4.3动能 动能定理 达标练习（Word解析版）

2021-2022学年教科版（2019）必修第二册
4.3动能动能定理 达标练习（解析版）
1．在某一粗糙的水平面上，一质量为2kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g取10m/s2，根据以上信息不能精确得出或估算得出的物理量有（　　）
A．物体与水平面间的动摩擦因数 B．合外力对物体所做的功
C．物体做匀速运动时的速度 D．物体运动的时间
2．如图所示，光滑的斜劈放在水平面上，斜面上用固定的竖直板挡住一个光滑球，当整个装置沿水平面向左以速度v匀速运动时，以下说法中正确的是（　　）
A．小球的重力做正功 B．斜面对球的弹力做正功
C．挡板对球的弹力做正功 D．合外力做正功
3．某消防队员从一平台无初速度跳下，下落2m后双脚触地，同时采用双腿弯曲的方法缓冲。若视其在缓冲过程中自身重心又匀变速下降了0.5m，则在着地过程中，地面对他双脚的平均作用力大约为自身重力的（　　）
A．5倍 B．10倍 C．20倍 D．3倍
4．一质量为1 kg的滑块以6 m/s的初速度在光滑的水平面上向左滑行。从某一时刻起在滑块上施加一个向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度方向变为向右，大小仍为6 m/s。在这段时间内水平力对滑块所做的功是（　　）
A．0 B．9 J
C．18 J D．无法确定
5．如图所示，将3块木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了3个不同的三角形，其中1和2的底边相同，2和3的高度相同。现将一可视为质点的物块分别从3块木板的顶端由静止释放，物块沿木板下滑到底端，物块与木板间的动摩擦因数均为。下列说法正确的是（　　）
A．物块沿着木板1和2下滑到底端的过程中，机械能损失相同
B．物块沿着木板3下滑到底端的过程中，因摩擦产生的热量最少
C．沿着木板3下滑到底端时，物块的速度最大
D．沿着木板1和2下滑到底端时，物块的速度大小相同
6．如图所示，木板可绕固定水平轴O转动。木板从水平位置OA缓慢转到OB位置，木板上的物块始终相对于木板静止。在这一过程中，物块的重力势能增加了2J。用FN表示物块受到的支持力，用Ff表示物块受到的摩擦力。在此过程中，以下判断正确的是（　　）
A．FN和Ff对物块都不做功
B．FN对物块不做功，重力对物块做功为-2J
C．FN对物块做功为2J，Ff对物块不做功
D．FN和Ff对物块所做功的代数和为0
7．如图，人骑自行车在水平路面沿直线行进。当人停止蹬车后，自行车受阻力作用做减速运动，直至速度减为零。此过程中克服阻力做功为W，人停止蹬车时自行车的速度为v，符合实际情况的W－v图像为图中的（　　）
A． B．
C． D．
8．如图所示，A、D两点分别是斜面的顶端、低端，B、C是斜面上的两个点，，E点在D点的正上方，与A点等高。从E点以一定的水平速度抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，不计空气阻力。则关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程（　　）
A．球1和球2运动的时间之比为
B．球1和球2动能增加量之比为
C．球1和球2抛出时初速度之比为
D．球1和球2落到斜面时速度方向与水平方向夹角的正切值之比为
9．规定向右为正方向，质点做直线运动的图象如图所示，则（　　）
A．质点在内合力做的功大于在内合力做的功
B．内与内合力均做正功
C．3s~6s内和内合力的平均功率相等
D．内合力的功率小于内合力的功率
10．如图所示，某人站在距水平地面高h处的山顶用球拍水平击出一个质量为m的小球（不计空气阻力），球刚好落在图中L处的A点，则下列说法正确的是（　　）
A．球被击出后在水平方向做匀加速直线运动
B．该球从被击出到落至A点所用的时间仅由L决足
C．球被击出时的初速度大小为L
D．击球时球拍对球做的功为
