2020-2021学年第八章 机械能守恒定律3 动能和动能定理课时训练

这是一份2020-2021学年第八章 机械能守恒定律3 动能和动能定理课时训练，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
用100 N的力将0.5 kg静止的足球以8 m/s的初速度沿水平方向踢出20米，则人对球做功为( )
A. 200 JB. 16 JC. 2000 JD. 无法确定
如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高。质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g，质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为( )
A. 14mgRB. 13mgRC. 12mgRD. π4mgR
如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静开始向右运动，重力加速度大小为g，则小球运动到其轨迹最高点时的动能为：
A. 2mgRB. 3mgRC. 4mgRD. 5mgR
某同学在开展研究性学习的过程中，利用加速度传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律，并在计算机上得到了前4 s内物体加速度随时间变化的图象，如图所示．设第1 s内运动方向为正方向，则下列说法正确的是
A. 物体先向正方向运动，后向负方向运动
B. 物体在第4 s末的动能为81 J
C. 物体在第1 s末的速度最大
D. 前4 s内合外力做的功等于前2 s内合外力做的功
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，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在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．重力加速度取10m/s2.该物体的质量为
A. 2kgB. 1.5kgC. 1kgD. 0.5kg
如图所示，质量为m的物体置于光滑水平面上，一根绳子跨过定滑轮一端固定在物体上，另一端在力F作用下，物体由静止开始运动到绳与水平方向夹角α=30°时绳以速度v0竖直向下运动，此过程中，绳的拉力对物体做的功为( )
A. 2mv02B. 12mv02C. 32mv02D. 23mv02
如图所示，质量为m的小滑块(可视为质点)，从高为h的A点由静止开始沿斜面下滑，停在水平地面上的B点(斜面和水平面之间由小圆弧平滑连接)。要使滑块能原路返回，在B点需给小滑块的瞬时冲量最小应是( )
A. 2mghB. mghC. mgh2D. 4mgh
在离地高为H处落下一小球，小球在空中运动所受空气阻力是它重力的k倍，而小球与地面相碰后，能以相同的速率反弹，则小球从释放开始直到多次跳动后停止，通过的总路程为( )
A. H B. kHC. HkD. k2H
小明和小强在操场上一起踢足球。若足球质量为m，小明将足球以速度v从地面上的A点踢起。当足球到达最高点B位置时距离地面高度为h，如图所示，不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )
A. 小明对足球做的功等于mv22+mgh
B. 小明对足球做的功等于mv22
C. 足球在最高点B位置处的动能为0
D. 足球在最高点B位置处的动能为mv22+mgh
如图所示，半径为R的34圆弧轨道固定在竖直平面内，一质量为m的小球由距槽口M正上方3R的O点无初速度释放，经过一段时间小球运动到圆弧轨道的最高点N，且此时小球与轨道之间压力的大小为mg.重力加速度为g，则对小球由O到N的过程，下列描述正确的是 ( )
A. 小球在N点的速度大小为2gR
B. 小球在N点具有的重力势能为mgR
C. 合力对小球做功为2 mgR
D. 摩擦力对小球做功为-2mgR
二、多选题
在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到一定值后立即关闭发动机，汽车继续滑行直到停止。这辆汽车v-t图象如图所示，设在汽车行驶的整个过程中，汽车的牵引力和汽车所受的阻力都是恒定的，汽车牵引力大小为F，阻力大小为f在汽车行驶的整个过程中，牵引力做功为W1，克服阻力做功为W2，则( )
A. F：f=5：1B. F：f=6：1
C. W1：W2=1：1D. W1：W2=1：5
如图所示为某段滑雪雪道模型图.已知雪道倾角为30°，总质量为m (包括雪具在内)的滑雪运动员从距离底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度的大小为16g，在他从上而下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( )
A. 运动员获得的动能为mgh
B. 运动员克服摩擦力做功为23mgh
C. 下滑过程中系统减少的机械能为23mgh
D. 下滑过程中系统减少的机械能为mgh
如图所示，在光滑的水平面内建立xOy坐标，质量为m的小球以某一速度从O点出发后，受到一平行于y轴方向的恒力作用，恰好通过A点，已知小球通过A点的速度大小为v0，方向沿x轴正方向，且OA连线与Ox轴的夹角为30°。则
