4.3动能 动能定理 课时提升练（word版含答案）

4.3动能 动能定理 课时提升练（解析版）
一、选择题
1．将质量均为m的物体从同一高度h以相同的速率v分别沿水平和竖直向上方向抛出，则它们（　　）
A．落地时速度相同
B．落地时重力的功率相同
C．在空中飞行的过程中，重力的平均功率相同
D．在空中飞行的过程中，重力做功相同
2．水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动。物体通过的路程等于s0时，速度大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行3s0的路程后停止运动。重力加速度大小为g。则（　　）
A．在此过程中F所做的功为
B．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的4倍
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于
D．在此过程中F的最大功率等于
3．中国的面食文化博大精深，种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，如图甲所示，传统的操作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图乙所示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为L，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，将削出的小面圈的运动视为平抛运动，且小面圈都落入锅中，重力加速度为g，则下列关于所有小面圈在空中运动的描述错误的是（　　）
A．最大初速度是最小初速度的3倍
B．若落入锅中的速度为v，则
C．速度的变化量都相同
D．运动的时间都相同
4．飞机进行投弹演习，若飞机在500m高度处以100m/s的恒定水平速度向靶点上空飞行，到达靶点上空附近后释放炸弹，忽略空气阻力，g取l0m/s2。下对说法正确的是（　　）
A．炸弹落地时的速度大小为100m/s
B．炸弹落地时的速度大小为300m/s
C．飞机应在到达靶点正上方前1000m处释放，才能保证炸弹准确落到靶点
D．气机应在到达靶点正上方前1500m处释放，才能保证炸弹准确落到靶点
5．我国自主研制的新一代节能环保型超大型油船“远福洋”号，在某次航行中由静止出发，其发动机功率与油轮速度大小的关系图像如图所示，在无风浪的海况下，当油轮速度达到后，油轮发动机的功率保持额定功率不变，油轮能达到的最大速度为，设油轮质量为m，运动过程中所受阻力恒为f。下列说法正确的是（　　）
A．油轮先做匀加速运动后再做匀速运动
B．油轮的额定功率为
C．当油轮速度为时，其加速度大小为
D．若油轮速度从达到的过程中位移为x，则经过的时间为
6．如图所示，一劲度系数为的轻弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端连接置于粗糙水平面的物块。此时弹簧自然伸长，物块位于点。现用外力向左推动物块，当弹簧压缩量为时，使物块静止，然后由静止释放物块，物块到达点时速度刚好为0。已知此过程中向左推动木块的外力所做的功为。则此过程中弹簧的最大弹性势能为（　　）
A． B． C． D．
7．如图，一容器的内壁是半径为r的半球面，容器固定在水平地面上。在半球面水平直径的一端有一质量为m（可视为质点）的小滑块P，它在容器内壁由静止开始下滑到最低点，在最低点时的向心加速度大小为a，已知重力加速度大小为g。则Р由静止下滑到最低点的过程中克服摩擦力做的功为（　　）
A． B． C． D．
8．如图所示，一球形容器内部固定有三根光滑绝缘轨道1、2、3，将一小球依次从轨道顶端由静止释放，小球都可到达最低点P，下面说法正确的是（　　）
A．小球运动时间最长的是1轨道
B．在最低点P重力的瞬时功率最大的是小球沿轨道1的运动
C．重力做功的平均功率最大的是小球沿轨道3的运动
D．小球在三个轨道运动过程中动能的变化量相同
9．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
10．如图，高台跳水项目中要求运动员从距离水面H的高台上跳下，在完成空中动作后进入水中。若某运动员起跳瞬间重心离高台台面的高度为h1，斜向上跳离高台瞬间速度的大小为v0，跳至最高点时重心离台面的高度为h2，入水（手刚触及水面）时重心离水面的高度为h1。图中虚线为运动员重心的运动轨迹。已知运动员的质量为m，不计空气阻力，则运动员跳至最高点时速度及入水（手刚触及水面）时速度的大小分别是（　　）
A．0，
B．0，
C．，
D．，
11．如图甲所示，质量为4 kg的物体在水平推力作用下由静止开始沿水平地面运动，推力大小F随位移大小s变化的情况如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数，g取 10 m/s2，则（　　）
A．物体先做加速运动，推力减小到零后才开始做减速运动
B．运动过程中推力做的功为400J
C．物体在运动过程中的加速度先变小后不变
D．物体的总位移为10m
12．关于动能定理，下列说法中正确的是（　　）
A．某过程中外力的总功等于各力做功的绝对值之和
