8.3动能和动能定理能力提升练（word版含答案）

2022版高中同步人教版必修第二册 8.3　动能和动能定理 能力提升练
一、多选题
1．如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（　　）
A．电动机多做的功为 B．摩擦产生的热为
C．传送带克服摩擦力做功为 D．电动机增加的功率为
2．如图所示，一个质量为m的小钢球与一原长为的轻弹簧相连，在弹簧下端距离地面的高处由静止释放小钢球，观察发现小钢球恰好能回到原来位置。并且整个过程中小钢球离地面的最小距离为h，弹簧一直处于弹性限度内，下列说法正确的是（　　）
A．从开始下落至最低点的过程中，小钢球机械能先不变后减小
B．弹簧的最大弹性势能为
C．小球的最大动能为
D．整个过程中小球的最大加速度一定大于重力加速度
3．如图甲所示，、是置于水平地面上倾角的传送带的两个端点，现有一质量的物块（其长度相对于传送带长度可忽略），以的初速度自点沿传送带向下运动，经过一段时间后落到铺设柔质材料的地面上。物块运动过程的图像如图乙所示，取，下列说法正确的是（　　）
A．传送带的最小长度为12m
B．物块与传送带间的动摩擦因数为
C．物块在传送带上运动的最短时间为6s
D．物块落到地面时的动能最小为370J
4．一只质量是8kg的猴子沿着长为12m的竖直在地面上的钢管往下滑，它从钢管顶端下滑到底端的运动图像如图所示；重力加速度g取10m/s2，则： （ ）
A．猴子加速下滑的高度与减速下滑的高度之比为1:2
B．下滑过程中猴子的最大动能为128J
C．下滑过程中猴子的机械能可能先增大后减小
D．加速与减速下滑的过程中猴子所受的摩擦力大小之比为1:7
二、单选题
5．疫情期间，某高三体育生拖轮胎跑步训练备战高考．如图（a）所示，他的腰部系着不可伸长的轻绳，拖着质量为9.5kg的废旧轮胎在笔直跑道上加速奔跑，绳子与水平地面的夹角为37°，某次训练中轮胎脱落，其图线如图（b）所示，不计空气阻力，取，则（　　）
A．轮胎与地面的动摩擦因数
B．绳子拉力的大小为70N
C．4s末绳子拉力的功率为
D．0~12s内轮胎克服摩擦力做功475J
6．如图所示，一辆汽车以v1＝6 m/s的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行l1＝3.6 m，如果改以v2＝8 m/s的速度行驶，同样的情况下急刹车后滑行的距离l2为(　　)
A．6.4 m B．5.6 m
C．7.2 m D．10.8 m
7．如图所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置．现用水平拉力F将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置．在此过程中，拉力F做的功为(　　)
A．若拉力为恒力，则拉力F做的功为FLcosθ
B．若拉力为恒力，则拉力F做的功为mgL(1－cos θ)
C．若缓慢拉动小球，则拉力F做的功为FLsinθ
D．若缓慢拉动小球，则拉力F做的功为mgL(1－cos θ)
8．质量为m的物体被绳经过光滑小孔而牵引在光滑的水平面上做匀速圆周运动当绳子拉力为某个值F时，转动半径为R，当拉力逐渐减小到时，物体仍做匀速圆周运动，半径为2R，则此过程中物体克服外力所做的功为 　　
A．0 B．3FR C． D．
9．如图甲所示，水平地面上竖直固定一半径为的半圆形轨道，A为最低点，为轨道中点，为最高点。现有一质量为的小球从点以一定速度进入半圆轨道，恰好能到达最高点。测得小球在轨道上速度的平方与其高度的关系如图乙所示。已知轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计，重力加速度取。则（　　）
A．图乙中
B．小球在A点对轨道的压力大小为
C．小球从A到合力做的功为
D．小球从到损失机械能小于
10．质量为m的物体在一水平拉力作用下沿光滑水平面做加速运动，在它的速度由0增大到v的过程中，该力对它做的功为（　　）
A．mv B．mv C．mv2 D．mv2
11．拍皮球是大家都喜欢的体育活动，既能强身又能健体．已知皮球质量为0.4kg，为保证皮球与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为1.25m，小明需每次在球到达最高点时拍球，每次拍球作用距离为0.25m，使球在离手时获得一个竖直向下4m/s的初速度．若不计空气阻力及球的形变，g取10m/s2，则每次拍球
A．手给球的冲量为1.6 kg·m/s B．手给球的冲量为2.0kg·m/s
C．人对球做的功为3.2J D．人对球做的功为2.2J
12．如图所示，取一块长为L的表面粗糙的木板，第一次将其左端垫高，让一小物块从板左端的A点以初速度沿板下滑，滑到板右端的B点时速度为；第二次保持板右端位置不变，将板放置水平，让同样的小物块从A点正下方的C点也以初速度向右滑动，滑到B点时的速度为．下列说法正确的是
A．一定大于
B．物块第一次损失的机械能大于第二次损失的机械能
C．第一次的平均速度一定比第二次的平均速度小
D．两次物块损失的机械能相同
三、解答题
13．如图所示，一个半径为的四分之三圆弧形光滑细圆管轨道固定在竖直平面内，轨道点与水平面相接.是放在水地面上长度为、厚度不计的垫子，左端正好位于点.将一个质量为的小球（可视为质点）从点正上方的点由静止释放，不计空气阻力，重力加速度为.