A. 恒力的方向一定沿y轴负方向
B. 恒力在这一过程中所做的功为16mv02
C. 恒力在这一过程中的冲量大小为36mv0
D. 小球从O点出发时的动能为76mv02
一滑块从固定光滑斜面顶点由静止释放，沿斜面下滑的过程中，滑块的动能Ek与运动时间t、下滑高度h、运动位移s之间的关系图像正确的是
A. B. C. D.
三、计算题
如图所示，光滑曲面与粗糙平面平滑连接，质量为m2=3kg的滑块B静止在光滑曲面的底端，质量为m1=2kg的滑块A由曲面上高度H=1.25m处无初速释放，滑到底端和滑块B发生弹性正碰，已知两滑块与平面间的动摩擦因数均为0.2，重力加速度g=10m/s2.求：

(1)滑块A滑到底端与B碰撞前瞬间的速度大小；
(2)碰后滑块B在粗糙平面上滑行的距离L．
如图所示，长为4 m的水平轨道AB，与半径为R=0.5m的竖直的半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为2 kg的滑块(可视为质点)，在水平向右、大小为14N的恒力F作用下，从A点由静止开始运动到B点，滑块与AB间的动摩擦因数为μ=0.25，BC间粗糙，取g=10m/s2.求：
(1)滑块到达B处时的速度大小；
(2)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？
如图甲所示，质量m=1kg的物体静止在光滑水平面上，t=0时刻，物体受到一个变力F作用，t=1s时，撤去力F，某时刻物体滑上倾角为37°的粗糙斜面；已知物体从开始运动到斜面最高点的v-t图象如图乙所示，不计其他阻力，(g取10m/s2)求：
(1)变力F做的功。
(2)物体从斜面底端滑到最高点过程中克服摩擦力做功的平均功率。
(3)物体回到出发点的速度。
如图所示，水平传送带左端与光滑水平面平滑连接，右端与竖直面内的光滑四分之一圆弧轨道BC的最低端B平滑连接，传送带长为L，一轻弹簧放在水平面上，弹簧左端与竖直墙壁相连，用质量为m的滑块压缩弹簧，当物块压缩弹簧至A点时由静止释放，物块被弹簧弹开，结果刚好能滑到传送带的右端，此过程传送带静止不动，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
(1)求刚开始释放物块时，弹簧具有的弹性势能；
(2)若让传送带顺时针转动，仍将物块压缩弹簧至A点，由静止释放物块，物块被弹簧弹开后滑上传送带，要使传送带对物块尽可能多的做功，传送带的速度至少多大？物块获得的最大动能为多少？
(3)若传送带以(2)问中最小速度顺时针转动，物块从A点被弹出到第三次滑过B点的过程中，带动传送带的电动机因物块在传送带上滑动额外多做的功为多少？
答案和解析
1.【答案】B
【解答】
对人开始踢球到离开脚过程，由动能定理得：W=12mv2=12×0.5×82J=16J，故B正确，ACD错误。
2.【答案】C
【解答】
质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得：N-mg=mvQ2R，由题有：N=2mg，可得：vQ=gR，质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得：mgR-Wf=12mvQ2，得克服摩擦力所做的功为Wf=12mgR，故C正确，ABD错误．
3.【答案】A
【解答】
小球从a点到c点根据动能定理，有F●3R-mgR=Ek-0，且F=mg，解得小球到c点时的动能Ek=2mgR，速度大小为4gR，方向竖直向上，则竖直方向向上还能上升的距离为2R，由运动学规律水平方向的位移为2R，由动能定理F×5R-mg×3R=Ekm-0，得Ekm=2mgR，故A正确，BCD错误。
故选A。
4.【答案】D
【解答】
