【文档说明】8.3 动能和动能定理 同步练习 -2021-2022学年高一下学期物理人教版（2019）必修第二册含解析.docx，共(17)页，245.862 KB，由envi的店铺上传

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1第八章机械能守恒定律3动能和动能定理基础过关练题组一对动能的理解1.(2021福建福州四校高一下期中)对于一定质量的物体,以下说法中正确的是()A.动能变化,速度一定改变B.速度变化,动能一定变化C.动能不变,速度一定不变

D.速度不变,动能可能改变2.(2021山东枣庄八中高一下期中)(多选)在下列几种情况下,甲、乙两物体的动能相等的是()A.甲的速度是乙的2倍,甲的质量是乙的12B.甲的质量是乙的2倍,甲的速度是乙的12C.甲的质量是乙的4倍,甲的速度是乙的12D.质量

相同,速度的大小也相同,但甲向东运动,乙向西运动题组二对动能定理的理解与应用3.下列说法正确的是()A.如果物体所受合力为零,则合力对物体做的功一定为零B.如果合力对物体所做的功为零,则合力一定为零C.

物体在合力作用下做变速运动,动能一定发生变化D.物体的动能不变,所受合力一定为零4.(2021江苏盐城阜宁中学高一下月考)把一石块从某高度处斜向上抛出,抛出时人对石块做的功为W1,石块从抛出到落地过程

中重力对它做的功为W2,克服空气阻力做的功为W3。石块着地时的动能为()2A.W2-W3B.W2+W3C.W1+W2+W3D.W1+W2-W35.(2021上海奉贤高三二模)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1m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6kg,篮筐离地高度约为3m,则该同学投篮时对篮球做的功约为()A.1JB.10JC.30JD.50J6.(多选)如图所示,电梯的质量为M,在它的水平底板上放置一质量为m的物体,电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖

直向上加速运动,当上升高度为h时,电梯的速度达到v,则在这段过程中,下列说法正确的是()A.电梯底板对物体的支持力所做的功等于12mv2B.电梯底板对物体的支持力所做的功等于12mv2+mghC.钢索的拉力做的功等于12Mv2+MghD

.钢索的拉力做的功大于12Mv2+Mgh7.如图所示,一个沿水平方向放置的弹簧,其左端固定,右端与一物块相连,物块的质量为m,它与水平桌面间的动摩擦因数为μ。起初,用手按住物块,物块的速度为零,弹簧的伸长量为x,然后放手,当弹簧的长度第一次恢复原长时,物块的速度为v,则

此过程中弹力所做的功为()3A.12mv2-μmgxB.μmgx-12mv2C.12mv2+μmgxD.以上选项均不正确8.将一小球从高处水平抛出,最初2s内小球动能Ek随时间t变化的图线如图所示,不计空气阻力,重力加

速度g取10m/s2。根据图像信息,不能确定的物理量是()A.小球的质量B.小球的初速度C.小球抛出时的高度D.最初2s内重力对小球做功的平均功率9.(2021山东济宁任城高一下期中)从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一大小恒定、方向始终与运动方向相反的空气阻力F阻的

作用。距地面高度h在0至3m以内时,物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度g取10m/s2。该物体运动过程中受到的空气阻力F阻大小为()A.0.5NB.1NC.1.5ND.2N410.(2021浙江温州环大罗山联盟高一下期中)如图所示,质量为30kg

的小朋友从倾角为37°的斜坡高处滑下,以4m/s的速度通过斜坡上距水平面6m高处的A点后不再做任何动作,自由下滑,滑到水平面上后又滑行一段距离才停止。已知小朋友与斜坡、水平面间的动摩擦因数均为0.25,斜坡和水平面连接处平滑,空气阻力不计,g取10m/

s2。由此可知该小朋友()A.运动过程中最大动能为1800JB.运动过程中最大动能为2040JC.在水平面上滑行了16mD.在水平面上滑行了19.2m11.如图甲所示,长为4m的水平轨道AB与倾角为37°的足够长斜面BC在B处平滑