（1）若小球恰好能到达管口点，求两点的高度差；
（2）若小球从管口点飞出后恰好打到的中点，求小球过轨道管口点时受到的弹力；
（3）若要小球从管口点飞出后落到垫子上，求两点的高度差的范围.
14．如图所示，半径为R的光滑圆环竖直固定，质量为3m的小球A套在圆环上；长为2R的刚性(既不伸长也不缩短)轻杆一端通过铰链与A连接，另一端通过铰链与滑块B连接；滑块B质量为m，套在水平固定的光滑杆上．水平杆与圆环的圆心O位于同一水平线上．现将A置于圆环的最高处并给A一微小扰动(初速度视为0)，使A沿圆环顺时针自由下滑，不计一切摩擦，A、B均视为质点，重力加速度大小为g．求：
(1) A滑到与圆心O同高度时的速度大小；
(2) A下滑至杆与圆环第一次相切的过程中，杆对B做的功．
15．如图所示，在倾角为的足够长的斜面上，有一个质量为 的物体，以初速度沿斜面向上运动，已知物体与斜面间打点动摩擦因数为 （）．
（1）求物体上滑过程中加速度的大小；
（2）求物体上滑的最大距离．
16．游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来（如图甲）。我们把这种情形抽象为图乙的模型：弧形轨道的下端与半径为R的竖直圆轨道相接，质量为m的小球从圆弧轨道上端高h处静止滚下，进入圆轨道下端后沿圆轨道运动。忽略摩擦和空气阻力。求：
(1)小球从h=3R处静止滚下，它通过最高点A时对轨道的压力为多大？
(2)小球从多高的地方释放才可以让小球不脱离轨道？
17．如图所示，一玩滑板的小孩（可视为质点）质量为m = 30kg，他在左侧平台上滑行一段距离后水平飞出平台，恰能沿圆弧切线从A点进入光滑竖直圆轨道，A、B为圆弧两端点，其连边线水平。已知圆弧半径R = 1.0m，对应的圆心角为106°，平台与AB连线的高度差h = 0.8m，取g = 10m/s2，求：
(1)小孩水平飞出平台的速度大小；
(2)小孩经过O点时对轨道的压力。
18．如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ=30°时，可视为质点的小木块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小木块从木板的底端以v0的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离将发生变化．已知重力加速度为g．
（1）小木块与木板间的动摩擦因数;
（2）当θ=60°角时，小木块沿木板向上滑行的距离；
（3）当θ=60°角时，小木块由底端沿木板向上滑行再回到原出发点所用的时间．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．BD
【解析】
【详解】
A．电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能就是，所以电动机多做的功一定要大于，故A错误；
B．物体做匀加速直线运动：
解得加速度：
加速到v时，位移为x1，则：
解得：
用的时间为t：
皮带的位移为x2：
摩擦力产生的热量为：
B正确；
C．传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功，所以由A的分析可知，C错误；
D．电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为：
D正确。
2．ABD
【解析】
【详解】
A．根据功能关系，小钢球机械能变化量等于除重力外其他力所做的功。从开始下落至弹簧下端接触地面，小钢球只受重力作用，机械能不变；从弹簧下端接触地面到弹簧被压缩到最短，小钢球除受重力外，还受向上的弹簧弹力作用，弹力做负功，使小钢球机械能减小，转化为弹簧的弹性势能，故A正确；
B．当弹簧被压缩到最短时，弹性势能最大，根据系统能量守恒，从释放小钢球到弹簧最短，小钢球损失的机械能（3mgh）等于弹簧弹性势能的增量，所以弹簧的最大弹性势能为，故B正确；
C．小球重力势能损失为时，是弹簧下端刚接触地面的时刻，由机械能守恒知此时小球的动能等于，但并不是最大值：弹簧接触地面后，小球向下做先加速（向上弹力小于重力，合力向下与速度同向，所以加速）后减速（向上弹力大于重力，合力向上与速度反向，所以减速）的运动，故C错误；
D．本题中小钢球与弹簧的运动可等效为竖直方向的弹簧振子，如下图，初始时刻相当于弹簧处于伸长状态，小钢球向下的加速度大于g，由简谐运动的对称性，小钢球在最低点的加速度向上，也大于g，故D正确。