B．只要合外力对物体做功，物体的动能就一定改变
C．在物体动能不改变的过程中，动能定理不适用
D．动能定理只适用于受恒力作用而加速运动的过程
13．如图所示，质量为m的物块A叠放在质量为的物块B上，两物块一起以速度沿光滑水平面做匀速直线运动，某时刻给物块B施加一个与运动方向相反的恒力F，在加上F的一瞬间，A、B刚好将要发生相对滑动，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从加上拉力到两物块一起减速到零的过程（ ）
A．物块A和B的运动时间为 B．物块A与B间的动摩擦因数为
C．摩擦力对物块A做的功为 D．拉力F对物块B做的功为
14．如图所示，倾角θ=30°的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板。将长木板A静置于斜面上，A上放置一小物块B，初始时A下端与挡板相距L=4 m，现同时无初速度释放A和B。已知在A停止运动之前B始终没有脱离A且不会与挡板碰撞,A和B的质量均为m=1kg,它们之间的动摩擦因数μ=，A或B与挡板每次碰撞损失的动能均为ΔE=10J，忽略碰撞时间，重力加速度大小g取10 m/s2。则下列说法正确的是（　　）
A．A第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小v=2m/s
B．A第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小v=2m/s
C．A第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间Δt=2s
D．B相对于A滑动的可能最短时间s
15．如图所示质量m＝200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是（　　）
A．汽车受到的阻力700N
B．汽车的最大牵引力为200N
C．汽车在做变加速运动过程中的位移大小为90m
D．8s﹣18s过程中汽车牵引力做的功为7×104 J
二、解答题
16．如图所示为过山车的模型，半径为的竖直轨道甲和半径未知的竖直轨道乙在同一平面内，滑块在ab段和两圆轨道上运动时的摩擦力均可忽略不计，其中、 、 。现让一可视为质点、质量的滑块由右侧轨道的某高度处由静止释放，整个过程中滑块不脱离轨道，且滑块经过所有转折点处的能量损失均可忽略不计。已知滑块与bc、cd、de、ef段的动摩擦因数均为，de段与水平方向的夹角为， 重力加速度。则：
(1)释放点距离地面的高度为多少时，滑块恰好能通过竖直轨道甲？
(2)在题(1)情况下，竖直圆轨道乙的半径r的取值范围是多少时，滑块不脱离轨道乙？
(3)欲保证滑块通过两圆轨道并停在平台ef段，求释放点距离地面高度的取值范围。
17．如图所示，从A点以的水平速度抛出一质量为的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平．已知长木板的质量，A、B两点距C点的高度分别为，，，物块与长木板之间的动摩擦因数，长木板与地面间的动摩擦因数，g取10m/s2，求：
（1）小物块运动至B点时的速度大小和方向与水平面夹角的正切值；
（2）小物块滑至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小；
（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？
参考答案
1．D
【详解】
A．两种情况落地时速度方向不同，所以落地时速度不同，故A错误；
B．根据动能定理
得
即落地时速度大小相同，但由于落地速度方向不同，竖直分速度不同，根据
落地时重力的功率不同，故B错误；
C．在空中飞行的过程中，重力做功
两种情况高度变化相同，重力做功相同，平抛的竖直分运动为自由落体运动，与竖直上抛运动相比较，两种情况在空中运动时间不同，根据
在空中飞行的过程中，重力的平均功率不同，故C错误；
D．在空中飞行的过程中，重力做功
两种情况高度变化相同，重力做功相同，故D正确。
故选D。
2．BC
【解析】
设物体与桌面间的动摩擦因数为，由题意撤去外力后，根据动能定理有
解得
设在此过程中F所做的功为W，同理可得
根据功的定义可得
联立以上式子解得
在此过程中F的最大功率为
故选BC。
3．B
【详解】
D．根据公式，有
可得运动的时间都相同。故D正确；
C．速度的变化量为
加速度相同，下落时间也相同，故速度的变化量都相同。故C正确；
A．小面圈水平位移的范围
根据公式
由于下落时间相同，可得初速度范围
则
故A正确；
B．由动能定理，可得
联立，可得
，
故B错误。
本题选错的，故选B。
4．C
【详解】
AB．对炸弹从释放到落地由动能定理得
解得落地速度大小为
故AB错误；
CD．由 得
则此时间内炸弹的水平位移为
故C正确，D错误。
故选C。
5．C
【详解】
A．由题图可知，在油轮速度从0增大到的过程中，由
可知，发动机牵引力F大小不变，根据牛顿第二定律可知油轮加速度不变，在油轮速度从增大到的过程中，由于发动机功率保持不变，可知牵引力F逐渐减小，油轮的加速度逐渐减小，在油轮达到最大速度之后，发动机牵引力与阻力大小相等，油轮将做匀速运动，综上所述可知油轮先做匀加速运动，再做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，A错误；
