4.3动能 动能定理 学科素养提升练（word版含答案）

4.3动能 动能定理 学科素养提升练（解析版）
一、选择题
1．某物体以一定初速度沿足够长斜面向上运动的最大位移为x，且x随斜面倾角的变化关系如图所示，重力加速度，则（　　）
A．物体初速度大小为4m/s
B．物体和斜面之间动摩擦因数为
C．时，有最小值为
D．时，物体运动至最大位移处能够维持静止
2．如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L，重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，当小球运动到最低点时每根绳的拉力大小为（不计空气阻力）（　　）
A． B． C． D．
3．一人用力踢质量为1kg的足球，使球由静止以10m/s的速度沿水平方向飞出。假设人踢球时对球的平均作用力为200N，球在水平方向运动了20m，那么人对球所做的功为（　　）
A．50J B．100J C．200J D．4000J
4．如图所示，半径为R的半球形陶罐固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴重合。甲、乙两个小物块（均可视为质点）分别置于转台的A、B两处，OA、OB与间的夹角分别为和。转台静止时，甲、乙均不会下滑。已知甲的质量是乙的两倍，重力加速度大小为g。当转台从静止开始缓慢加速转动，直到其中一物块刚要滑动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．甲的线速度大小始终为乙的倍
B．甲所受向心力的大小始终为乙的2倍
C．陶罐对甲、乙所做的功相等
D．当转台角速度为时，甲、乙均有向内侧运动的趋势
5．2021年1月17日，温州瓯海区第二届“红鹿杯”青少年篮球赛落下帷幕。赛前某同学进行单手拍篮球的技术练习，已知篮球质量为640g，当篮球从1.0m高处自由下落时，反弹起来的高度为0.80m，若要使该篮球反弹后能回到原来高度，并在球回到最高点时拍打一次球，每分钟拍球60次，不计空气阻力和拍球时的能量损失，篮球与地面碰撞前、后的速度大小之比不变，则该同学拍球的平均功率约为（　　）
A．0.8W B．1.6W C．3.2W D．6.4W
6．如图所示，光滑水平平台上有一质量为m的物块A，系在物块A上的轻绳跨过光滑轻质定滑轮，连接物块B。现以速度v匀速拖动物块B，使其从平台的右边缘正下方向右移动距离x，平台边缘离物块B的竖直高度始终为h，在此过程中（忽略滑轮和物块B的大小，轻绳一直处于伸直状态）（　　）
A．物块A也做匀速运动
B．绳子拉力对物块A做的功为
C．绳子拉力对物块A做的功为
D．物体A移动的距离为
7．如图所示，外层覆盖锌的纳米机器人可携带药物进入老鼠体内，到达老鼠的胃部之后，外层的锌与消化液中的酸发生化学反应，产生氢气气泡作为推进动力，机器人的速度可达。若不计重力和浮力，则下列说法正确的是（　　）
A．胃液中的纳米机器人由电池驱动
B．机器人前进时对胃液的作用力比胃液对机器人的作用力大
C．机器人在胃液中匀速前进时，氢气气泡对机器人的作用力等于胃液对机器人的阻力
D．机器人在胃液中加速前进时，氢气气泡对机器人做的功等于机器人动能的增加量
8．2021年5月15日，“天问一号”着陆器成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区，我国首次火星探测任务取得圆满成功。如图为“天问一号”的地火转移轨道，将火星与地球绕太阳的运动简化为在同一平面、沿同一方向的匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　）
A．火星绕太阳的线速度大于地球绕太阳的线速度
B．“天问一号”的发射速度必须大于第三宇宙速度
