高中物理7.动能和动能定理同步测试题

第七章　机械能守恒定律

7　动能和动能定理

基础过关练

题组一　动能的表达式

1.(2020江苏南通高一期末)关于动能的理解,下列说法正确的是(　　)

A.一般情况下,Ek=mv2中的v是相对于地面的速度

B.动能的大小与物体的运动方向有关

C.物体以相同的速率向东和向西运动,动能的大小相等、方向相反

D.当物体以不变的速率做曲线运动时其动能不断变化

2.(2020山东德州高一月考)(多选)关于对动能的理解,下列说法正确的是(　　)

A.凡是运动的物体都具有动能

B.运动物体的动能总是正值

C.一定质量的物体,动能变化时,速度一定变化

D.一定质量的物体,速度变化时,动能一定变化

3.(2020河北唐山高二期中)A、B两物体的速度之比为2∶1,质量之比为1∶3,则它们的动能之比为(　　)

A.12∶1     B.4∶3

C.12∶5     D.3∶4

4.质量为m的物体从高h处自由落下(不计空气阻力),当它下落到高度为h处时动能为(　　)

A.mgh    B.mgh  C.mgh  D.mgh

5.(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做匀速运动,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

题组二　动能定理

6.一物体做变速运动时,下列说法中正确的是(　　)

A.合外力一定对物体做功,使物体动能改变

B.物体所受合外力一定不为零

C.合外力一定对物体做功,但物体动能可能不变

D.物体的加速度可能为零

7.(2019江苏江阴高一期末)下列关于运动物体的合外力做功和动能、速度变化的关系,正确的是(　　)

A.物体做变速运动,合外力一定不为零,动能一定变化

B.若合外力对物体做功为零,则合外力一定为零

C.若合外力对物体做功不为零,则物体的速度大小一定发生变化

D.物体的动能不变,所受的合外力必定为零

8.(多选)关于动能定理的表达式W=Ek2-Ek1,下列说法正确的是(　　)

A.公式中的W为不包含重力的其他力做的总功

B.公式中的W为包含重力在内的所有力做的功,可通过以下两种方式计算:先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功

C.公式中的Ek2-Ek1为动能的增量,当W>0时,动能增加,当W<0时,动能减少

D.动能定理适用于直线运动,但不适用于曲线运动,适用于恒力做功,但不适用于变力做功

9.(2019江苏马坝高中高三期中)在体育课上,某同学练习投篮,他站在罚球线处用力将篮球从手中投出,如图所示,篮球约以1 m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6 kg,篮筐离地高度约为3 m,则该同学投篮时对篮球做的功约为(　　)

A.1 J   B.10 J  C.30 J  D.50 J

10.如图所示,AB为1/4圆弧轨道,BC为水平直轨道,圆弧的半径为R,BC的长度也是R,一质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ,当它从轨道顶端A由静止开始下滑时,恰好运动到C处停止,那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为(　　)

A.μmgR     B.mgR

C.mgR      D.(1-μ)mgR

11.如图所示,一个小球质量为m,静止在光滑的轨道上,现以水平力击打小球,使小球能够通过半径为R的竖直光滑轨道的最高点C,则水平力对小球所做的功至少为(　　)

A.mgR   B.2mgR   C.2.5mgR   D.3mgR

能力提升练

题组一　运用动能定理求变力做功

1.(★★☆)如图所示,质量为m的物块与水平转台之间的动摩擦因数为μ,物块与转台转轴相距R,物块随转台由静止开始转动并计时,在t1时刻转速达到n,物块即将开始滑动。保持转速n不变,继续转动到t2时刻。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则(　　)

A.在0～t1时间内,摩擦力做功为零

B.在t1～t2时间内,摩擦力做功为2μmgR

C.在0～t1时间内,摩擦力做功为2μmgR

D.在0～t1时间内,摩擦力做功为μmgR

2.(2020重庆高一期末,★★☆)(多选)如图所示,质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于天花板上O点,用水平力F拉着小球从最低点P由静止开始,缓慢运动到轻绳与竖直方向成θ角的位置Q,重力加速度为g,在小球从P点运动到Q点过程中,下列说法正确的是(　　)

A.轻绳对球做的功为mgL sin θ

B.小球克服重力做的功为mgL(1-cos θ)

C.水平力对球做的功为mgL(1-cos θ)

D.合力对球做的功为mgL(1-cos θ)

3.(2020福建莆田高三期末,★★☆)(多选)某中学科技小组制作了利用太阳能驱动小车的装置,如图所示。当太阳光照射到小车上方的光电板上时,光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶,经过时间t前进距离s,速度达到最大值vm,设这一过程中电动机的功率恒为P,小车所受阻力恒为f,则(　　)

A.这段时间内小车先匀加速运动,然后匀速运动

B.小车所受阻力f=

C.这段时间内电动机所做的功为fs-m

D.这段时间内合力所做的功为m

题组二　应用动能定理求解图象问题

4.(★★☆)物体在合外力作用下做直线运动的v-t图象如图所示。下列表述正确的是(　　)