11．按照我国整个月球探测活动的计划，在第一步“绕月”工程圆满完成各项目标和科学探测任务后，第二步是“落月”工程，已在2013年以前完成。假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0，飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道Ⅰ运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B时再次点火进入月球近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动。下列判断正确的是（　　）
A．飞船在轨道Ⅰ上的运行速率v=
B．飞船在A点处点火变轨时，动能（）增大
C．飞船在A点点火后一直到B点过程中速度一直在减小
D．飞船在轨道Ⅲ绕月球运动一周所需的时间T=2π
12．如图所示，斜面体OAB固定在水平桌面上，斜面底端A、B处夹角分别为、，斜面体与桌面材质相同，在顶端O处同时静止释放完全相同的两物块a、b，两物块均沿斜面向下滑行最终静止在水平桌面上，物块在A、B处没有机械能的损失。则以下说法正确的是（　　）
A．两物块运动全程的位移大小相等 B．两物块运动全程的路程相等
C．两物块一定同时到达水平桌面 D．两物块刚到达水平桌面时动能相等
13．在煤矿安全生产过程中，用传送带运输煤块，大大提高了劳动效率，节省了人力，生产线简化如图所示，浅色传送带与水平面夹角为，传送带以的恒定速率沿逆时针方向转动。在传送带上端A处无初速度地轻放上一个质量为的煤块（可视为质点），煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25，已知传送带A到B的长度为。取。则在物块从A运动到B的过程中（　　）
A．物块从A运动到B的时间为
B．物块到B的速度为
C．煤块在传送带上留下的划痕长度
D．因物块和皮带之间的摩擦而产生的内能为
14．如图所示，木板可绕固定水平轴O转动。木板从水平位置OA缓慢转到OB位置，木板上的物块始终相对于木板静止。在这一过程中，物块的重力做功为－2J。用FN表示物块受到的支持力，用Ff表示物块受到的摩擦力。在此过程中，以下判断正确的是（　　）
A．Ff对物块不做功
B．FN对物块做功为2J，Ff对物块不做功
C．FN对物块不做功，Ff对物块做功为2J
D．FN和Ff对物块所做功的代数和为零
15．如图所示，质量为的物体（可看成质点）以初速度沿水平面向左开始运动，起始点与轻弹簧端相距，已知物体与水平面间的动摩擦因数为，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为，则物体从开始运动到弹簧被压缩至最短的过程中（ ）
A．物体克服弹簧弹力所做的功为
B．物体克服弹簧弹力所做的功为
C．弹簧处于最大压缩量时，弹簧的弹性势能为
D．弹簧处于最大压缩量时，弹簧的弹性势能为
16．如图所示，圆柱形管的底端固定一弹射器，弹射器上有一质量m1＝1 kg的小滑块，管和弹射器的总质量m2＝2 kg，滑块与管内壁间的滑动摩擦力大小为0.4m1g。整个装置竖直静止在水平地面上。发射时，滑块离开弹射器瞬间距离上管口的距离为1.0 m；滑块离开弹射器后上升的最大高度为1.4 m。小滑块可视为质点且弹射时间极短，每次弹射后滑块获得的初速度相等，忽略空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
（1）滑块被弹射后在圆柱形管内滑动时的加速度大小；
（2）滑块离开弹射器后运动到最高点的时间。
17．如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一高度，θ=37°，圆弧面的半径R=3.6 m，一滑块质量m=5 kg，与AB斜面间的动摩擦因数μ=0.45，将滑块从A点由静止释放（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2）。求在此后的运动过程中：
（1）滑块在AB段上运动的总路程；
（2）在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值。