C．“天问一号”在转移轨道上运动的周期大于地球的公转周期
D．“天问一号”从A点运动到C点的过程中动能越来越大
9．如图所示为一弹射游戏装置，长度L1=1m的水平轨道AB的右端固定弹射器，其左端B点与半径为r=0.2m的半圆形光滑竖直轨道平滑连接，与半圆形轨道圆心O点等高处固定一长度L2=0.2m的水平槽DE，水平槽左端D点距O点距离L3=0.2m。已知滑块质量m=0.5kg，可视为质点，初始时放置在弹簧原长处A点，滑块与弹簧未拴接，弹射时从静止释放滑块且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，滑块与AB间的动摩擦因数，忽略空气阻力，每次游戏都要求滑块能安全通过半圆形轨道最高点C，则以下说法正确的是（　　）
A．若滑块恰好能通过圆形轨道最高点C，则滑块在该位置时的速度大小为vC=2m/s
B．若滑块到达B点时的速度为vB=4m/s，则它经过B点时对圆形轨道的压力FN=40N
C．若滑块到达B点时的速度为vB=4m/s，则释放前弹簧弹性势能EP0=6J
D．若要求滑块最终能落入水平槽DE（不考虑落入后的反弹），则对应弹簧弹性势能的取值范围为5J≤Ep≤5.5J
10．如图所示，内壁光滑的半圆弧槽固定在水平面上，一个质量为m的物块静止在圆弧槽的最低点A，第一次用大小为F的水平恒力作用于物块，使物块沿圆弧面运动到B点；第二次作用力的大小仍为F，作用力的方向始终沿圆弧的切线方向，物块到达B点的速度是第一次到达B点速度的倍．已知B点与圆弧圆心O的连线与竖直方向的夹角为60°，重力加速度为g，则推力F的大小为（　　）
A． B． C． D．
11．如图，把一个小球从A点以初动能竖直向下抛出，小球下落到点时的动能是A点动能的2倍；若把同一个小球从点以初动能竖直向上抛出，小球上升到A点时的动能是点动能的，已知，空气对小球的阻力是一个大小恒定的力，则小球受到的空气阻力与小球的重力之比为（　　）
A． B． C． D．
12．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
13．如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图象可求出（　　）
A．物体的初速率v0＝3 m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75
C．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑
D．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44 m
14．一物体自t=0时开始做直线运动，其速度图线如图所示。下列的选项正确的有（　　）
A．在0～6s内，物体离出发点最远为30m
B．在0～6s内，物体经过的路程为40m
C．在0～4s内，物体的平均速率为7.5m/s
D．在5～6s内，物体所受合外力做正功
15．如图甲所示，货车司机为方便卸货，在离地高为h的车厢和地面间搭建了一斜面，斜面在水平面的投影长为x1，让货物沿斜面滑到地面，接着在地面上运动一段距离x2后在A点停下，图乙是该过程的v-t图像。设货物与地面和斜面间的动摩擦因数一样，忽略货物在斜面与地面连接处的动能损失，下列说法正确的是（　　）
A．x1：x2=2：1
B．货物在斜面下滑时处于失重状态
C．若仅减小斜面的长度，货物将停在A点右侧
D．整个过程重力所做的功等于货物克服摩擦力所做的功
二、解答题
16．如图所示，在倾角为37°的斜面上，距底端P分别为6m、10m的A、B两点安装有速度传感器。一质量的小物块以一定的初速度由P点冲上斜面，经过A、B点时，速度分别为、。已知，、、。求：
（1）物块与斜面间的动摩擦因数；
（2）物块回到斜面底端P点时的动能。
