8.3动能与动能定理 学科素养提升练（word版含答案）

8.3动能与动能定理 学科素养提升练（解析版）
一、选择题
1．下列关于运动物体所受的合外力、合外力做功和动能变化的关系的说法正确的是（　　）
A．物体的动能不变，所受的合外力必为零
B．如果合外力对物体做的功为零，则合外力一定为零
C．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定发生变化
D．如果物体所受的合外力为零，那么外力对物体做的总功一定为零
2．如图所示，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆竖直光滑，一根轻弹簧一端固定在N点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆，开始时整个装置处于静止状态。现在让金属框绕MN轴转动，其角速度逐渐增大，即ω=βt，式中β是一个常数。则在角速度逐渐增大的过程中，下列判断正确的是（　　）
A．小球的高度会逐渐升高 B．PQ杆对小球的作用力不断增大
C．弹簧弹力会逐渐增大 D．PQ杆对小球的作用力不做功
3．放在光滑水平面上的物体，仅在两个同向水平力的共同作用下开始运动，若这两个力分别做了3J和4J的功，则该物体的动能增加了（　　）
A．12J B．5J C．7J D．1J
4．如图所示为一动车在水平轨道上启动过程中的速度-时间图像，OA段为过原点的倾斜直线，t1时刻速度为v1且达到额定功率P，此后保持功率不变，t2时刻达到最大速度v2，之后保持匀速运动。若汽车受到的阻力大小不变，则以下判断说法正确的是（　　）
A．汽车所受的恒定阻力大小为
B．汽车受到的最大牵引力为
C． t1～t2时间内，汽车的位移大小为
D． t1～t2时间内，汽车的位移大小为
5．如图是利用太阳能驱动的小车，若小车保持牵引力恒定，在平直的水泥路上从静止开始运动，经过时间t前进距离x，电动机的功率达到额定功率P，速度达到。小车的质量为m，所受阻力恒为f，那么这段时间内（　　）
A．小车做加速度逐渐减小的加速运动 B．小车受到的牵引力等于f
C．电动机对小车所做的功为 D．电动机对小车所做的功为
6．一只皮球从离地面一定高度由静止释放，其受到空气阻力的大小与速度平方成正比。下列描写皮球在下落过程中速度v、加速度a与下落时间t的关系图像，皮球克服空气阻力做功、皮球动能E与下落高度h的关系图像，可能正确的是（　　）
A．B．C．D．
7．“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节动力车厢发动机的额定功率均为，若动车组所受的阻力与其速率成正比（，为常量），动车组能达到的最大速度为。下列说法正确的是 （　　）
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶的速度为
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为
8．用电梯将货物沿竖直方向匀速提升一段距离。关于这一过程中，电梯对货物的支持力所做的功、重力对货物做的功以及货物动能的变化，下列说法中正确的是（　　）
A．重力做正功，支持力做负功，物体的动能增大
B．重力做负功，支持力做正功，物体的动能不变
C．重力做负功，支持力做正功，物体的动能增大
D．重力不做功，支持力做负功，物体的动能不变
9．科学研究发现，物体下落过程中所受阻力满足关系式，其中c为系数，为空气的密度，S为物体垂直于速度方向的面积，v为物体相对空气的速度。若一足球从空中足够高处释放，下列说法正确的是（　　）
A．球下落过程中只有重力势能和动能相互转化
B．球下落过程中动能不断增大
C．球的最大动能与其质量的平方成正比
D．球的最大动能与其半径成反比
10．如图所示，将小球从O点正上方的B点以某一速度水平抛出，仅改变B点离地的高度，小球均能击中水平面上的A点。若抛出点离地的高度越高，则（　　）
A．小球平抛的初速度越大 B．小球击中A点时，重力的功率一定越大
C．小球击中A点时，动能一定越大 D．小球击中A点时，动能一定越小
11．一质量为m的物块在外力作用下由静止开始运动，物块的加速度a随其运动位移x的变化规律如图所示。在物块运动0~2L的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．在0~L内外力恒定，L~2L内外力为0
B．物块在0~L内可能做曲线运动，在L~2L内一定做直线运动
C．物块运动至L处的动能为
D．物块从L处运动至2L处所用的时间为