B．结合A解析可知，油轮的额定功率为
B错误；
C．当油轮速度为时，由题图可知此时油轮发动机的功率为
则发动机牵引力大小为
油轮的加速度大小为
C正确；
D．设油轮速度从增大到经过的时间为t，据动能定理可得
联立解得速度从增大到经过的时间为
D错误。
故选C。
6．B
【详解】
设弹簧的最大弹性势能为，木块向左运动时，根据动能定理
木块向右运动时，根据动能定理
联立解得
故ACD错误B正确。
故选B。
7．A
【详解】
在最低点由牛顿第二定律有
Р由静止下滑到最低点的过程中有
联立解得
故选A。
8．B
【详解】
A．设球的半径为，轨道与水平面的倾角为，则各个轨道的位移和加速度为
，
由位移公式可知
解得时间为
即小球沿三个光滑轨道下滑的时间相等，故A错误；
D．根据动能定理有
则轨道1的高度差最大，末速度最大，动能的变化量最大，轨道3的末速度最小，动能的变化量最小，故D错误；
B．在最低点P重力的瞬时功率为
小球沿轨道1运动的末速度最大，而倾角也最大，故其在最低点重力的瞬时功率最大，故B正确；
C．重力做功的平均功率为
因运动时间相同，而轨道1的重力做功最大，则重力做功的平均功率最大的是小球沿轨道1的运动，故C错误；
故选B。
9．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。
10．C
【详解】
从跳离高台瞬间到最高点，据动能定理得
解得最高点的速度
从跳离高台瞬间到入水过程，据动能定理得
解得入水时的速度
故选C。
11．D
【详解】
AC．推力减小到等于摩擦力以后，物体先做加速度增大的减速运动，撤去F后做匀减速运动，故AC错误；
B．由F s图象的面积可得推力全过程做功
故B错误；
D．运动的全过程，根据动能定理有
解得物体的总位移为
故D正确。
故选D。
12．B
【详解】
A．某过程中外力的总功等于各力做功的代数之和，故A错误；
B．只要合外力对物体做了功，由动能定理知，物体的动能就一定改变。故B正确；
C．动能不变，只能说明合外力的总功W＝0，动能定理仍适用，故C错误；
D．动能定理既适用于恒力做功，也可适用于变力做功，故D错误。
故选B。
13．AC
【详解】
A．对整体，由牛顿第二定律得
由运动学公式得
联立解得
A正确；
B．A与B间得摩擦力是最大静摩擦力，对A由牛顿第二定律得
解得
B错误；
C．对A，由动能定理得
C正确；
D．对整体，由动能定理得
所以
D错误。
故选AC。
14．ACD
【详解】
AB．B和A一起沿斜面向下运动，由动能定理得
解得
v=2m/s
B错误，A正确；
C．第一次碰后，对B有
mgsinθ=μmgcosθ
故B匀速下滑
对A有
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
解得
a1=10 m/s2
方向始终沿斜面向下；
设A第1次反弹的速度大小为v1，由功能关系得
mv2-m v12=ΔE
a1Δt =2 v1
由上两式得
Δt=2s
C正确；
D．设A第2次反弹的速度大小为v2，由功能关系得
mv2-m v22=2ΔE
解得
v2=0
即A与挡板第2次碰后停在底端，B继续匀速下滑，
与挡板碰后B反弹的速度为v′，加速度大小为a′，
由功能关系得
mv2-mv′2=ΔE
mgsinθ+μmgcosθ=ma′
由上两式得B沿A向上做匀减速运动的时间
t2= s
当B速度为0时，因mgsinθ=μmgcosθ≤Ffm，B将静止在A上，当A停止运动时，B恰好匀速滑至挡板处，B相对A运动的时间t最短，故
t=Δt+t2=3s
D正确。
故选ACD。
15．AD
【详解】
A．当牵引力等于阻力时，速度取到最大值，则有
A正确；
B．汽车做匀加速运动的牵引力最大，则有
B错误；
C．变加速过程中，根据动能定理得
解得
C错误；
D．8s-18s过程中汽车牵引力已达到最大功率，所以牵引力做的功为
D正确。
故选AD。
16．(1)0.5m；(2) 或；(3)
【详解】
(1)根据牛顿第二定律
根据机械能守恒定律
解得
(2) 滑块恰好能够运动到乙的顶部，根据动能定理
根据牛顿第二定律
解得
滑块恰好运动到圆心的等高点时，根据动能定理
解得
竖直圆轨道乙的半径r的取值范围是
或
(3)设滑块恰好通过圆轨道乙时释放点的高度为h2，根据动能定理
根据牛顿第二定律
解得
设滑块恰好停在e点时释放点的高度为h3，根据动能定理
解得
设滑块恰好停在f点时释放点的高度为h4，根据动能定理
解得
保证滑块通过两圆轨道并停在平台ef段，释放点距离地面高度的取值范围是
17．（1）m/s，；（2）44.7N；（3）2.6m
【详解】
（1）物块从A到B做平抛运动，有
设在B点竖直方向的速度为，则
代入数据解得
方向与水平面的夹角为θ，则
（2）从A至C点，由动能定理得
设C点受到的支持力为，则有
代入数据解得
根据牛顿第三定律可知，物块对圆弧轨道C点的压力大小为44.7N.；
（3）由题意可知小物块对长木板的摩擦力
长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力
因
所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动．小物块在长木板上做匀减速运动，其加速度
若到长木板右端时速度刚好为0，则长木板长度至少为