物理必修27.动能和动能定理同步练习题

这是一份物理必修27.动能和动能定理同步练习题，共5页。试卷主要包含了质量一定的物体，下面有关动能的说法正确的是，如图5所示，，如图8所示，等内容，欢迎下载使用。

1．质量一定的物体( )
A．速度发生变化时其动能一定变化
B．速度发生变化时其动能不一定发生变化
C．速度不变时其动能一定不变
D．动能不变时其速度一定不变
2．下面有关动能的说法正确的是( )
A．物体只有做匀速运动时，动能才不变
B．物体做平抛运动时，水平方向速度不变，动能不变
C．物体做自由落体运动时，重力做功，物体的动能增加
D．物体的动能变化时，速度不一定变化，速度变化时，动能一定变化
3．质量不同而具有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平面上滑行到停止，则
( )
A．质量大的物体滑行的距离长
B．质量大的物体滑行的距离短
C．它们克服阻力做的功一样大
D．它们运动的加速度一样大
4．质量为1.0 kg的滑块，以4 m/s的初速度在光滑的水平面上向左滑行，从某一时刻起
将一向右水平力作用于滑块，经过一段时间，滑块的速度方向变为向右，大小为4 m/s，
则在这段时间内水平力所做的功为( )
A．0 B．8 J C．16 J D．32 J
5．某人把质量为0.1 kg的一块小石头从距地面5 m的高处以60°角斜向上抛出，抛出时
的初速度大小为10 m/s，则当石头着地时，其速度大小约为(g取10 m/s2)( )
A．14 m/s B．12 m/s
C．28 m/s D．20 m/s
6．如图5所示，
图5
用同种材料制成的一个轨道，AB段为eq \f(1,4)圆弧，半径为R，水平放置的BC段长度为R.一
小物块质量为m，与轨道间的动摩擦因数为μ，当它从轨道顶端A由静止下滑时，恰好
运动到C点静止，那么物块在AB段所受的摩擦力做的功为( )
A．μmgR B．mgR(1－μ)
C．πμmgR/2 D．mgR/2
7．一质量为1 kg的物体被人用手由静止向上提升1 m，这时物体的速度是2 m/s，则下
列结论中不正确的是( )
A．手对物体做功12 J B．合外力对物体做功12 J
C．合外力对物体做功2 J D．物体克服重力做功10 J
8.
图6
2008年北京奥运会上，芜湖籍跳水运动员周吕鑫获得了10米跳台的银牌，为芜湖人民
争了光．假设在某次比赛中他从10 m高处的跳台跳下，如图6所示．设水的平均阻力约
为其体重的3倍，在粗略估算中，把运动员当做质点处理，为了保证运动员的人身安全，
池水深度至少为(不计空气阻力)( )
A．5 m B．3 m C．7 m D．1 m
9．物体沿直线运动的v－t图象如图7所示，已知在第1秒内合力对物体做功为W，则
( )
图7
A．从第1秒末到第3秒末合力做功为4W
B．从第3秒末到第5秒末合力做功为－2W
C．从第5秒末到第7秒末合力做功为W
D．从第3秒末到第4秒末合力做功为－0.75W
10．如图8所示，
图8
质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块，
并最终留在木块中与木块一起以速度v运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距
离L，子弹进入木块的深度为s，若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系式中正
确的是( )
A．FL＝eq \f(1,2)Mv2
B．Fs＝eq \f(1,2)mv2
C．Fs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2
D．F(L＋s)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mv2
11.一列车沿平直铁轨行驶，车厢所受阻力大小恒为Ff＝2×103 N．从车站开出时车头对
车厢的牵引力为F＝6×103 N，当行驶一段距离l1＝50 m后，车厢与车头脱钩，求脱钩
后车厢继续向前滑行的距离l2.
图9
12．一质量为m＝2 kg的小球从光滑的斜面上高h＝3.5 m处由静止滑下，斜面底端紧接
着一个半径R＝1 m的光滑圆环，如图9所示，求：
(1)小球滑到圆环顶点时对圆环的压力；
(2)小球至少应从多高处由静止滑下才能越过圆环最高点？(g取10 m/s2)
参考答案
1．BC
2．C [物体只要速率不变，动能就不变，A错；速度有方向，动能没方向，B错；物体做自由落体运动时，其合力等于重力，重力做功，物体的动能增加，故C正确；物体的动能变化时，速度的大小一定变化，故D错．]
3．BCD [两物体的初动能相同，末动能也相同，动能的变化量相同，由动能定理知，合力对它们做的总功相等，即它们克服摩擦力做的功一样大．由关系式μm1gl1＝μm2gl2可知，质量大的物体滑行的距离短．由牛顿第二定律a＝eq \f(F,m)＝eq \f(μmg,m)＝μg知，它们运动的加速度相同．]
4．A [这段过程的初动能和末动能相等，根据动能定理W＝Ek2－Ek1知，W＝0，故选A.]
