8.3 动能和动能定理 拓展提升练习题（Word版含答案）

8.3 动能和动能定理
一、单选题
1．做匀加速直线运动的物体，速度从0增大到v，动能增加了ΔE1，速度从v增大到2v，动能增加了ΔE2，则（　　）
A． B．
C． D．
2．质量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其v t图像如图所示（竖直向上为正方向，DE段为直线），已知重力加速度大小为（　　）
A．t3－t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动
B．t0－t2时间内，合力对小球先做正功后做负功
C．0－t2时间内，小球的平均速度一定为
D．t3－t4时间内，拉力做的功为 [（v4－v3）＋g（t4－t3）]
3．如图所示为某运动员做投球运动，曲线1、2、3分别是由同一点投出的不同材质的球（可视为质点）的飞行路径，三球上升的最大高度相同，忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是（　　）
A．沿曲线1路径飞行的球运动时间最长
B．沿曲线3运动的球落地时速度最小
C．三个球在最高点时速度相等
D．沿曲线1路径飞行的球的初动能最大
4．如图1，质量的物体，初速度为，方向水平向右。在向右的水平拉力的作用下，沿粗糙水平面运动，位移为时，拉力停止作用，物体又运动了后停下来。其运动过程中的动能随位移的变化（）图线如图2所示，重力加速度取，则（　　）
A．物体的初速度为 m/s
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.25
C．滑动摩擦力的大小为5N
D．拉力的大小为2N
5．如图所示，轻绳一端固定在O点，另一端拴有质量为m的球。在最低点给小球一水平初速度，使其在竖直平面内做圆周运动。小球运动到某一位置时，轻绳与竖直方向成角。关于轻绳的拉力T和角的关系式你可能不知道，但是利用你所学过的知识可以确定下列哪个表达式是正确的（　　）
A．T=a+3mgsinθ（a为常数） B．T=a+（a为常数）
C．T=a+3mgcosθ（a为常数） D．T=a+（a为常数）
6．如图所示，一滑块（可视为质点）从斜面轨道AB的A点由静止滑下后，进入与斜面轨道在B点相切的、半径R=0.5m的光滑圆弧轨道，且O为圆弧轨道的圆心，C点为圆弧轨道的最低点，滑块运动到D点时对轨道的压力为28N。已知OD与OC、OB与OC的夹角分别为53°和37°，滑块质量m=0.5kg，与轨道AB间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则轨道AB的长度为（　　）
A．6.75m B．6.25m C．6.5m D．6.0m
二、多选题
7．如图所示电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体，电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上做匀加速运动，当它上升到H时，电梯的速度达到v，则在这过程中以下说法正确的是（　　）
A．钢索的拉力所做的功等于
B．钢索的拉力所做的功大于
C．电梯地板对物体的支持力对物体所做的功等于
D．电梯地板对物体的支持力与物体重力的合力所做的功等于
8．新一代标准高速动车组“复兴号”是中国自主研发、具有完全知识产权的新一代高速列车，它集成了大量现代高新技术，牵引、制动、网络、转向架、轮轴等关键技术实现重要突破，是中国科技创新的又一重大成果。一列质量为m的复兴号动车，初速度为，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变动车在时间t内（　　）
A．做匀加速直线运动 B．加速度逐渐增大
C．牵引力的功率 D．合力做功
9．如图所示，水平转台上一个质量为m的物块用长为L的细绳连接到转轴上，此时细绳刚好伸直但无拉力，与转轴的夹角为θ。已知物块与转台间的动摩擦因数为μ，且μA．物块在转台上所受的摩擦力先增大后减小
B．当转台角速度为时物块将脱离转台
C．从转台开始转动到物块将要脱离转台时，转台对物块做的功为
D．当转速增至时细绳与竖直方向的夹角α满足
10．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=1kg的小滑块，管和弹射器的总质量m2=2kg，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1.0m；滑块离开弹射器后能上升的最大高度为1.4m，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=10m/s2。则下列说法正确的是（　　）
A．滑块从离开弹射器到第二次通过圆柱形管上端经历的时间为
B．滑块从离开弹射器到再次回到弹射器处经历的时间为
C．当滑块离开弹射器瞬间，对圆柱形管施加一个竖直向上的恒力F，为保证滑块不滑出管口，F的最小值为24N。
D．当滑块离开弹射器瞬间，对圆柱形管施加一个竖直向上的恒力F，为保证滑块不滑出管口，F的最小值为20N。
三、填空题
11．某研究小组利用照相方法测量足球的运动速度。研究小组恰好拍摄到一张运动员踢出足球瞬间的相片，如图所示，相片的曝光时间为。他们用刻度尺测量曝光时间内足球在相片中移动的长度_____cm（只要读到mm位），已知足球的直径，质量；可算出足球的速度______m/s（计算结果保留2位有效数字）；运动员踢球时对足球做功______J（计算结果保留2位有效数字）。
12．在光滑的水平面上有一静止的物体。现以水平恒力F1作用一段时间后，立即换成相反方向的水平恒力F2推这一物体。当恒力F2作用时间等于恒力F1作用时间的2倍时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为45J。则在整个过程中，恒力F1做的功等于____________ J，恒力F2做的功等于_______ J。