连接,有一质量为2kg的滑块(图中未画出),从A处由静止开始受水平向右的力F作用,F随滑块位移x按图乙所示规律变化,滑块与AB和BC间的动摩擦因数均为0.5,重力加速度g取10m/s2。甲乙(1)求滑块第一次到达B处时的速度大小;(

2)不计滑块在B处的速率变化,滑块到达B处时撤去力F,滑块冲上斜面,则滑块最终静止的位置与B点间的距离为多大?(取sin37°=0.6,cos37°=0.8)512.(2021陕西宝鸡高三二模)2019年12月17日,中国首艘自主建造的航母“山东舰”正式入役,中国海军

真正拥有了可靠的航母作战能力。国产航母上的“歼-15”舰载机采用滑跃式起飞,如图所示,AB为水平甲板,BC为倾斜甲板,倾角为θ,B处由光滑圆弧平滑连接。舰载机从A点启动做匀加速直线运动,经过2s到达B点

时速度为60m/s,此时舰载机发动机的功率恰好达到额定功率,随后滑上倾斜甲板继续加速,在C点实现起飞。已知舰载机总质量为1.0×104kg,滑跑过程中受到的阻力(空气阻力与摩擦阻力总和)恒为自身重力的0.1,方向与速度方向相反。倾斜甲板舰艏高

度H=4m,sinθ=0.2,g取10m/s2,舰载机可视为质点,航母始终处于静止状态。(1)求航母水平甲板AB长度和舰载机发动机的额定功率;(2)若舰载机在倾斜甲板上继续以额定功率加速,又经过2s飞离航母。通过计算判断舰载机能否安全起飞。(已知舰载机的安全起飞速度至少为80m/s)67能力提

升练题组一动能定理的理解和应用1.(2020河南十校高三联考,)(多选)如图所示,一块长木板B放在光滑的水平面上,在B上放一物体A,现以恒定的外力F拉B,由于A、B间摩擦力的作用,A将在B上滑动,以地面为参考系,A、B都向前移动一段

距离。在此过程中()A.外力F做的功等于A和B动能的增量B.B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量C.A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D.外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和2.(2020河南

郑州外国语学校高一下模拟,)(多选)一足够长的水平传送带以恒定速率v运动,将一质量为m的物体(可视为质点)轻放到传送带左端,则物体从左端运动到右端的过程中,下列说法正确的是()A.全过程中传送带对物体做功为12mv2B.全过程中物体对传送带做功为-12mv2C.物体加

速阶段,摩擦力对物体做功的功率逐渐增大D.物体加速阶段,摩擦力对传送带做功的功率恒定不变题组二运用动能定理求变力做功3.(2020福建泉州名校高一下联考,)如图所示,质量为m的物体静置在水平光滑平台上,系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮,由地面上以速度v0向右匀速运动的人拉动

。设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处,在此过程中,人的拉力对物体所做的功为()8A.𝑚𝑣022B.√2𝑚𝑣022C.𝑚𝑣024D.m𝑣024.(2020湖北武汉武昌高一下检测,)质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左运

动,起始点A与一轻弹簧自由端O相距s,如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ,物体与弹簧相碰后,弹簧的最大压缩量为x,则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短过程中,物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度为g)()A.12m𝑣02-μmg(s+x)B.12m𝑣02-μmgxC.

μmgsD.μmg(s+x)题组三运用动能定理分析曲线运动5.(2020黑龙江大庆四中高一下期中,)如图所示,一个小球质量为m,静止在光滑的水平轨道上。现以水平力击打小球,使小球能够通过半径为R的竖直光滑半圆轨道的最高点C,则水平力对小

球所做的功至少为(重力加速度为g)()A.mgRB.2mgRC.2.5mgRD.3mgR6.(2020浙江杭州学军中学高三期末,)如图,一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道

。质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功,则()9A.W=12mgR,质点恰好可以到达Q点B.W>12mgR,质点不能到达Q点C.W=12mgR,质点到达Q点后