故选ABD。
3．BC
【解析】
【分析】
【详解】
B．从题图乙可知，物块速度减为零后反向沿传送带向上运动，最终的速度大小为，方向沿传送带向上，所以物块最终从点离开传送带，根据图像可知传送带顺时针运动，速度大小为2m/s。图像的斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小
方向沿传送带向上，根据牛顿第二定律，有
解得
B正确；
AC．物块的速度为0的时间
解得
图线与时间轴围成的面积表示位移，物块沿传送带向下运动的位移
之后物块沿传送带向上运动，则到时，物块沿传送带向上运动的位移
因为，所以物块在第6s时回到点并离开传送带，传送带的最小长度为， A错误C正确；
D．当传送带长度最小时，物块落地时动能最小，根据动能定理有
D错误。
故选BC。
4．AD
【解析】
【详解】
试题分析：因为v-t图像的面积等于物体的位移，故由图像可知猴子加速下滑的高度与减速下滑的高度之比为1:2，选项A正确；设最大速度为v，则，解得v=8m/s，则下滑过程中猴子的最大动能为，选项B错误；下滑过程中摩擦力一直对猴子做负功，故猴子的机械能一直减小，选项C错误；加速的加速度为：，根据牛顿定律可知：mg-f1=ma1；减速的加速度为：，根据牛顿定律可知：f2-mg=ma2；联立解得：f1:f2=1:7，选项D正确；故选AD．
考点：v-t图像；牛顿第二定律的应用
【名师点睛】此题是对运动图像及牛顿第二定律的考查；解题的关键是搞清v-t图像的物理意义，图像的“面积”等于物体的位移；根据牛顿第二定律能列出方程来求解摩擦力的大小．
5．A
【解析】
【详解】
AB．轮胎匀减速直线运动的加速度大小
轮胎与水平地面间的动摩擦因数
匀加速运动的加速度大小
根据牛顿第二定律得
Fcos37°-μ（mg-Fsin37°）=ma1
代入数据解得
F=15N
故A正确，B错误。
C．4s末，轮胎的速度
v=a1t=1.25×4m/s=5m/s
则拉力的瞬时功率
P=Fvcos37°=15×5×0.8W=60W
故C错误；
D．对全过程运用动能定理得
Fx1cos37°-Wf=0
又
x1＝×8×10m＝40m
代入数据解得
Wf=480J
故D错误。
故选A。
6．A
【解析】
【详解】
汽车在同样的路面上急刹车，所受的阻力大小相同，设为F，汽车的末速度都为零，根据动能定理有
-Fs1=0-mv12-Fs2=0-mv22
所以，
s2=()2×s1=()2×3.6 m=6.4 m
故选Ａ。
7．D
【解析】
【详解】
A、B项：F为恒力时，拉力做功为：，故AB错误；
C、D项：当F缓慢地将小球拉离到与竖直方向成θ角的位置过程中，小球的速率不变，动能不变，由动能定理可得：，而高度变化为： ，拉力做的功为：，故C错误，D正确．
8．D
【解析】
【详解】
根据牛顿第二定律得，F=m，解得．，解得；根据动能定理得，．则克服外力做功为，故D正确，A、B、C错误．故选D．
【点睛】
解决本题的关键知道向心力的来源，运用牛顿第二定律和动能定理联合求解．
9．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．由图可知，图中对应小球到达最高点，因为是恰好到最高点，则有
解得
则
则A错误；
B．由图可得时即在点时的速度
则由牛顿第二定律有
解得
则B错误；
C．小球从到由动能定理可得
则C错误；
D．由前面分析可知到小球动能减少量为，重力势能增加量为，由能量守恒可知，到小球机械能减少，但由于在段的平均压力大于段，故在段摩擦力做功大于段，故段损失机械能小于，则D正确。
故选D。
10．C
【解析】
【详解】
物体在光滑面上运动，只有拉力做功；由动能定理可知：拉力对它所做的功为
故选C。
11．D
【解析】
【分析】
【详解】
AB．人拍球的过程，由动量定理
代入数据解得
则
则手给球的冲量小于1.6 kg·m/s，故AB错误；
CD．由动能定理
解得
故D正确，C错误。
故选D。
12．D
【解析】
【分析】
根据对物体的受力分析，根据功的计算方法计算重力、摩擦力对物体的做功的情况，进而判断机械能变化情况，先判断v1和v2的关系，再根据匀变速直线运动平均速度公式判断平均速度大小．
【详解】