参考答案
1．D
【详解】
A．物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力Ff大小相等，则
F=μmg
可解得物体与水平面间的动摩擦因数为
μ==0.35
A错误；
BC．对物体做减速运动的过程，由动能定理得
WF+Wf=0-mv2
根据F－x图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而
Wf=-μmgx
由此可求得合外力对物体所做的功及物体做匀速运动时的速度v，BC错误；
D．物体做加速度逐渐增大的减速运动，据已有规律无法求出运动时间，D正确。
故选D。
2．B
【详解】
对小球进行受力分析：小球受到竖直向下的重力，斜面对它垂直斜面向上的弹力，挡板对它水平向右的弹力，而小球位移方向水平向左，则可知档板对球的弹力做负功，而斜面对球的弹力做正功，小球的重力不做功，根据动能定理可知，物体做匀速运动，合力不做功。
故选B。
3．A
【详解】
设消防员重力为mg，地面对双脚的平均作用力为F，从平台跳下至最低点的过程，据动能定理可得
代入数据可得，故地面对他双脚的平均作用力大约为自身重力的5倍，A正确。
故选A。
4．A
【详解】
在这段时间内只有水平力对滑块做功，根据动能定理可知
即在这段时间内水平力对滑块所做的功是0。
故选A。
5．A
【详解】
AB．如图所示
设木板的倾角为θ，对应的水平位移为x，则物块沿木板下滑到底端时克服摩擦力做的功
与倾角θ无关，所以物块沿着木板1和2下滑到底端的过程中，机械能损失相同，物块沿木板3下滑时克服摩擦力做的功最多，物块的机械能损失最大，产生的热量最多，故A正确，B错误；
C．根据动能定理，有
对于木板1、2，物块克服摩擦力做的功一样多，而
因此
对于木板2、3，
因此
故CD错误。
故选A。
6．C
【详解】
A．FN和运动方向相同，Ff和运动方向垂直，所以FN对物体做正功，Ff对物块不做功。A错误；
B．FN对物体做正功，重力对物块做功为-2J。B错误；
CD．物块的合力做功为零，所以FN对物体做功与克服重力做功相等，即FN对物块做功为2J，结合A选项，可知Ff对物块不做功。C正确，D错误。
故选C。
7．C
【详解】
根据动能定理得
故知W与v成二次函数关系，且抛物线开口向上。
故选C。
8．C
【详解】
A．因为AC=2AB，则AC的高度差是AB高度差的2倍，根据
h=gt2
解得
解得运动的时间比为1：，故A错误；
B．根据动能定理得
mgh=△Ek
知球1和球2动能增加量之比为1：2，故B错误；
C．由图象，球1在水平方向上的位移是球2在水平方向位移的2倍，球1和球2运动的时间之比为1：，结合x=v0t，球1和球2抛出时初速度之比为2：1，故C正确；
D．小球落在斜面上时的竖直分速度
vy=gt
球落到斜面时速度方向与水平方向夹角的正切值
正切值之比
故D错误。
故选C。
9．D
【详解】
A．由动能定理知，0～6s内和6s～10s内动能变化均为零，则合力做的功均为0，选项A错误；
B．3s～6s和8s～10s内质点的动能均减小，合力做负功，选项B错误；
CD．由斜率知，3s～6s内与6s～8s内动能的变化量相等，合力做功相等，但所用的时间不同，合力的平均功率不等，根据
可知，0～3s内合力的功率小于6s～8s内合力的功率，选项C错误，D正确。
故选D。
10．D
【详解】
A．球被击出后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，故A错误；
B．球击出后做平抛运动，根据，得
所以该球从被击出到落至A点所用的时间仅由竖直高度h决定，故B错误；
C．根据L=v0t，得
故C错误；
D．根据动能定理
所以击球时球拍对球做的功为，故D正确；
故选D。
11．D
【详解】
A．在月球表面有
飞船在轨道I上运动有
联立解得飞船在轨道I上的运行速率为
故A错误；
B．飞船在A点处点火变轨后做向心运动，可知所需要的向心力小于外界所提供的向心力，可知飞船的速度减小，动能减小，故B错误；
C．飞船从A到B的过程中，万有引力做正功，动能增大，其速度也增大，故C错误；
