《动能和动能定理》同步练习【老师】

《3.动能和动能定理》同步练习参考答案与试题解析一．选择题1．一质量为0.5kg的物块沿直线运动的速度一时间（v﹣t）图象如图所示，下列说法正确的是（）A．0.25s时的速度方向与1.25s时的速度方向相反 B．1.5s末受到的合力为0 C．0～0.5s内合力做的功为0.5J D．前2s的平均速度大小为0.75m/s解：A、由图象知，0.25s时的速度方向与1.25s时的速度方向都为正方向，方向相同，故A错误。B、由图象知，1.5s末的斜率不为零，则加速度不为零，所以合力不为零，故B错误。C、由动能定理知，0～0.5s内合力做的功W＝﹣0＝×0.5×22J＝1J，故C错误。D、由图象的面积表示位移知，前2s的位移x＝×（0.5+1.5）×2m﹣×0.5×2m＝1.5m，前2s的平均速度＝＝m/s＝0.75m/s，故D正确。故选：D。2．质量为m、初速度为零的物体，在变化不同的合外力作用下都通过位移x0．下列各种情况中合外力做功最多的是（）A． B． C． D．解：在F﹣x图象中，图象与坐标轴围成的面积表示力F所做的功，由图象可知，C图象中围成的面积最大，所以C中合外力做功最多，故ABD错误，C正确。故选：C。3．某人用长绳将一重物从井口送到井下，前二分之一时间物体匀速下降，后二分之一时间物体匀减速下降，到达井底时速度恰好为0，两段时间重物克服拉力做的功分别为W1和W2，则（）A．W1＞W2 B．W1＝W2 C．W1＜2W2 D．W1＝2W2解：设物体的质量为m，匀速运动的速度大小为v，时间为t，则匀速运动时，拉力大小为F1＝mg，位移为x1＝vt，重物克服拉力做的功为W1＝F1x1＝mgvt；匀减速运动时，由牛顿第二定律得：F2﹣mg＝ma，得F2＝m（g+a），位移为x2＝vt，重物克服拉力做的功为W2＝F2x2＝m（g+a）vt；很容易得到：W1＜2W2，故C正确，ABD错误。故选：C。4．某球员定点罚球。篮球刚好水平越过篮筐前沿。已知罚球点离篮筐前沿的水平距离约为4.2m，罚球的出球点与篮球运动最高点间的高度差为0.8m，篮球质量约0.6kg，不计空气阻力。这次罚球该球员对篮球做的功约为（g取10m/s2）（）A．18J B．38J C．58J D．78J解：篮球做斜抛运动，其逆运动是平抛运动，竖直方向有：h＝gt2解得：t＝＝s＝0.4s刚抛出时竖直分速度为：vy＝gt＝10×0.4m/s＝4m/s水平方向分速度为：v0＝＝m/s＝10.5m/s篮球被抛出时的速度为：v＝＝m/s＝m/s抛出时根据动能定理可知：W＝mv2＝×0.6×126.25J≈38J，故B正确，ACD错误。故选：B。5．如图所示，为某运动员（可视为质点）参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变化的v﹣t图象以他离开跳板时为计时起点，则下列说法中正确的是（）A．t3时刻达到最高点 B．t2时刻的位移最大 C．t1时刻的加速度为负 D．在t1﹣t2时间内重力做功WG大于t1﹣t2时间内克服阻力做功Wf解：A、运动员起跳时的速度方向向上，可知，t1时刻达到最高点，故A错误。B、在0﹣t2时间内，v﹣t图象为直线，加速度不变，所以在0﹣t2时间内人在空中，t1时刻达到最高点，t1﹣t2时间内下落，t2时刻开始进入水面，t3时刻达到水中最深处，故B错误。C、根据速度图象的斜率表示加速度，知t1时刻的加速度为正，故C错误。D、在t1﹣t2时间内，运动员的动能增加，根据动能定理知：WG﹣Wf＞0，所以在t1﹣t2时间内重力做功WG大于t1﹣t2时间内克服阻力做功Wf，故D正确。故选：D。二．多选题6．如图甲所示静止在水平地面上的滑块在水平拉力F作用下从t＝0时刻起，其加速度大小a随时间t的变化规律如图乙所示。已知滑块质量m＝1kg，与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2．则下列判断正确的是（）A．t＝2s时，滑块的速度大小为3.2m/s B．t＝5s时，水平拉力F为零 C．0～5s内，水平拉力F所做的功为12.5J D．0～5s内，滑块所受合力做的功为12.5J解：a﹣t图象与时间轴围成的面积等于滑块的速度大小，由图象可知，当t＝2s时，a＝1.2m/s2，v1＝m/s＝3.2m/s，故A正确；B、t＝5s时，水平拉力F与摩擦力大小相等，摩擦力大小f＝μmg＝0.2×10N＝2N，故B错误；CD、由动能定理可知，合力的功W＝mv2＝×1×5J＝12.5J，水平拉力做功大于12.5J，故C错误，D正确。故选：AD。7．两实心小球甲、乙的体积相同，但甲球的质量小于乙球的质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速度大小无关，若两球在空中下落相同的距离，则（）A．甲球的加速度小于乙球的加速度 B．甲球用的时间比乙的长 C．甲球的末速度大于乙球的末速度 D．甲球克服阻力做的功小于乙球克服阻力做的功解：A、设小球的半径为r，则小球下落时受到的阻力大小为f＝kr小球的加速度：a＝＝g﹣．