当木板被抬高时，物体向下滑动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，若重力向下的分力大于摩擦力，则物体做加速运动，若重力向下的分力小于摩擦力，则物体做减速运动，所以不一定大于，A错误；设木板长L，斜面的倾角为时，物块受到滑动摩擦力，摩擦力做功．木板水平时物块受到的摩擦力做功．两次摩擦力做的功相等，所以两个过程中物体损失的机械能相同，B错误D正确；第一次有重力做正功，所以由动能定理可知第一次的动能一定比第二次的动能大，一定大于，根据匀变速直线运动平均速度公式可知，第一次的平均速度一定比第二次的平均速度大，C错误．
【点睛】
该题中可知物体在滑动的过程中各个力做功的情况以及能量的转化与转移关系，其中两次过程中摩擦力不相等，但不能直接由此判断出摩擦力做功不同．
13．（1）（2）（3）
【解析】
【详解】
(1)小球恰好能到达管口C点时速度为零，根据机械能守恒定律得

解得
(2)小球离开C点做平抛运动，恰好打到的中点，则有
竖直方向：
水平方向：
联立解得
在C点，由重力和圆管的作用力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得
解得
(3)当小球从管口C点飞出后恰好打到M点时，则有
竖直方向：
水平方向：
解得
根据机械能守恒定律得
解得
当小球从管口C点飞出后恰好打到N点时，则有
竖直方向：
水平方向：
解得
根据机械能守恒定律得
解得
PA两点的高度差的范围
14．（1）
（2）
【解析】
【分析】
当A滑到与O同高度时，A的速度沿圆环切向向下，B的速度为零，对系统运用机械能守恒，求出A滑到与圆心O同高度时的速度大小；A下滑至杆与圆环第一次相切时，A的速度沿杆的方向，抓住A、B沿杆方向的分速度相等，结合系统机械能守恒求出B的速度，根据动能定理求出杆对B做的功．
【详解】
(1)当A滑到与O同高度时，A的速度沿圆环切向竖直向下，B的速度为0，由机械能守恒定律得：3mgR＝×3mv2，
解得：
(2)杆与圆环第一次相切时，A的速度沿杆方向，设为vA，此时B的速度设为vB，
根据杆不可伸长和缩短，得vA＝vBcos θ．
由几何关系得
球A下落的高度h＝R(1－cos θ)＝
由机械能守恒定律得
由动能定理得：
解得：
【点睛】
本题考查了机械能守恒和动能定理的综合运用，知道A、B组成的系统机械能守恒，抓住A、B沿杆方向的分速度相等进行求解．
15．（1）；（2）
【解析】
【详解】
试题分析：（1）物体上滑时受力分析如图所示：
上滑过程，由牛顿第二定律得：，
得：
（2）根据速度位移公式：，得 ．
考点：牛顿第二定律、匀变速直线运动的位移与时间的关系
【名师点睛】本题是已知上滑时的受力情况确定运动情况，求解出加速度是关键．
16．(1)mg；(2)或
【解析】
【详解】
(1)小球从h=3R处静止滚下，它通过最高点A时的这一过程，由动能定理可得
对小球在最高点A，应用牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律可得，小球通过最高点A时对轨道的压力为mg。
(2)不脱离轨道有以下两种情况：
情况一：小球能够通过最高点A，则小球在最高点A应用牛顿第二定律可得
对小球从起点到最高点A运用动能定理
联立解得
情况二：小球在圆心等高以下位置来回摆动，那么由动能定理可得
解得
综上可知
当或时，小车不会脱离轨道。
17．（1）3m/s；（2）1290N．
【解析】
【详解】
（1）由于小孩做平抛运动，到达A点时的竖直速度
则水平速度
即小孩水平飞出平台的速度大小为3m/s；
（2）在A点的速度
设小孩到最低点的速度为v，由机械能守恒定律得：
解得：
在最低点由牛顿第二定律得：
即为：
根据牛顿第三定律，小孩子对轨道的压力大小为
F′N=1290N
18．（1） （2） （3）
【解析】
【详解】
（1）当θ=30°时，对木块受力分析得：
mgsinθ=μFN ①
FN=mgcosθ ②
联立①②得
（2）当小木块向上运动时，小木块的加速度为a，则
mgsin θ+μmgcosθ=ma
小木块的位移为x
v02=2ax
则
而θ=60°
则
（3）当小木块向上运动时，小木块的加速度为a1，则
mgsin θ+μmgcos θ=ma1
当小木块向下运动时，小木块的加速度为a2，则
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
解得
由得
故
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页