,求:
(1)2s时小车的速度以及地面对小车的摩擦力;
(2)甲图阴影部分的面积。
21.用如图甲所示的水平-斜面装置研究平抛运动。一物块(可视为质点)置于粗糙水平面上的O点,O点与斜面顶端P点的距离为s。每次用水平拉力F,将物块由O点从静止开始拉动,当物块运动到P点时撤去拉力F。实验时获得物块在不同拉力作用下落在斜面上的不同水平射程,作出了如图乙所示的图像。若物块与水平面间的动摩擦因数为0.5,斜面与水平地面之间的夹角,,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求
(1)物体的质量
(2)当F=10N时,物体从P点平抛的初速度大小
(3)O、P间的距离s
(4) 若P点离水平地面的高度为3.6m,当用F=15N作用于O点的物体时,物体落地点离P点的水平距离是多少?
22.如图所示的离心装置:水平轻杆被固定在竖直转轴的O点,质量为m的小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上,弹簧两端分别固定于O和A,弹簧劲度系数为,小环A与水平杆的动摩擦因数μ=0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。套在竖直转轴上的质量同为m的光滑小圆环B通过可轻质杆与小圆环A相连,链接处可自由转动。装置静止时,长为L的轻质杆与竖直方向的夹角为37°,弹簧处于原长状态。取重力加速度为g,sin37°=0.6,cos37°=0.8,竖直转轴带动装置由静止开始缓慢加速转动,求:
(1)装置静止时,小环A受杆的摩擦力大小f;
(2)轻杆与竖直方向夹角为53°时的角速度ω;
(3)轻杆与竖直方向夹角为从37°变化到53°的过程中,竖直转轴对装置所做的功W。
23.如图所示,质量为的小物块放在长直水平面上,用水平细线紧绕在半径为、质量为的薄壁圆筒上。时刻,圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动,转动中角速度满足,物块和地面之间动摩擦因数为,。求:
(1)物块运动中受到的拉力;
(2)从开始运动至时刻,电动机做了多少功;
(3)若当圆筒角速度达到时,使其减速转动,并以此时刻为,且角速度满足,则减速多长时间后小物块停止运动。(、均为已知,结果用字母表示)
24.如图所示为安装在水平地面上的某游戏装置结构示意图,其左边部分是一个高度和水平位置均可以调节的平台,在平台上面放置一个弹射装置;游戏装置的右边部分由竖直固定的光滑圆弧轨道BC、粗糙水平直线轨道CD与竖直固定的光滑圆轨道组成(底端连接处D与略错开)。已知圆弧轨道BC的圆心为、半径,其C端与水平面相切,与的夹角;水平直线轨道CD长度,动摩擦因数;圆轨道的半径。将质量的滑块Q置于C点,再将质量同为的小球P经弹射装置从平台A点水平弹出,通过改变AB高度差h、水平距离和小球P在A点的初速度大小,总能让小球沿B点的切线方向进入BC圆弧轨道,然后与滑块Q发生弹性碰撞。空气阻力不计,小球和滑块均可视为质点,重力加速度g取,求∶
(1)若,求小球P从A点弹出时的初速度大小;
(2)若,求小球P到达C点与Q碰撞前瞬间对圆弧轨道的压力;
(3)要使P与Q仅碰撞1次,且滑块运动过程中不脱离轨道,求h需要满足的条件。
试卷第1页,共3页
试卷第1页,共3页
参考答案:
1.A
【详解】
物体从D点滑动到顶点A过程中
由几何关系有
因而上式可以简化为
从上式可以看出,物体的初速度与路径无关。
故选A。
2.C
【详解】
A.根据功的定义
W=Fxcosθ
因为cosθ>0,拉力做正功,故A错误;
B.重力的方向和物体的运动方向垂直,故重力不做功,故B错误;
C.木箱水平向右加速前进,说明动能在增加,由动能定理知合力在做正功,故C正确;
D.摩擦力与运动方向相反,做负功,故D错误。
故选C。
3.C
【详解】
A.羽毛在真空管内做自由落体运动,由可知,每经过相同时间的高度不相同,故A错误;
B.羽毛的平均速度为
相同的时间内的位移不同,则平均速度不等,故B错误;
C.由
羽毛做匀变速运动,相同的时间内速度变化相同,故C正确;
D.羽毛动能的变化为
相同的时间内的位移不同,则动能的变化不同,故D错误;
故选C。
4.B
【详解】
设t时间内与叶片相互作用的空气柱长度为l,则