17．如图所示，两个半径不同的光滑轨道的下端与水平轨道平滑相切与A、B两点，另外一侧与一光滑的直管轨道相切于C、D两点，管道内径比小球直径略大。E点是大圆弧的最高点，一质量为的小球（可视为质点）能在轨道内侧和管道内运动。小球于B点开始以初速度沿粗糙水平轨道BA向左运动，由A点进入大圆弧轨道。已知大圆弧轨道半径R1=0.4m，两圆轨道圆心分别为O1、O2，O1D与O1E夹角为74°，水平轨道AB长度为L=0.4m，且与小球的动摩擦因数为，小球在运动过程中不脱离轨道，g取，。
（1）小球初速度的最小值。
（2）若小球完整通过轨道，求小球依次通过大圆弧最高点E和小圆弧轨道最低点B时对轨道压力之差的最小值。
（3）若，求小球经过E点次数。
参考答案
1．C
【详解】
A．由图可知，当倾角为90°时，最大上升高度为，此时为竖直上抛运动，则有
解得
故A不符合题意；
B．由图可知，当倾角为零时，此时物体水平滑行距离最大为，根据动能定理有
解得
故B不符合题意；
C．由牛顿第二定律有
最大位移x与倾角满足
带入得
要使x最小，则应最大，由数学知识可知
当时有最大阻值，此时位移最小，即
此时，即
此时则有
故C符合题意；
D．当时，物体运动至最大位移处有
则物体将下滑，不能够维持静止，故D不符合题意。
故选C。
2．A
【详解】
小球做圆周运动的半径
小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有
可得
由动能定理可得
联立方程，解得小球运动到最低点时的速度为
在最低点由牛顿第二定律可得
联立方程，解得小球运动到最低点时每根绳的拉力大小为
故选A。
3．A
【详解】
根据功能关系，可得人对球所做的功为
故选A。
4．D
【详解】
A．甲、乙的角速度相等，根据
可知甲、乙的线速度大小之比为
即甲的线速度大小始终为乙的倍，故A错误；
B．根据
可得甲、乙所受向心力大小之比为
即甲所受向心力的大小始终为乙的倍，故B错误；
C．根据动能定理可知，陶罐对甲、乙所做的功之比为
故C错误；
D．假设当转台角速度为ω1时，陶罐对甲的摩擦力恰好为零，则此时有
假设当转台角速度为ω2时，陶罐对乙的摩擦力恰好为零，则此时有
根据
可知当转台角速度为时，甲、乙所受支持力和重力的合力均大于所需要的向心力，所以甲、乙均有向内侧运动的趋势，故D正确。
故选D。
5．B
【详解】
设篮球与地面碰撞前速度为v1，反弹的速度为v2，则篮球与地面碰撞前、后据动能定理分别可得
若拍球过程做功为W，篮球与地面碰撞前、后速度分别为、，则与地面碰撞前、后据动能定理可得
因为篮球与地面碰撞前、后的速度大小之比不变，即
联立解得
则每次拍球需做功约为，平均功率约为
故选B。
6．B
【详解】
A．将物块B的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，在沿绳子方向上的分速度等于物块A的速度，如图
物块A的速度等于
不变，在变化，所以物体的速度在变化，A错误；
BC．物体B从平台的右边缘正下方向右移动距离x，此时物体A的速度大小为
根据动能定理得
C错误，B正确；
D．由题意可知，物体A移动的距离为
D错误。
故选B。
7．C
【详解】
A. 纳米机器人由外层的锌与消化液中的酸发生化学反应，产生氢气气泡作为推进动力，故A错误；
B．根据牛顿第三定律，机器人前进时对胃液的作用力比胃液对机器人的作用力为相互作用力，大小相等，故B错误；
C．忽略重力及浮力，机器人在胃液中匀速前进时，氢气气泡对机器人的作用力与胃液对机器人的阻力一样大，故C错误；
D．机器人在胃液中加速前进时，氢气气泡对机器人做的功等于机器人动能的变化及克服胃液阻力做的功，故D错误。
故选C。
8．C
【详解】
A．设行星绕太阳的线速度大小为v，轨道半径为r，太阳和行星的质量分别为M和m，则根据牛顿第二定律有
解得