12．在光滑的水平面上建立xOy平面直角坐标系，t=0时质量为1kg的小球从坐标原点由静止开始运动，其沿x方向的vx-t图像和沿y方向的ay-t图像分别如图所示。则小球在t=2s时的动能为（　　）
A．20J B．10J C．8J D．4J
13．在我国，汽车已进入寻常百姓家，一种新车从研发到正式上路，要经过各种各样的测试，其中一种是在专用道上进行起步过程测试，通过车上装载的传感器记录了起步过程速度随时间变化规律图像，如图所示，已知为直线、为曲线、为平行于横轴的直线。时汽车功率达到额定功率且保持不变，该车总质量为，所受到的阻力恒为，则下列说法正确的是（　　）
A．匀加速阶段汽车的牵引力为
B．该车的额定功率为
C．该车的最大速度为
D．该车前内通过的位移大小为
14．如图所示，水平面上固定着高度均为h的两个光滑斜面，倾角分别为，现将完全相同的两个小滑块（视为质点）从顶端静止释放，小滑块到达两斜面底端所用的时间分别为，速率分别为，两滑块运动过程互不影响，则（　　）
A． B． C． D．
15．一探测器从某天体表面开始先竖直向上做初速度为0的匀加速直线运动，上升到距离是此天体半径的，此过程的起点、终点探测器发动机提供的推力差值为。已知该天体表面的重力加速度为，引力常量为G，忽略天体的自转，下列说法正确的是（　　）
A．探测器的质量为
B．探测器匀加速直线运动的加速度为
C．若此天体的质量为M，则天体的第一宇宙速度为
D．若天体的半径为R，探测器匀加速的加速度为a，则在终点探测器的动能为
二、解答题
16． 如图所示，两完全相同质量为m=1kg 的滑块放在动摩擦因数为μ=0.25的水平面上。长度均为L=1m的轻杆OA、OB搁在两个滑块上，且可绕铰链O自由转动，两轻杆夹角为74°。现用竖直向下的恒力F=24N作用在铰链上，使两滑块由静止开始滑动。已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）此时每个滑块的加速度a大小；
（2）当轻杆夹角为106°时，每个滑块的速度v大小。
17．游乐场中有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，其简化模型如图所示，长为L的旋臂一端连接竖直中央轴，另一端连接模型飞机，模型飞机在旋臂带动下可绕中央轴转动并可以上下升降。开始时模型飞机和乘客静止在图中a位置，旋臂与竖直向下方向的夹角为，一段时间后模型飞机和乘客到达图中b位置高度处，并以角速度绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动，此时旋臂与竖直向上方向的夹角也为，已知模型飞机和乘客的总质量为m，重力加速度为g，摩擦阻力忽略不计，求
（1）模型飞机和乘客在图中b位置高度处做水平匀速圆周运动时，旋臂对模型飞机和乘客的作用力F的大小；
（2）从开始运动到模型飞机和乘客在图中b位置高度处做水平匀速圆周运动过程中，旋臂对模型飞机和乘客做的功W。
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参考答案
1．D
【解析】
A．物体的动能不变，所受的合外力不一定为零，例如匀速圆周运动的物体，选项A错误；
B．如果合外力对物体做的功为零，则动能不变，但是合外力不一定为零，例如匀速圆周运动的物体，选项B错误；
C．物体在合外力作用下做变速运动，动能不一定发生变化，例如做匀速圆周运动的物体，选项C错误；
D．如果物体所受的合外力为零，那么外力对物体做的总功一定为零，选项D正确。
故选D。
2．B
【解析】
AC．对小球受力分析，设弹力为，弹簧与水平方向的夹角为，则对小球竖直方向，有
由胡克定律，可得
可知为定值，不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，故AC错误；
B．随着小球转动的角速度不断增大，需要的向心力不断增大，所以杆的弹力不断增大，故B正确；
D．因为小球的线速度不断增大，动能不断增大，弹簧的弹力对小球不做功，所以杆对小球要做功，故D错误。
故选B。
3．C
【解析】
功是标量，合力做的功等于两力做功代数和为7J ，根据动能定理合外力做的功等于动能变化量，即该物体的动能增加了7J。
故选C。
4．D
【解析】
A．汽车所受的恒定阻力大小为
A错误；
B．根据牛顿第二定律
解得
B错误；
CD．根据动能定理得
解得
C错误，D正确。
故选D。
5．C
【解析】
A．小车保持牵引力恒定，小车所受阻力恒定，则小车在运动时间内所受合外力恒定，小车做匀加速直线运动，即小车的加速度保持不变，故A错误；
B．小车匀加速，牵引力大于阻力，故B错误；
C．在小车运动过程，利用动能定理，有
整理可得电动机对小车所做的功为，故C正确；