空气柱质量为

由题意可知该发电机发电的功率为

联立①②③解得

故选B。
5.B
【详解】
斜面固定且光滑,将同一物体由静止起以相同的加速度,从斜面底端拉到斜面顶端。物体的速度相同,动能相同,上升的高度相同,由
W=Gh+Ek
可知,F1、F2做功
W1=W2
设斜面长为L,由功的公式,可得力F1做功
W1=F1L
力F2做功
W2= F2cosαL
可有
F1= F2cosα
cosα<1
F1< F2
ACD错误,B正确。
故选B。
6.C
【详解】
图像与横轴包含的面积为力F做的功,为6J,对物体由动能定理
代入数据得到速度为,故C正确。
故选C。
7.A
【详解】
设小球在圆管道最低点时的速度为,圆管道对小球的支持力为,由牛顿第二定律可得
由牛顿第三定律可知,小球在最低点时底座对圆管道的支持力大小为
由平衡条件可知
设小球到达圆管道的最高点时的速度为,圆管道对小球的支持力为,由牛顿第二定律得
小球从圆管道最低点运动到最高点的过程,对小球根据动能定理可得
解得
对圆管道分析由平衡条件得
解得
再由牛顿第三定律可知,圆管道对底座的压力大小为0,故A正确,BCD错误。
故选A。
8.B
【详解】
A.小球在斜面上匀加速下滑,由
解得
可知
重力做功相等
重力做功的平均功率
所以A球重力做功的平均功率小于B球重力做功的平均功率,故A错误;
B.由动能定理可知动能的变化量
所以动能的变化量相同,故B正确;
C.速度的变化量
所以速度的变化的大小相等,方向不同,故C错误;
D.运动到斜面底端时重力的瞬时功率
由于斜面倾角不同,所以运动到斜面底端时重力的瞬时功率不等,故D错误。
故选B。
9.B
【详解】
AC.滑动摩擦力
物体先加速运动,当推力减小到20N时,加速度减小为零,之后推力逐渐减小,物体做加速度增大的减速运动,当推力减小为零后,物体做匀减速运动,选项A、C错误;
BD.F-x图象中图线与横轴所围的面积表示推力做的功
选项B正确,D错误。
故选B。
10.C
【详解】
A.人对球做的功全部转化球的动能,即有
故A错误;
B.由于不计空气阻力,小球在运动过程中只有重力做功,机械能守恒,重力对小球所做的功为
故B错误;
C.小球整个运动过程中, 由动能定理可得
代入数据,解得
故C正确;
D.因为小球在最高点时,水平方向还有速度,故其速度不为0,故D错误。
故选C。
11.A
【详解】
A.设抛出点距离地面的高度为h,下落时间为t,则有
设第一次抛出去的速度为,则水平位移与抛出速度关系
第二次抛出去的速度为,则水平位移与抛出速度关系
联立可知
第一次抛出的初速度是第二次抛出初速度的3倍,A正确;
B.由动能定理可知,人对球做的功等于球动能的变化量,两次抛出时的速度不同,动能变化量不同,故人对球做的功不一样,B错误;
C.皮球入框瞬间,重力的功率为
两次落入框时竖直方向的分速度大小相同,第二次重力的功率等于第一次,C错误;
D.从投出到入框,同一皮球两次高度的变化相同,故二次皮球重力势能的减少量一样多,D错误。
故选A。
12.C
【详解】
A.当牵引力等于阻力时,速度达到最大值,则有阻力
A错误;
B.汽车匀加速阶段牵引力最大,匀加速阶段加速度
汽车在运动过程中所受阻力不变,联立解得
B错误;
C.变加速过程中,即8~18 s内,根据动能定理得
解得位移大小
C正确;
D.8~18s时间内,汽车牵引力的功率恒为所以该过程中牵引力做的功为
D错误。
故选C。
13.D
【详解】
根据空气流量
Q=Sv
可知通风面积不变,要在单位时间内抽出的气体增加到原来的2倍,即气体的体积增加为原来的2倍,就要使空气流动的速度增加到原来的2倍,空气的密度不变,由公式
可知空气质量变为原来的2倍,根据
可知,同样质量的空气动能为原来的8倍,这个动能是由风扇提供的,所以风扇的功率要增大到原来的8倍。
故选D。
14.D
【详解】
AC.物体所受摩擦力
f=μmg
物体m的加速度
a=μg
则经时间
速度达到v;故电动机多做的功为克服摩擦力的功
故AC错误;
D.电动机增加的功率为克服摩擦力的功率
故D正确;
B.物体在传送带上摩擦生热为
故B错误。
故选D。
15.D
【详解】
A.对小球从P点到F点应用动能定理可得
在F点由向心力表达式可知
联立可得
根据牛顿第三定律小球在F点时对圆弧轨道的压力为,A错误;
B.由机械能守恒可知,小球在N点时速度仍为,由向心力表达式可得
解得
根据牛顿第三定律小球在N点时对圆弧轨道的压力为,B错误;
C.正交分解小球在M点的速度可得
解得
C错误;
D.小球从N点脱离圆弧轨道后,由动能定理可得
解得
D正确。
故选AD。
16. 6 4
【详解】
[1]对物体受力分析,物体受到的摩擦力为
Ff=μFN=μmg=0.1×2×10N=2N
由图象可知,斜率表示的是物体受到的力的大小,0-3m段的拉力为5N,3-9m段的拉力为2N,所以物体在0-3m段做匀加速运动,在3-9m段做匀速直线运动;
在0-3m 段的拉力为5N,物体做加速运动
根据
v2=2ax1
v=at1
代入数值解得
v=3m/s
t1=2s
则此物体在x=6m处,拉力的瞬时功率为
[2]在3-9m段,物体匀速运动的时间
所以从开始运动到x=9m处共用时
t总=2s+2s=4s
17. 0
【详解】
[1]摩擦力的方向始终和运动方向垂直,因此摩擦力不做功;
[2]支持力时变力,根据动能定理
因此支持力做的功
18. -mgh Fx mv2 Fx-mgh-mv2