D．在轨道III上运动有
、
联立解得卫星在轨道III上运动一周所需时间
T=2π
故D正确。
故选D。
12．A
【详解】
C．由题意可知，物块与斜面和地面有摩擦，设物块和斜面与地面的动摩擦因数为，设O与水平桌面的高度为h，在O点到水平桌面过程中，对a，由牛顿第二定律有
联立解得
同理对b有
解得
因为
所以
故C错误；
D．到达水平桌面时，对a由动能定理得
同理对b有
因为
所以
故D错误；
A．设物块a从A点到静止的水平位移为，对全过程由动能定理得
设物块b从A点到静止的水平位移为，对全过程由动能定理得
可得
可得两物块在水平方向上位移相等，竖直方向的位移为h，所以两物块的位移大小相等，故A正确；
B．对物块a，从A点到静止时由动能定理
解得
则物块a的路程为
同理，对b，从B点到静止时由动能定理
解得
则物块b的路程为
因为
所以两物块运动全程的路程不相等，故B错误。
故选A。
13．AD
【详解】
A．物体放上传送带，滑动摩擦力的方向先沿斜面向下。根据牛顿第二定律得：
则速度从零加速到传送带的速度所需的时间为：
经过的位移为：
由于mgsin37°＞μmgcos37°，可知物体与传送带不能保持相对静止，继续做匀加速运动。速度相等后，物体所受的滑动摩擦力沿斜面向上。根据牛顿第二定律得：
根据
解得：
t2=1s
则
t=t1+t2=2s
故A正确。
B．物块到B的速度为
故B错误；
C．煤块在传送带上第一个加速阶段留下的划痕长度
第二个加速阶段
故总划痕长度
故C错误；
D．因物块和皮带之间的摩擦而产生的内能为
故D正确。
故选AD。
14．AB
【详解】
A．摩擦力Ff方向是沿斜面向上的，摩擦力的方向始终和速度方向垂直，所以摩擦力不做功，A正确；
BC．由动能定理可知
解得
C错误B正确；
D．摩擦力不做功，支持力做2J的功，则FN和Ff对物块所做功的代数和为2J，D错误。
故选AB。
15．AD
【详解】
AB．物体从开始运动到弹簧被压缩至最短的过程中，根据动能定理
解得物体克服弹簧弹力所做的功为
选项A正确，B错误；
CD．由能量关系可知，弹簧处于最大压缩量时，弹簧的弹性势能为
选项C错误，D正确。
故选AD。
16．（1） 14 m/s2；（2） s
【详解】
（1）对滑块由牛顿第二定律得
m1g＋0.4m1g＝m1a1
解得
a1＝14 m/s2
（2）设滑块离开弹射器的初速度为v0，离开管口的速度为v1，滑块到上端口的距离为l，滑块上升的最大高度为H。滑块由底端上升到最高点的过程中，由动能定理得：
－m1gh－0.4m1gl＝0－mv02
滑块离开管口后竖直上抛，由动能定理得：
－m1g（H－l）＝0－m1v12
滑块滑到管口的时间
滑块从管口，上抛到最大高度处的时间
滑块运动的总时间
t＝t1＋t2
解得
s
17．（1）8 m；（2）102 N，70 N
【详解】
解：（1）由题意可知斜面AB与水平面的夹角为θ=37°，知mgsin θ>μmgcos θ，故滑块最终不会停留在斜面上，由于滑块在AB段受摩擦力作用，则滑块做往复运动的高度将越来越低，最终以B点为最高点在光滑的圆弧面上往复运动。设滑块在AB段上运动的总路程为s，滑块在AB段上所受摩擦力大小
Ff=μFN=μmgcos θ
从A点出发到最终以B点为最高点做往复运动，由动能定理得
mgRcos θ Ffs=0
解得
s==8 m
（2）滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，分析受力知此时滑块所受轨道支持力最大,设为Fmax，从A到C的过程，由动能定理得
mgR FflAB=mv12 0
斜面AB的长度
lAB=
由牛顿第二定律得
Fmax mg=
解得
Fmax=102 N
滑块以B为最高点做往复运动的过程中过C点时，速度最小，设为v2，此时滑块所受轨道支持力最小，设为Fmin，从B到C，由动能定理得
mgR（1 cos θ）=mv22 0
由牛顿第二定律得
Fmin mg=
解得
Fmin=70 N
根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102 N，最小值为70 N。