A.在0～1 s内,合外力做正功

B.在0～2 s内,合外力总是做负功

C.在1～2 s内,合外力不做功

D.在0～3 s内,合外力总是做正功

5.(2020福建南安高三期中,★★☆)在一次冰壶比赛中,运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面抛出,由于摩擦阻力的作用,其动能随位移变化图线如图所示,已知冰壶质量为19 kg,g取10 m/s2,则以下说法正确的是　(　　)

A.μ=0.05     B.μ=0.01

C.滑行时间t=5 s   D.滑行时间t=10 s

6.(★★★)在风洞实验室内的竖直粗糙墙面上放置一钢板,风垂直吹向钢板,在钢板由静止开始下落的过程中,作用在钢板上的风力恒定。用Ek、E、v、P分别表示钢板下落过程中的动能、机械能、速度和重力的功率,关于它们随下落高度或下落时间的变化规律,下列四个图象中正确的是(　　)

题组三　巧用动能定理求解多过程问题

7.(2020河北唐山高三期末,★★☆)(多选)如图所示,半圆形光滑轨道BC与水平光滑轨道AB平滑连接。小物体在水平恒力F作用下,从水平轨道上的P点,由静止开始运动,运动到B点撤去外力F,小物体由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域。已知PB=3R,F的大小可能为(　　)

A.mg   B.   C.mg   D.

8.(2020福建永春一中高一期末,★★☆)如图甲所示,长为4 m的水平轨道AB与半径为R=0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接。有一质量为1 kg的滑块(大小不计),从A处由静止开始受水平向右的力F作用,F随位移变化的关系如图乙所示。滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数为μ=0.25,与半圆弧轨道BC间的动摩擦因数未知,g取10 m/s2。求:

(1)滑块到达B处时的速度大小;

(2)若到达B点时撤去F,滑块沿半圆弧轨道内侧上滑,并恰好能到达最高点C,滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。

9.(2019浙江名校协作体高二下联考,★★★)某同学参照如图甲中的过山车情境设计了如图乙的模型:弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接,使质量为m的小滑块从弧形轨道上端滑下,小滑块从半径为R的圆轨道下端进入后沿圆轨道运动,再滑上水平轨道,最后滑上与水平轨道光滑连接的粗糙斜面轨道,斜面轨道与水平面间的倾角θ可在0°～75°范围内调节(调节好后即保持不变)。小滑块与斜面间的动摩擦因数μ=,不计其他轨道摩擦和空气阻力。重力加速度大小为g。当小滑块恰好能通过圆轨道最高点时,求:

甲　　　　　　　　　　　乙　　　

(1)小滑块应从多高处由静止释放;

(2)小滑块经过圆轨道最低点时对轨道的压力大小;

(3)设计的斜面轨道至少多长才能保证小滑块不冲出;并判断该最小长度时,能否保证小滑块不脱离轨道。

答案全解全析

基础过关练

1.A　一般情况下,我们选择的参考系均为地面,故Ek=mv2中的v是相对于地面的速度,选项A正确;动能是标量,动能大小与速度方向无关,与速度大小有关,选项B错误;由动能表达式可知,动能的大小由物体的质量和速度大小决定,与物体的运动方向无关;物体以相同的速率向东和向西运动,动能是相同的,选项C错误;只要速率不变,则物体的动能就不会改变,选项D错误。

2.ABC　只要物体运动,那么物体一定具有动能,选项A正确;由动能表达式可知,物体运动时,动能总为正值,选项B正确;由动能的定义可知,一定质量的物体,动能变化时,速度大小一定变化,即速度一定变化,选项C正确;速度为矢量,速度变化可能是速度方向在变化,故一定质量的物体,速度变化时,动能可能不变,选项D错误。

3.B　A、B两物体的速度之比为2∶1,质量之比为1∶3,根据动能的表达式Ek=mv2得,动能之比为4∶3,选项B正确,A、C、D错误。

4.B　物体下落到h处时,v2=2g·h=,动能为Ek=mv2=,选项B正确。

5.AD　速度是矢量,所以Δv=v2-v1=5 m/s-(-5 m/s)=10 m/s;而动能是标量,初、末状态的速度大小相等,所以动能相等,因此ΔEk=0,故A、D正确。

6.B　物体做变速运动,可能是物体的速度方向变化,而大小不变,如匀速圆周运动,此时物体的动能不变,且合外力对物体不做功,选项A、C错误;物体做变速运动,一定具有加速度,物体所受合外力一定不为零,选项B正确,D错误。

7.C　力是改变物体速度的原因,物体做变速运动时,合外力一定不为零,但合外力不为零时,做功可能为零,动能可能不变,选项A、B错误;合外力对物体做功,物体的动能一定变化,速度大小也一定变化,选项C正确;物体的动能不变,所受合外力做功一定为零,但合外力不一定为零,如物体做匀速圆周运动,动能不变,合外力不为零,选项D错误。

8.BC　公式W=Ek2-Ek1中的W为包含重力在内的所有力做的功,可通过以下两种方式计算:先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功,选项A错误,B正确;公式中的Ek2-Ek1为动能的增量,当W>0时,动能增加,当W<0时,动能减少,选项C正确;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,也适用于变力做功,选项D错误。