因为火星的轨道半径大于地球的轨道半径，所以火星绕太阳的线速度小于地球绕太阳的线速度，故A错误；
B．由于“天问一号”挣脱了地球引力而并没有挣脱太阳的引力，所以“天问一号”的发射速度介于第二和第三宇宙速度之间，故B错误；
C．“天问一号”转移轨道的半长轴大于地球的轨道半径，根据开普勒第三定律可知“天问一号”在转移轨道上运动的周期大于地球的公转周期，故C正确；
D．“天问一号”从A点运动到C点的过程中需要克服引力做功，动能越来越小，故D错误。
故选C。
9．D
【详解】
A．滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
故A错误；
B．滑块到达B点时，由牛顿第二定律得
代入数据，得
根据牛顿第三定律，知滑块对圆轨道的压力大小
故B错误；
C．从开始到B点的过程,根据动能定理得
得
故弹簧弹性势能为
故C错误；
(3)滑块从C点到水平槽DE的过程做平抛运动，竖直方向有
其中
得
水平方向有
当滑块落在D点时，
解得
当滑块落在E点时
得
又因为要安全通过C点，所以
由动能定理得
得
对应弹簧弹性势能的取值范围为
故D正确。
故选D。
10．D
【详解】
设半圆弧槽的半径为R，第一次根据动能定理
第二次根据动能定理
解得
故D正确。
故选D。
11．C
【详解】
设空气对小球的阻力为，根据动能定理，下落过程
上升过程
因此
由题意知
解得
故选C。
12．B
【详解】
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。
13．BD
【详解】
A．由图可知，当夹角为时，位移为1.80m，根据竖直上抛运动公式可得
解得
故A错误；
B．当夹角为时，由动能定理可得
解得
故B正确；
C．当θ＝30°时，物体受到的重力的下滑分力为
摩擦力为
所以物体到达最高点后，不会下滑。故C错误；
D．物体上滑过程，由动能定理可得
解得
当时，位移最小
故D正确。
故选BD。
14．BCD
【分析】
分析物体的运动情况，根据速度﹣时间图像与时间轴围成的面积表示位移，求物体离出发点最远距离和路程；平均速率等于路程与时间的比值；根据动能的变化判断合外力做功情况。
【详解】
A．在0～5s内，物体沿正方向运动，在5s～6s内，物体沿负方向运动，则第5s末物体距离出发点最远，最远距离为
故A错误；
B．在0～6s内，物体通过的路程
故B正确；
C．物体在0～4s内通过的路程
则平均速率为
故C正确；
D．在5～6s内，物体的动能增大，根据动能定理知合外力做正功，故D正确。
故选BCD。
15．BD
【详解】
A．由题意和图像可知，0~2t0，货物沿斜面做匀加速直线运动，其位移大小为斜面长度L，根据图像可得
，货物在水平地面匀减速直至停止，由图像可得
显然
而
故A错误；
B．货物在斜面上运动时有沿斜面向下的加速度，分解后有竖直向下的加速度分量，因此处于失重状态，故B正确；
C．对整个过程由动能定理可得
所以
斜面长度缩小后，高度h和动摩擦因数均未变，所以x1与x2的和也不变，即货物仍旧停在A点，故C错误；
D．整个过程动能变化量为0，根据动能定理得
即
所以
故D正确。
故选BD。
16．（1），（2）
【详解】
（1）取上滑过程加速度大小为，由运动学公式和牛顿第二定律有
代入数据解解得
（2）物块经过B点上滑到最高的C，有
物块从B点经C点滑回到底端P点，由动能定理有
代入数据解解得
17．（1）；（2）21N；（3）20
【详解】
（1）小球可以顺利通过E点不脱离轨道，在临界状态下有
从B点到E点，对小球应用动能定理有
解得
（2）如图所示
作辅助线GO2平行于AB，根据对称性与几何关系有
且有
代数得
从E点到B点，对小球动能定理
在最低点B
在最高点E
解得
因为最小值为，则最小值为
根据牛顿第三定律，对轨道压力之差的最小值为21N。
（3）从B点开始，到第n次经过E点，对小球用动能定理
解得