可知，两球体积相同，则半径相同，质量越大，下降的加速度越大，所以甲球的加速度小于乙球的加速度，故A正确。B、两个小球下降的距离是相等的，根据x＝at2可知，加速度比较小的甲球运动的时间长，故B正确。C、根据2ax＝v2可知，加速度比较小的甲球末速度的大小小于乙球末速度的大小，故C错误。D、由题可知，它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，两球半径相同，所受的阻力大小相等，根据W＝FS可知，甲球克服阻力做的功等于乙球克服阻力做的功，故D错误。故选：AB。8．如图a，物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在t＝1s时刻撤去恒力F．物体运动的v﹣t图象如图b。重力加速度g＝10m/s2，（）A．物体在3s内的位移s＝3m B．恒力F与摩擦力f大小之比F：f＝3：1 C．物体与地面的动摩擦因数为μ＝0.3 D．3s内恒力做功WF与克服摩擦力做功Wf之比WF：Wf＝3：2解：A、根据v﹣t图象与时间轴所围的面积表示位移，可得：物体在3s内的位移s＝＝9m，故A错误。B、物体在第1s内和后2s内的位移分别为s1＝×6×1m＝3m，s2＝＝6m，对整个过程，由动能定理得：Fs1﹣fs＝0﹣0，解得：F：f＝3：1，故B正确。C、对后2s内物体的运动过程，由动能定理得﹣μmgs2＝0﹣mv2，解得：μ＝0.3，故C正确。D、对整个过程，由动能定理得：WF﹣Wf＝0，可得，WF：Wf＝1：1，故D错误。故选：BC。三．解答题9．如图所示，半径为R的四分之三光滑圆弧轨道BCD固定在竖直面内，最低点B与水平面平滑相切，BC为直径。一根轻弹簧放在水平面上，左端与固定竖直挡板相连接，弹簧处于自然伸直时，右端刚好与水平面上的A点对齐，质量为m的物块放在A点，刚好与轻弹簧接触，水平面上AB段粗糙，物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，AB段长为3R，A点左侧水平面光滑，用物块压缩轻弹簧至一定的位置由静止释放，物块运动到B点时，对圆弧轨道的压力等于物块重力的3倍，重力加速度为g，不计物块的大小。求：（1）物块从A运动到B所用的时间；（2）若要使物块能沿轨道运动到D点，压缩弹簧的弹性势能至少为多大。解：（l）设物块运动到B应时速度大小为v1，由牛顿第二定律得：3mg﹣mg＝m解得：v1＝设物块运动到A点时速度大小为v0，根据动能定理得：﹣μmg×3R＝﹣解得：v0＝设从点运动到B所用时间为t，则3R＝解得：t＝2（﹣）（2）物块只要能通过C点，就能到达D点，物块在C点时对轨道的压力恰好为零时，速度最小，设最小速度为v2，由牛顿第二定律得：mg＝m解得：v2＝设弹簧的弹性势能至少为EP，根据功能关系得：EP＝μmg×3R+mg×2R+解得：EP＝4mgR答：（1）物块从A运动到B所用的时间是2（﹣）；（2）若要使物块能沿轨道运动到D点，压缩弹簧的弹性势能至少为4mgR。10．如图，质量为m＝1kg的小滑块（视为质点）在半径为R＝0.4m的四分之一圆弧A端由静止开始释放，它运动到B点时速度为v＝2m/s。当滑块经过B后立即将圆弧轨道撤去。滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ＝37°、长s＝1m的斜面CD上，CD之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因数可在0≤μ≤1.5之间调节。斜面底部D点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰好在D点。认为滑块在C、D两处换向时速度大小均不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力。（1）求滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功。（2）若设置μ＝0，求滑块从C第一次运动到D的时间及弹簧的最大弹性势能（3）若最终滑块停在D点，求μ的取值范围。解：（1）在B点，F﹣mg＝m，则F＝mg+m＝1×10N+1×N＝20N，由牛顿第三定律，F'＝20N从A到B，由动能定理得mgR﹣W＝mv2则W＝mgR﹣mv2＝1×10×0.4J﹣×1×22J＝2J（2）在CD间运动，有：mgsinθ＝ma，则加速度：a＝gsinθ＝10×0.6m/s2＝6m/s2匀变速运动规律s＝vt+at2，即1m＝2t+×6t2，解得t＝svD＝v+at＝2m/s+6×m/s＝4m/s物块由D压缩弹簧至最短的过程中，根据能量守恒：Ep＝mv＝×1×42＝8J（3）最终滑块停在D点有两种可能：a．滑块恰好能从C下滑到D。则有mgsinθ•s﹣μ1mgcosθ•s＝0﹣mv2，即1×10×0.6×1J﹣μ1×1×10×0.8×1＝×1×22J，得到μ1＝1b．滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点。当滑块恰好能