高中物理浙江专用 必修二 动能定理单元测试题（含解析）

功
动能
测试题
一、不定项选择题
1、一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能(　　)
A．一直增大
B．先逐渐减小至零，再逐渐增大
C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小
D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大
2、A、B两个物体的质量分别为m1和m2，并排静止在水平地面上，用同向水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上，分别作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止下来，两物体运动的速度—时间图象分别如图5－5中图线a、b所示，已知拉力F1、F2分别撤去后，物体做减速运动过程的速度—时间图线彼此平行(相关数据已在图中标出)，由图中信息可以得出(　　)
A．若F1＝F2，则m1B．若m1＝m2，则力F1对物体A所做的功较多
C．若m1＝m2，则整个过程中摩擦力对物体B做的功较多
D．若m1＝m2，则整个过程中摩擦力对物体A和B做的功一样多
3、汽车发动机的额定功率为60
kW，汽车质量为5
t．汽车在水平面上行驶时，阻力与车重成正比，g＝10
m/s2.当汽车以额定功率匀速行驶至速度达12
m/s时，突然减小油门，使发动机功率减小到40
kW.对接下去汽车的运动情况的描述，正确的有(　　)
A．先做匀减速运动再做匀加速运动
B．先做加速度增大的减速运动再做匀速运动
C．先做加速度减小的减速运动再做匀速运动
D．最后的速度大小是8
m/s
4、静止在水平面上的物块在如图5－7甲所示的水平拉力作用下做直线运动，其速度—时间图象如图乙所示，若物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则(　　)
图5－7
A．F1＋F3＝2F2
B．F1＋F3＞2F2
C．全过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功
D．全过程中拉力做的功等于零
二、计算题
5、如图5－8所示，内壁光滑的细管弯成半径为R＝0.4
m的半圆形轨道CD，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆轨道在C点平滑连接．置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B处为弹簧的自然状态．将一个质量为m＝0.8
kg的小球放在弹簧的右侧后，用力向左侧推小球而压缩弹簧至A处，然后将小球由静止释放，小球运动到C处后对轨道的压力为F1＝58
N．水平轨道以B处为界，左侧AB段长为x＝0.3
m，与小球的动摩擦因数为μ＝0.5，右侧BC段光滑．g＝10
m/s2，求：
(1)弹簧在压缩时所储存的弹性势能．
(2)小球运动到轨道最高处D点时对轨道的压力．
图5－8
6、如图5－9所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B,
C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0
m，现有一个质量为m＝0.2
kg的可视为质点的小物体从D点的正上方E点处自由下落，DE距离h＝1.6
m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5.取sin37o＝0.6，cos37o＝0.8,
g＝10
m/s2.
(1)求物体第一次通过C点时轨道对物体的支持力FN的大小；
(2)要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长？
(3)若斜面已经满足(2)要求，物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，求在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小．
5－9
7、如图5－11所示，遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止出发，经过时间t后关闭电动机，赛车继续前进至B点水平飞出，恰好在C点沿着切线方向进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点D后回到水平地面EF上，E点为圆形轨道的最低点．已知赛车在水平轨道AB部分运动时受到恒定阻力f＝0.4
N，赛车的质量m＝0.4
kg，通电后赛车的电动机以额定功率P＝2
W工作，轨道AB的长度L＝2
m，B、C两点的高度差h＝0.45
m，连线CO和竖直方向的夹角α＝37°，圆形轨道的半径R＝0.5
m，空气阻力可忽略，取重力加速度g＝10
m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
(1)赛车运动到C点时速度vC的大小；
(2)赛车经过最高点D处时对轨道压力FN的大小；
(3)赛车电动机工作的时间t.
图5－11
以下是答案
一、多项选择题
1、ABD　【解析】
当所加恒力的方向与物体运动的方向成锐角时，该力一直做正功，其动能一直增大，A正确；当所加恒力的方向与物体运动的方向相反时，物体先做匀减速运动后做反向的匀加速运动，其动能先逐渐减小至零，再逐渐增大，B正确；当所加恒力的方向与物体运动的方向成钝角(不等于180°)时，其动能先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大，D正确；物体不可能出现动能先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小的情况，C错误．
2、AD　【解析】
撤去外力后，物体做匀减速运动，由图象知两物体的加速度相同，a＝μg＝1
m/s2，所以μ1＝μ2＝0.1，拉力作用时的加速度a′＝－μg，因a′1>a′2，故F1＝F2时有m1m，对整个过程中应用动能定理有WF＝μmgx，当m1＝m2时，即两个力做功相等，选项BC错误，D正确．
3、CD　【解析】
发动机功率减小，由公式P＝Fv知，在速度不能突变的情况下，只能牵引力F突然变小，f
>F，汽车做减速运动，使得汽车速度v变小，由公式P＝Fv，v变小而P不变，则F变大，由f－F＝ma，可知汽车减速运动的加速度变小，当再次出现F＝f时，汽车做匀速运动，选项AB错误，C正确；由f＝＝5×103
N，而P＝fv′，解得v′＝＝8
m/s，选项D正确．
4、AC　【解析】
匀速运动阶段，根据平衡条件有，F2＝μmg.由速度图象，匀加速阶段的加速度a1＝，匀减速阶段的加速度a2＝；根据牛顿第二定律，有F1－μmg＝ma1，F3－μmg＝ma2，解得F1＋F3＝2F2.对全运动过程应用动能定理WF－μmgx＝0，得WF＝μmgx.所以选项AC正确．
二、计算题
5、(1)11.2
J　(2)10
N　方向竖直向上
【解析】
(1)对小球在C处，由牛顿第二定律得
F1－mg＝m
解得v1＝＝5
m/s
从A到B由动能定理得
Ep－μmgx＝mv
故Ep＝mv＋μmgx＝11.2
J
(2)从C到D由机械能守恒定律得
mv＝2mgR＋mv
故v2＝＝3
m/s
由于v2>＝2
m/s，所以小球在D处对轨道外壁有压力．
小球在D处，由牛顿第二定律得
F2＋mg＝m
故F2＝m＝10
N
由牛顿第三定律可知，小球在D点对轨道的压力大小为10
N，方向竖直向上．
6、(1)12.4
N　(2)2.4
m　(3)4.8
J
【解析】
(1)物体从E到C，由能量守恒得：mg(h＋R)＝mv
在C点，由牛顿第二定律得：FN－mg＝
联立解得
FN＝12.4
N
(2)从E到A过程，由动能定理得WG－Wf＝0
WG＝mg(h＋Rcos37°－LABsin37°)
Wf＝μmgcos37°·LAB
联立解得LAB＝2.4
m
(3)因为mgsin37°＞μmgcos37°，所以物体不会停在斜面上．物体最后以C为中心、B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动．
从E点开始直至稳定，系统因摩擦所产生的热量即为损失的机械能，Q＝ΔEp
ΔEp＝mg(h＋Rcos37°)
联立解得Q＝4.8
J
7、(1)5
m/s　(2)1.6
N　(3)2
s
【解析】
(1)赛车经过B点做平抛运动
由于vy＝＝3
m/s
故vC＝＝5
m/s
(2)从C点运动到最高点D的过程中，由动能定理得
－mgR(1＋cosα)＝mv－mv
设赛车经过最高点D处时轨道对赛车的支持力为FN′，由牛顿第二定律
FN′＋mg＝m
联立解得FN′＝1.6
N
由牛顿第三定律可知，赛车经过最高点D处时对轨道压力大小FN＝1.6
N.
(3)赛车在B点的速度大小为vB＝＝4
m/s
从A点到B点的过程中由动能定理有Pt－fL＝mv
解得t＝2
s