,继续上升一段距离D.W<12mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离题组四运用动能定理分析多过程问题7.(2021广东茂名高州高三二模,)如图所示,固定斜面体的斜面AD部分粗糙,DB部分光滑,一个物块从斜面底端A点以大小为9m/s的初速度沿斜面上滑,最高到达E点,经

过D点的速度大小为6m/s,且DE=AD。已知斜面的倾角为θ=37°,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求(结果可用分式或带根号)(1)物块在AD段与斜面间的动摩擦因数;(2)物块又返回到A点的速度大小。8.(2021浙江绍兴诸暨中学高一

下期中,)如图所示,质量m=0.1kg的小球从距地面高H=5m处由静止开始自由下落,到达地面恰能沿凹陷于地面的半圆形槽的右端切入,半圆形槽半径R=0.4m。小球到达槽最低点时速率为10m/s,并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘竖直向上飞出……,如此反复

,设小球在槽壁运动时受10到的摩擦力大小恒定不变,不计空气阻力及小球与槽壁口接触时的能量损失(取g=10m/s2)。求:(1)小球第一次飞离槽后上升的高度H1;(2)小球最多能飞出槽外的次数。119.(2020山东烟台高一下期中,)在游乐节目中,选

手需要借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上,如图所示。我们将选手简化为质量m=60kg的质点,选手抓住绳由静止开始摆动,此时绳与竖直方向的夹角α=53°,绳长l=2m,绳的悬点O距水面的高度为H=3m。不考虑空气阻力和绳的质量,浮台露出水面的高度不计,水足够深。取重力加速

度g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6。(1)求选手摆到最低点时对绳的拉力的大小F;(2)若选手摆到最低点时松手,落到了浮台上,试用题中所提供的数据算出落点与岸的水平距离;(3)若选手摆到最高点时松手落入水中。设水对选手的平均浮力f1=800N,平均阻力f

2=700N,求选手落入水中的深度d。12答案全解全析基础过关练1.A对于一定质量的物体,其动能变化,则速度大小一定变化,速度一定发生变化,故A正确;对于一定质量的物体,速度变化,有可能是速度方向改变而大小不变(如匀速圆周运动),则动能不变,故B、C错误;对于一定质量的物

体,速度不变,也就是速度的大小和方向都不变,则动能一定不变,故D错误。2.CD根据动能的表达式Ek=12mv2,甲的速度是乙的2倍,甲的质量是乙的12,则甲的动能是乙的2倍,故A错误;甲的质量是乙的2倍,甲的速度是乙的12,则甲的动能是乙的12

,故B错误;甲的质量是乙的4倍,甲的速度是乙的12,则甲的动能和乙的相等,故C正确;动能是标量,只要物体质量相等,速度大小也相等,则动能一定相等,故D正确。3.A由功的定义可知选项A正确;合力做的功为零,合力不一定为零,例如物体所受的合力

和运动方向垂直,合力不做功,选项B错误;物体做变速运动,可能是速度方向变化而速度大小不变,所以,物体做变速运动,动能可能不变,选项C错误;物体的动能不变,只能说合力不做功,但合力不一定为零,选项D错误。4.D抛出时人对石块做的功为W1,石块从抛出到落地

过程中重力对它做的功为W2,克服空气阻力做的功为W3,所以外力做的总功是W总=W1+W2-W3,由动能定理可得,石块落地时的动能为Ek=W1+W2-W3,故选D。5.B对篮球撞击篮筐前的整个过程运用动能定理,得W-mgh=12mv2-0,g取10m/s2,代入数据解得W

=mgh+12mv2=0.6×10×1.5J+12×0.6×1J=9.3J,故选B。6.BD根据动能定理,对物体有W底板-mgh=12mv2,得W底板=12mv2+mgh,选项B正确,A错误;对电梯和物体整体,有W钢索-Mgh