D．由题意知，小车速度达到v时，电动机的功率达到额定功率P，在小车速达到v之前，电动机的实际功率小于电动机的额定功率，故电动机对小车所做的功小于Pt，故D错误。
故选C。
6．C
【解析】
AB．由于受到空气阻力的大小与速度平方成正比，由牛顿第二定律可得
所以下落过程中先是加速度减小的加速运动，当
时，以后做匀速运动，故AB错误；
C．皮球在下落过程中，皮球克服空气阻力做功
故C正确；
D．皮球在下落过程中，由动能定理
所以
由于f增大，故减小，即斜率减小，故D错误。
故选C。
7．C
【解析】
A．对动车组，由牛顿第二定律有
若动车组在匀加速启动，即加速度恒定，但
随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，故A错误；
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有
故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；
C．若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶时加速度为零，有
而以额定功率匀速时，有
联立解得
故C正确；
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，由动能定理可知
可得动车组克服阻力做的功为
故D错误。
故选C。
8．B
【解析】
物体受竖直向下的重力和竖直向上的支持力，物体沿竖直方向匀速上升了一段距离，所以位移方向是向上的，根据功的定义式
W=Flcosα
可以发现：重力做负功，支持力做正功，由于物体匀速提升了一段距离，所以物体的动能不变。
故选B。
9．C
【解析】
A．下落过程中受到重力和空气阻力，且空气阻力是会随速度的变化而增大，故还存在内能与重力势能和动能的转化，故A错误；
B．一足球从空中足够高处释放，随着速度增大，阻力增大，当阻力与重力平衡，合力为零，足球匀速运动，动能不再变化，故B错误；
CD．当阻力与重力平衡
，
解得
球的最大动能与其质量的平方成正比，与其半径平方成反比，故C正确D错误。
故选C。
10．B
【解析】
A．由题意，根据平抛运动规律可得
由上式可知，在xOA一定的情况下，抛出点离地的高度h越高，小球平抛的初速度v0越小，故A错误；
B．小球击中A点时，重力的功率为
h越高，P一定越大，故B正确；
CD．根据动能定理可得小球击中A点时的动能为
由上式可知，当时，Ek有最小值；当时，Ek随h的增大而减小；当时，Ek随h的增大而增大。由于不知道开始时h与的关系，所以h越大，小球击中A点时，动能不一定越大，故CD错误。
故选B。
11．C
【解析】
AB．由图可知0~L内a大小变化，方向不变，故合外力变化，做初速度为零的变加速直线运动；L~2L内a恒定，合外力恒定，故合力不变，做匀加速直线运动，故AB错误；
CD．根据动能定理
可求出2L处速度
小物块从L处运动至2L处做匀加速直线运动，有
，
联立解得
故C正确，D错误；
故选C。
12．B
【解析】
时，小球沿x方向运动的速度，沿y方向运动的速度，所以小球在时的动能
故B正确，ACD错误。
故选B。
13．ABD
【解析】
A．该车匀加速阶段，根据牛顿第二定律得
根据图可知
解得匀加速阶段汽车的牵引力为
故A正确；
B．该车的额定功率为
故B正确；
C．当速度最大时则有
解得
故C错误；
D．对该车运动前25s过程，根据动能定理则有
解得
故D正确。
故选ABD。
14．AC
【解析】
CD．由题知，下滑过程中只有重力对物块做功，根据动能定理
解得
所以
故C正确，D错误；
AB．小滑块均沿斜面做匀加速运动，则有
由图可知
且
所以
故A正确，B错误。
故选AC。
15．AD
【解析】
A．设在匀加速的起点、终点发动机的推力分别为、，由题意可得
设天体的半径为R，天体的质量为M，探测器的质量为m，探测器匀加速上升的加速度为a，由万有引力定律与牛顿第二定律可得
由
综合解得
A正确；
B．由已知条件无法求出探测器匀加速直线运动的加速度，B错误；
C．由
可得
由
综合解得该天体的第一宇宙速度
C错误；
D．探测器受到的合力
由动能定理
结合
综合可得匀加速的终点探测器的动能
选项D正确。
故选AD。
16．（1）；（2）m/s
【解析】
（1）在O点，F沿杆的分力为
代入数据，解得
又因为
解得
（2）由受力分析可得
保持不变，克服摩擦力做功
恒力F做功为
又
代入数据，解得
17．（1）；（2）
【解析】
（1）根据题意，受力分析可得，合外力提供向心力，则有
又
解得
（2）根据动能定理可得
解得
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