5．A [此过程中可忽略空气阻力，认为小石头只受重力作用．由动能定理，重力对物体所做的功等于物体动能的变化，知mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，v2＝eq \r(v\\al(2,1)＋2gh)＝10 eq \r(2) m/s，A对．]
6．B [物块在AB段所受的摩擦力大小、方向都变化，故不能直接用功的表达式进行计算，可用动能定理进行研究．设在AB段物块克服摩擦力做的功为W，则物块由A到B运用动能定理可得
mgR－W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－0①
物块由B到C运用动能定理可得－μmgR＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)②
①②两式结合，整理可得W＝mgR(1－μ)，故应选B.]
7．B [由动能定理，得
W手－mgh＝eq \f(1,2)mv2
则W手＝mgh＋eq \f(1,2)mv2＝(1×10×1＋eq \f(1,2)×1×22) J＝12 J
F合l＝W手－mgh＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×1×22 J＝2 J
WG＝－mgh＝－1×10×1 J＝－10 J．故B错误．]
8．A [设水的深度为h，由动能定理mg(10＋h)－3mgh＝0，h＝5 m，A对．]
9．CD [由图象可知物体速度变化情况，根据动能定理得
第1 s内：W＝eq \f(1,2)mv2，
第1 s末到第3 s末：
W1＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv2＝0，A错；
第3 s末到第5 s末：
W2＝0－eq \f(1,2)mv2＝－W，B错；
第5 s末到第7 s末：
W3＝eq \f(1,2)m(－v)2－0＝W，C正确．
第3 s末到第4 s末：
W4＝eq \f(1,2)m(eq \f(v,2))2－eq \f(1,2)mv2＝－0.75W，D正确．]
10．ACD [根据动能定理，对子弹：－F(L＋s)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)知，选项D正确；对木块：FL＝eq \f(1,2)Mv2，故A正确；以上二式相加后整理可得Fs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2，C正确．在应用动能定理列式计算时，一定要注意功与动能变化的对应关系，不能张冠李戴，同时功的公式中的位移必须是对地位移．如对子弹用动能定理时，求功的公式中的位移必须是子弹的对地位移L＋s，对应的是子弹动能的变化；而对木块用动能定理时，位移应是木块的对地位移L，对应的是木块动能的变化．]
11．100 m
解析 方法一：选车厢为研究对象，把它的运动过程分成两段．
对脱钩前做匀加速运动的过程，牵引力做正功，阻力做负功，重力和支持力都不做功，始态速度为零，终态速度为v，根据动能定理有
(F－Ff)·l1＝eq \f(1,2)mv2－0①
对于脱钩后做匀减速运动的过程，阻力做负功，重力和支持力不做功；终态速度为0，始态速度为v，根据动能定理有
－Ff·l2＝0－eq \f(1,2)mv2②
由①②两式解得l2＝100 m.
方法二：取全过程研究，据动能定理得
Fl1－Ff(l1＋l2)＝0.
解得l2＝100 m.
12．(1)40 N (2)2.5 m
解析 (1)小球从开始下滑至滑到圆环顶点的过程中，只有重力做功，故可用动能定理求出小球到最高点时的速度，再由向心力方程求力．
由动能定理有
mg(h－2R)＝eq \f(1,2)mv2－0
小球在圆环最高点时，由向心力方程，得
FN＋mg＝meq \f(v2,R)
联立上述两式，代入数据得
FN＝40 N
由牛顿第三定律知，小球对圆环的压力为40 N.
(2)小球能越过圆环最高点的临界条件是在最高点时只有重力提供向心力，即mg＝meq \f(v′2,R)
①
设小球应从H高处滑下，由动能定理得
mg(H－2R)＝eq \f(1,2)mv′2－0②
由①②得H＝2.5R＝2.5 m
题 号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答 案