-mgh=12Mv2+12mv2,W钢索=12Mv2+Mgh+mgh+12mv2,显然,钢索的拉力做的功大于12Mv2+Mgh,选项D正确,C错误。7.C设弹力对物块做的功为W弹,由动能定理得W弹-μmgx=12m

v2-0,弹力做功W弹=12mv2+μmgx,选项C正确。138.C由题图可知,小球的初动能Ek0=12m𝑣02=5J;0～2s内,只有重力做功,由动能定理得mgh=Ek-Ek0=25J,而h=12gt2=20m。由以上三式可以求出小球的质量m、初速度v0和最初2s内重力做功的平均功率

,但小球抛出时的高度无法求出。9.D根据动能定理可得F合Δh=ΔEk,则Ek-h图线的斜率大小k=F合。上升过程中,有mg+F阻=72−363−0N=12N;下落过程中,有mg-F阻=48−243−0N=8N;联立解得F阻=2N,故A、B、C错误,D正确。10.D当小朋友滑到斜坡底端时动能最大,设

为Ekm,对小朋友在斜坡上从A点下滑过程,根据动能定理得mgh-μmgcos37°·ℎsin37°=Ekm-12m𝑣02,解得Ekm=1440J,故A、B错误;设小朋友在水平面上滑行的距离为s,对小朋友在水平面上的运动过程,由动能定理得-μmgs=0-Ekm,解得s=19.2m,

故C错误,D正确。11.答案(1)4√2m/s(2)0.64m解析(1)在A点时滑块的初动能EkA=0,到达B点时的动能EkB=12m𝑣𝐵2。由A到B过程中,外力做功W=F1x1+F2x2-μmgx由动能定理可得W=EkB-EkA联立以上各式解得vB=4√2m/s。

(2)设滑块上升到D点时速度为零,从B到D通过的距离为s1。到达D点时滑块的动能为EkD=0,由B到D的过程中,外力做功为W1=-mgs1sin37°-μmgs1cos37°由动能定理得W1=EkD-EkB联立以上各式解得s1

=1.6m。由于mgsin37°>μmgcos37°,知滑块不能静止在D点,将继续向下运动。设滑块最终停在水平轨道上的E点,B、E两点间的距离为s2。在E点,滑块的动能为EkE=0由D到E的过程中,外力做功为W2=mgs1sin37°-μm

gs1cos37°-μmgs2由动能定理得W2=EkE-EkD14联立以上各式解得s2=0.64m。12.答案(1)60m1.86×107W(2)见解析解析(1)从A点到B点舰载机做初速度为零的匀加速直线运动,则航母水平甲板AB长度为

s=𝑣t=0+𝑣𝐵2t=602×2m=60m此过程舰载机的加速度为a=𝑣𝐵𝑡=602m/s2=30m/s2根据牛顿第二定律得F-F阻=ma据题知F阻=0.1mg舰载机发动机的额定功率为P=FvB联立解得P=1.86×107W(2)舰载机从B点运动到C点过程,由动能定理得Pt-F阻·𝐻

sin𝜃-mgH=12m𝑣𝐶2-12m𝑣𝐵2解得vC≈104.5m/s>80m/s故舰载机能安全起飞。能力提升练1.BDA物体所受的合外力等于B对A的摩擦力,对A物体运用动能定理,则有B对A的摩擦力所做的功等于A物体的动能增量,故B

正确。A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力,大小相等,方向相反,由于A在B上滑动,A、B对地的位移不相等,故摩擦力对二者做功不相等,C错。对B应用动能定理,有WF-Wf=ΔEkB,即WF=ΔEk

B+Wf,可知外力F对B做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和,D正确。由前述讨论知,B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不相等,故A错。2.ACD由于水平传送带足够长,物体从传送带左端运

动到右端的过程中,速率从零增大到v,根据动能定理知,传送带对物体做的功为12mv2,选项A正确;物体在传送带上先做初速度为零的匀加速直线运动,后做匀速直线运动,则物体相对传送带滑动过程的位移大小为s1=𝑣2t,对应时间内传送带的位移大小为s2=vt,得s2=2s1,全