AC.由图象可知，物体在0-3s内物体沿正方向做加速运动，在3-4s内沿正方向做减速运动，故在第3s末物体的速度最大，在第4s末距离出发点最远，故AC错误；
BD.a-t图象的“面积”大小等于速度变化量，则在前4s内物体速度的变化量△v等于前2s内速度变化量，为△v=2×1+22×1m/s=3m/s，则第4s末的速度为v=3m/s，动能为Ek=12mv2=12×2×32J=9J，由动能定理得，前4s内合外力做的功等于前2s内合外力做的功，故B错误，D正确。
故选D。
5.【答案】C
【解答】
根据动能定理可得：mah=△Ek，解得斜率的大小为ma=ΔEkΔh；
上升过程中：ma1=ΔEk1Δh1=72-363N=12N
下落过程中：ma2=ΔEk2Δh2=48-243N=8N
设与运动方向相反的外力为F，根据牛顿第二定律可得：
上升过程中：mg+F=ma1，
下落过程中：mg-F=ma2，
联立解得：m=1kg。
故C正确，ABD错误。
故选C。
6.【答案】D
【解答】
将物体的运动分解为沿绳子方向的运动以及垂直绳子方向的运动，则由三角函数可解得：当物体运动到绳与水平方向夹角α=30°时物体的速度为v，则vcs30°=v0，则v=233v0，物体由静止开始运动到绳与水平方向夹角α=30°过程中，物体只受绳子拉力做功，由动能定理得：绳的拉力对物体做的功W=12mv2-0=23mv02，故ABC错误，D正确。
故选D。
7.【答案】A
【解答】
滑块从A到B过程，根据动能定理，有：mgh-Wf=0，
滑块从B返回A过程，根据动能定理，有：-mgh-Wf=0-12mv2，
联立解得：v=2gh；
在B点需给物体的瞬时冲量等于动量的增加量，故I=mv=2mgh，故A正确，BCD错误。
故选A。
8.【答案】C
【解答】
运用动能定理研究小球从开始下落到停止弹跳为止的过程，
开始运动时，物体的速度为零，最后静止速度也为零，
整个过程重力做功WG=mgH
我们可以把整个过程分为若干个单方向过程，每一个单方向过程阻力做功为-kmgL
所以整个过程阻力做功Wf=-kmgX，其中X为若干个单方向过程位移大小之和，也就是路程，
利用动能定理列式有WG+Wf=0解得X=Hk，故C正确，ABD错误；
故选C。
9.【答案】B
【解答】
解：选取足球被踢的过程，由动能定理可知：小明对足球做的功W踢=12mv2，故A错误B对．
足球在运动到最高点时，竖直分速度为0，但水平速度分速度不为0，故运动不为0，故C错。
足球在从A到B运动的过程中，重力做负功，动能减少，故不可以大于12mv2 ，故D错。
10.【答案】A
【解答】
A、由题意可知，小球在N点时，轨道对小球的作用力为F=mg，由牛顿第二定律有F+mg=mv2R，解得v=2gR，故A正确；
B、重力势能的大小与参考面的选取有关，因此小球在N点具有的重力势能不能确定，故B错误；
C、对小球由O点运动到N点的过程，由动能定理得，
由以上整理可得W合=mgR，故C错误；
D、对小球由O点运动到N点的过程，由动能定理得mg⋅2R+Wf=12mv2-0，解得Wf=-mgR，故D错误．
故选A。
11.【答案】BC
【解析】解：对全过程由动能定理可知W1-W2=0，故W1：W2=1：1，
根据恒力做功公式的：
W1=Fs
W2=fs'
由图可知：s：s'=1：6
所以F：f=6：1，故BC正确，AD错误。
12.【答案】BC
【解答】
A.运动员运动员下滑的距离：L=hsin30∘=2h；，由运动学公式可得：v2=2aL，得：v=2aL；动能为：Ek=12mv2=13mgh，故A错误；
B.由动能定理可知mgh-Wf=12mv2；解得克服摩擦力做功：Wf=23mgh，故B正确；
CD.机械能的减小量等于阻力所做的功，故下滑过程中系统减少的机械能为23mgh，故C正确，D错误。