9.B　对篮球撞击篮筐前的整个过程运用动能定理得W-mgh=mv2-0,g取10 m/s2,代入数据解得W=mgh+mv2=0.6×10×1.5 J+×0.6×1 J=9.3 J,故选B。

10.D　BC段物体受到的摩擦力大小为f=μmg,位移为R,故BC段摩擦力对物体做功W=-fR=-μmgR,对全程,由动能定理可知,mgR+W1+W=0,解得W1=μmgR-mgR,故物体在AB段克服摩擦力做功为(1-μ)mgR,选项D正确。

11.C　设小球恰好能通过最高点C时的速度大小为v,此时水平力对小球所做的功最少,记为W,则有mg=,W-2mgR=mv2,联立两式可得W=2.5mgR,选项C正确。

能力提升练

1.D　在0～t1时间内,转台转速逐渐增加,故物块的速度逐渐增加,t1时刻,最大静摩擦力提供向心力,μmg=m,解得v=,由动能定理可知,物块做加速圆周运动过程中摩擦力做功Wf=mv2,解得Wf=μmgR,选项A、C错误,D正确;在t1～t2时间内,物块的线速度不变,摩擦力只提供向心力,根据动能定理可知摩擦力做功为零,选项B错误。

2.BC　轻绳弹力方向与小球运动方向始终垂直,轻绳对球不做功,选项A错误;小球上升高度h=L-L cos θ,所以小球克服重力做的功W克G=mgL(1-cos θ),选项B正确;小球从最低点P由静止开始,缓慢运动,速度可不计,动能不变,合力对小球做的功为零,根据动能定理可得WF-mgL(1-cos θ)=0-0,解得水平力对球做的功WF=mgL(1-cos θ),选项C正确,D错误。

3.BD　由题意可得,太阳能驱动小车以恒定功率启动,开始阶段小车所受的牵引力大于阻力,小车做加速度减小的加速运动,当牵引力等于阻力后,小车做匀速直线运动,速度达到最大,有f=F牵=,选项A错误,B正确;根据动能定理得W合=Pt-fs=m,则这段时间内电动机所做的功为Pt=fs+m,选项C错误,D正确。

4.A　由v-t图象可知,0～1 s内,v增大,动能增加,由动能定理可知合外力做正功,A项正确,B项错误;1～2 s内,v减小,动能减少,由动能定理可知合外力做负功,可见C、D错误。

5.D　根据题图,对冰壶由动能定理得-μmgx=0-Ek0,解得μ=0.01,选项A错误,B正确;冰壶运动时,a=μg=0.1 m/s2,由运动学公式x=at2得t=10 s,选项C错误,D正确。

6.AC　钢板受到重力mg、风力F、墙的支持力N和滑动摩擦力f,由于风力恒定,则由平衡条件得知,墙对钢板的支持力恒定,钢板所受的滑动摩擦力恒定,故钢板匀加速下滑,则有v=at,选项C正确;根据动能定理得:Ek=(mg-f)h,可知Ek与h成正比,选项A正确;设钢板开始时机械能为E0,钢板克服滑动摩擦力做功等于机械能减小的量,则E=E0-fh=E0-f·at2,则知E与t是非线性关系,图象应是曲线,选项B错误;重力的功率P=mgv=mg,则知P与h是非线性关系,图象应是曲线,选项D错误。

7.BC　小球能通过C点应满足m≥mg,由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域,则2R=gt2,vCt<3R。对小球从P点到C点由动能定理得F·3R-2mgR=m,联立解得≤F<,选项B、C正确,A、D错误。

8.答案　(1)2 m/s　(2)5 J

解析　(1)对滑块从A到B的过程,由动能定理得

F1x1+F3x3-μmgx=m

即(20×2-10×1-0.25×1×10×4) J=×1×

解得vB=2 m/s

(2)当滑块恰好能到达最高点C时,mg=m

对滑块从B到C的过程中,由动能定理得

W-mg×2R=m-m

代入数据解得W=-5 J

即滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力做的功为5 J

9.答案　(1)R　(2)6mg　(3)见解析

解析　(1)滑块恰好能通过圆轨道最高点,则在最高点,滑块只受重力mg。设滑块经过最高点时的速度大小为v1,

根据牛顿第二定律可得mg=m,解得v1=

根据动能定理可知mg(h-2R)=m

联立解得h=R

(2)设滑块经过圆轨道最低点时的速度大小为v2,则F-mg=m

根据动能定理:mgh=m

联立解得F=6mg

根据牛顿第三定律可知,滑块对轨道的压力大小为6mg

(3)设小滑块恰好到达斜面最高点,根据动能定理得

-mgL sin θ-μmgL cos θ=0-m

当θ=60°(满足0°～75°范围),L最短,在此长度下其他角度均会冲出轨道。

此时L=R

因为μ<tan θ,所以小滑块要返回,假设速度减为零时上升的最大高度为h',根据动能定理:mg(h-h')-2μmgL cos θ=0

解得h'=R>R

综上所述,不能保证小滑块不脱离轨道。