19. × × × √ × √
【详解】
(1)[1]动能的表达式为,物体的速度加倍,它的动能变为原来的4倍,故错误。
(2)[2]由动能的表达式,可知物体的动能大小与质量和速度大小有关,速度大的物体动能不一定大,故错误。
(3)[3]两质量相同的物体,若动能相同,其速度大小相等,但速度方向不一定相同,速度不一定相同,故错误。
(4)[4]根据动能定理知合力做功等于物体动能的变化,合力做功不等于零,由动能定理可知动能变化量不等于零,则物体的动能一定变化。故正确。
(5)[5]物体速度发生变化,合外力做功可以为零,如物体做匀速圆周运动,合外力做功为零,故错误。
(6)[6]动能定理的内容是合外力对物体做功等于物体的动能变化,则物体动能增加,合外力做正功,故正确。
20.(1),;(2)
【详解】
(1)1s至2s,小车做匀加速直线运动,牵引力恒定设为,1s时
2s时
代入图中所给的已知条件
解得
设地面对小车的恒定摩擦力为,由题意和图像可知2s以后小车以速度
恒定的功率做匀速直线运动,则有
解得
(2)结合
由甲图可知,1s至2s小车的加速度
由牛顿第二定律
再代入
综合解得
甲图阴影部分的面积是小车在0~1s内的位移,由动能定理
由图像可知
再结合
联立解得
21.(1);(2);(3);(4)
【详解】
(1)根据图乙,当F1=5.0N时,根据动能定理得
解得
(2)当F=10N时, ,物体从P点平抛的初速度大小为v0
解得
(3)根据动能定理得
解得
(4)当F=15N时,物体从P点平抛的初速度大小为v1,根据动能定理得
解得
设落在斜面上的时间为t1
解得
物体落地点离P点的水平距离x1是
小于3.6m,物体一定落在斜面上,物体落地点离P点的水平距离x1是1m。
22.(1);(2);(3)
【详解】
(1)装置静止时,设杆对A、B的作用力为F,由平衡条件,对B
对A,由平衡条件
联立可得
(2)由于竖直转轴带动装置由静止开始缓慢加速转动,所以B处于动平衡状态,合力始终为零,A的任一状态都可看作是一个匀速圆周运动状态。当轻杆与竖直方向夹角为53°时,对B有
设弹簧弹力为T,对A,由牛顿第二定律

联立可得
(3)轻杆与竖直方向夹角为从37°变化到53°的过程,由动能定理

由(2)中分析知在杆与竖直方向夹角变化过程中摩擦力大小不变
所以有
联立可得
23.(1);(2);(3)见解析
【详解】
(1)圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同,根据
线速度与时间成正比物块做初速为零的匀加速直线运动,物块加速度为
根据物块受力,由牛顿第二定律得
则细线拉力为
(2)对整体运用动能定理,有
其中
则电动机做的功为
(3)圆筒减速后,边缘线速度大小为
线速度变化率为
若,细线处于拉紧状态,物块与圆筒同时停止,物块减速时间为
若,细线松弛,物块水平方向仅受摩擦力,物块减速时间为
24.(1);(2),方向竖直向下;(3)或者
【详解】
(1)从A到B,做平抛运动,则竖直方向上有
水平初速度
解得
(2)从A抛出到C,根据动能定理
解得
在C点,根据牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律得,压力
方向竖直向下
(3)球P与Q弹性碰撞后,速度交换,P球静止,Q球弹出,若Q球碰撞后没滑上圆轨道或滑上圆轨道位置处不超过圆心等高点,且返回时停在CD轨道上,则仅碰撞1次,刚好到圆心等高处时,根据动能定理有
解得
返回时刚好到Q点,满足
解得
综上解得
要过E点,则需满足
解得
过E点则仅碰撞1次,满足
综上所述:或者
从A到B,要满足的关系
h要满足的条件是:或者
答案第1页,共2页
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