故选：BC。
13.【答案】AD
【解答】
小球受到恒力作用做匀变速曲线运动，利用逆向转换方法，小球做类平抛运动。由此可判断恒力方向一定沿y轴负方向。由tan300=yx=12at2v0t=at2v0可得，小球经过坐标原点时，沿y轴方向的分速度vy=at=233v0，沿x轴方向的速度仍为v0。小球从O点出发时的动能Ek=12m(vx2+vy2)=76mv02，恒力在这一过程中所做的功为W=12mv02-12m(vx2+vy2)=-23mv02，恒力在这一过程中的冲量大小I=mΔv=mvy=233mv0。故AD正确，BC错误。
故选AD。
14.【答案】BC
【解答】
AB.设滑块的加速度为a，则t时刻滑块的动能为 Ek= 12 mv2=12 ma2t2，Ek-t图象应是抛物线。Ek-t2的图像应该为过原点的倾斜直线，故A错误，B正确；
C.根据动能定理得出，滑块下滑高度为h时的动能为mgh=Ek，故Ek-h图线为正比例函数图线，故C正确；
D.根据动能定理得出，当下滑的位移为s时，mgssinθ=Ek，其中的角度为斜面的倾角，故Ek-s图线为正比例函数图线，故D错误；
故选BC。
15.【答案】解：(1)物块A下滑，动能定理：m1gH=12m1v02
v0=5m/s
(2)AB弹性碰撞，动量守恒：m1v0=m1v1+m2v2
能量守恒：12m1v02=12m1v12+12m2v22
解得：v2=4m/s
碰后B匀减速直线运动，由动能定理：-μm2gL=-12m2v22
得L=4m．
16.【答案】解：(1)轨道AB长x=4m，滑块从A到B的过程中，由动能定理有：
Fx-μmgx=12mvB2
解得：vB=6m/s
(2)当滑块恰好能到达C点时，应有：mg=mvC2R
滑块从B到C的过程中，由动能定理：W-mg·2R=12mvC2-12mvB2
联立解得：W=-11J，即克服摩擦力做功为11J。
17.【答案】解：(1)物体1s末的速度v1=10 m/s，根据动能定理得：
变力F做的功WF=12mv12=12×1×102J=50 J。
(2)物体在斜面上升的最大距离：
x=12×1×10 m=5 m
物体到达斜面时的速度v2=10 m/s，到达斜面最高点的速度为零，根据动能定理：
-mgxsin 37°-Wf=0-12mv22
解得：Wf=20 J
物体从斜面底端滑到最高点过程中克服摩擦力做功的平均功率P-=Wft=201W=20W。
(3)设物体重新到达斜面底端时的速度为v3，则根据动能定理：
-2μmgxcs 37°=12mv32-12mv22，
计算得出：解得：v3=25 m/s
此后物体做匀速直线运动，到达原出发点的速度为25 m/s。
18.【答案】解：(1)由能量守恒可知Ep=μmgL；
(2)物块在传送带上时传送带一直对物块做功，则物块一直处于加速状态，设物块到传送带右端时速度为v，根据功能关系：
μmgL=12mv2-Ep；解得：v=2μgL；
即传送带的速度至少为2μgL；物块获得的最大动能Ekm=12mv2=2μmgL；
(3)设物块滑上传送带时的初速度为v0，则12mv02=Ep；解得v0=2μgL；
物块在传送带上运动的加速度a=μg，在传送带上运动的时间t=v-v0a=(2-2)Lμg；
第一次经过传送带电动机额外多消耗的电能为E1=Ekm-Ep+μmg(vt-L)
得：E1=2(2-2)μmgL；
根据运动的对称性可知，物块第二次经过传送带所用时间仍为(2-2)Lμg；
第二次经过传送带电动机额外多消耗的电能E2=μmgvt=2(2-2)μmgL；
第三次经过传送带与第一次经过传送带运动相同；
因此第三次经过传送带电动机额外多消耗的电能仍为2(2-2)μmgL；
三次经过传送带电动机共额外多消耗的电能为E=6(2-2)μmgL。