过程中物体对传送带做的功为-fs2=-f·2s1=-mv2,选项B错误;物体加速阶段,摩擦力15对物体做功的功率大小P'=f·at',可知P'逐渐增大,选项C正确;物体加速阶段摩擦力对传送带做功的功率大小P=fv,可知

P恒定不变,选项D正确。3.C由题意知,绳子上的拉力为变力,不能用W=Flcosθ计算绳子上的拉力对物体所做的功。绳与水平方向的夹角为45°时,人拉绳的速度为v=v0cos45°=√22v0,故质量为m的物体的速度等于√22v0;对物体应用动能定理,可得人从地面上平台的边缘开始向

右行至绳与水平方向夹角为45°过程中,人的拉力对物体所做的功为W=12mv2=𝑚𝑣024,C正确。4.A对全过程,应用动能定理得-W-μmg(s+x)=-12m𝑣02,解得W=12m𝑣02-μmg(s+x),故A正确。5.C小球

恰好通过竖直光滑半圆轨道的最高点,水平力对小球所做的功最少,在C点有mg=𝑚𝑣2𝑅;对小球,由动能定理得W-2mgR=12mv2,联立解得W=2.5mgR,C项正确。6.C由于质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,

由牛顿第三定律可知,轨道对质点的支持力为4mg。在最低点N,由牛顿第二定律得4mg-mg=m𝑣2𝑅,解得质点滑到轨道最低点时的速度v=√3𝑔𝑅。对质点从开始下落到滑到最低点的过程,由动能定理得2mgR-W=12mv2,解得W=12mgR。质点由N点到Q点的

过程中,在等高位置处的速度总小于由P点到N点下滑时的速度,分析可知质点由N点到Q点的过程克服摩擦力做功W'要小于W=12mgR,故质点到达Q点后,可继续上升一段距离,选项C正确。7.答案(1)316(2)3√7m/s解析(1)设物块从A运动到

D过程的加速度大小为a1,由牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ=ma1解得a1=gsinθ+μgcosθ设物块从D运动到E过程的加速度大小为a2,由牛顿第二定律可得mgsinθ=ma2解得a2=gsi

nθ16由匀变速直线运动的速度-位移公式x=𝑣𝑡2-𝑣022𝑎可得AD=𝑣𝐷2-𝑣02-2𝑎1,DE=0−𝑣𝐷2-2𝑎2且DE=AD解得μ=316,AD=3m(2)对物块在斜面上运动的全过程,由动能定理可得-μmgcosθ·2AD=12

m𝑣𝐴2-12m𝑣02解得vA=3√7m/s8.答案(1)4.2m(2)6次解析(1)由于小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小恒定不变,由对称性可知,小球在槽右半部分与左半部分运动时克服摩擦力做的功相等,设为Wf。小球

从开始下落至到达槽最低点的过程中,由动能定理得mg(H+R)-Wf=12mv2解得Wf=0.4J小球由槽最低点到第一次上升到最大高度的过程,由动能定理得-mg(H1+R)-Wf=0-12mv2,解得H1=

4.2m(2)设小球能飞出槽外n次,对整个过程,由动能定理得mgH-n×2Wf=0解得n=6.25,n只能取整数,故小球最多能飞出槽外6次。9.答案(1)1080N(2)(85+4√55)m(3)1.2m解析(

1)选手从静止到摆到最低点过程,由动能定理得mgl(1-cosα)=12mv2在最低点,F'-mg=m𝑣2𝑙联立解得F'=1080N故选手摆到最低点时对绳的拉力F=F'=1080N(2)选手摆到最低点时的速度为v=4m/s松手后

选手做平抛运动,有H-l=12gt2,x=vt17解得x=4√55m故落点与岸的水平距离x总=lsinα+x=(85+4√55)m(3)对整个运动过程,由动能定理得mg(H-lcosα+d)-(f1+f2)d=0则d=𝑚𝑔(𝐻-𝑙cos𝛼)𝑓1+𝑓2-𝑚𝑔解得d=1.2

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