13．如图所示为同轴的轻质圆盘，可以绕水平轴O转动，大轮与小轮半径之比为3：1．小轮边缘所绕的细线悬挂质量为m的物块A．大轮边缘所绕的细线与放在水平面上质量为2m的物体B相连．将物体B从距离圆盘足够远处静止释放，运动中B受到的阻力f与位移s满足关系式f=ks（k为已知恒量）．则物体B运动的最大位移为 ，物体B运动的最大速度为 ．
四、解答题
14．学校科技小组设计了“”字型竖直轨道。该轨道由两个光滑半圆形轨道、和粗糙的水平直轨道组成，末端与竖直的弹性挡板连接，轨道半径，轨道半径为，端与地面相切。质量的小滑块从光滑水平地面点以速度滑上轨道，运动到点时与挡板发生完全弹性碰撞并以原速率反弹，已知直线轨道长为，小滑块与轨道的动摩擦因数，其余阻力均不计，小滑块可视为质点，重力加速度取。求：
(1)小滑块第一次经过轨道最高点时的速率；
(2)小滑块最终停止的位置到点的距离；
(3)若改变小滑块的初速度，使小滑块能停在轨道上，且运动过程中不脱离轨道，则小滑块的初速度应满足什么条件？（结果可含根号）
15．如题图所示，长为s=5m水平传送带，向左前进的速度v=2m/s，与倾角为37°的斜面底端P平滑连接，将一质量m=2kg的小物块从距P距离L的A点静止释放。物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1=0.25、μ2=0.20，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）物块第1次滑过P点时速度大小为4m/s，求L的大小；
（2）满足（1）情况下物块第1次在传送带上往返运动的时间t；
（3）物块第1次经过P点又返回P点始末机械能不相等，L应满足的条件。
16．如图所示，固定在竖直面内的光滑半圆形轨道与粗糙水平轨道在B点平滑连接，圆轨道半径R=0.5m，一质量m=0.2kg的小物块（可视为质点）放在水平轨道上的A点，A与B相距L=10m，物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.1。现用一水平恒力F向右推物块，已知F=3N，当物块运动到某点C时撤去该力，设C点到A点的距离为x。在圆轨道的最高点D处安装一压力传感器，当物块运动到D点时传感器就会显示相应的读数FN，压力传感器所能承受的最大压力为90N，g取10m/s2。
（1）若物块运动到圆轨道上的D点时对轨道恰好无压力，求D点的速度大小；
（2）要使物块能够安全通过圆轨道的最高点D，求x的范围；
（3）在满足（2）问的情况下，在坐标系中作出压力传感器的读数FN与x的关系图象．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【解析】
【详解】
由题意可得
故选B。
2．D
【详解】
A．由图像可知，t3－t4时间内小球具有向上的速度，小球竖直向上做匀减速运动，A错误；
B．由图像可知，t0－t2时间内，小球一直向上做加速运动，合力对小球一直做正功，B错误；
C．由图像可知，0～t2时间内，小球的运动不是匀加速运动，平均速度不等于，C错误；
D．由图像可知，t3－t4时间内，小球的位移
x＝（t4－t3）
由动能定理得
解得
W＝ [（v4－v3）＋g（t4－t3）]
故选D。
3．B
【详解】
A．设任一球初速度的竖直分量为，上升的最大高度为h，上升到最大高度所用时间为t，球竖直方向上做匀减速直线运动，由
得
h相同，相同，由
可知，运动到最高点所用时间相同，从最高点到落地，球运动的竖直位移相同，则从最高点到落地，球的运动时间相同，故A错误；
BD．设球的初速度水平分量为，三球在空中运动时间为，由水平距离，即
可知
又三球抛出时的竖直分速度相同，则沿路径1抛出的球的初速度最大，但三者质量未知，初动能不一定最大，沿轨迹3落地的球速度最小，故B正确，D错误；
C．三个球在最高点时的速度等于抛出时初速度水平分量，三个球在最高点时速度不同，故C错误。
故选B。
4．B
【解析】
【详解】
A．由图可知，物体的初动能为2J，根据
得
故A错误；
B．设匀加速的位移为，匀减速的位移为，由图可得
对撤去拉力后直到停止的过程运用动能定理得
解得
故B正确；
C．滑动摩擦力的大小
故C错误；
D．对匀加速运动的过程，由动能定理得
解得
故D错误。
故选B。
5．C
【解析】
【详解】
当θ=0°时（最低点），L为绳长，根据牛顿第二定律
当θ=180°时（最高点）
从最高点到最低点的过程，由动能定理得
可以得出
因此利用特殊值代入法可知C选项满足上述结论，ABD错误，C正确。
故选C。
6．A
【解析】
【详解】
根据牛顿第三定律可知滑块运动到D点时所受轨道的支持力大小为
①
设滑块运动到D点时的速度大小为vD，根据牛顿第二定律有
②
对滑块从A点到D点的运动过程，根据动能定理有
③
联立①②③并代入数据解得轨道AB的长度为
④
故选A。
7．BD
【解析】
【详解】
AB．对整体研究，根据动能定理得
则钢索拉力做功
故A错误，B正确；
CD．对物体研究，根据动能定理得
电梯地板对物体的支持力对物体所做的功
故C错误，D正确。
故选BC。
8．CD
【解析】
【详解】
AB．动车的功率恒定，根据
可知动车的牵引力减小，根据牛顿第二定律得
可知动车的加速度减小，所以动车做加速度减小的加速运动，故AB错误；
C．当加速度为0时，牵引力等于阻力，则牵引力功率为
故C正确；
D．根据动能定理得合力做的功为
故D正确。
故选CD。
9．ACD
【解析】
【详解】
AB．设细绳刚要产生拉力，即物块与转台之间的摩擦力达到最大值时，转台的角速度为，则在范围内逐渐增大时，根据
①
可知物块所受摩擦力f逐渐增大至最大静摩擦力。
设物块将要脱离转台时转台的角速度为，细绳拉力大小为T1，此时物块所受摩擦力为零，则在竖直方向上，根据平衡条件有
②
在水平方向，根据牛顿第二定律有
③
联立②③解得
④
由④式可知
⑤
则在范围内逐渐增大时，物块所受摩擦力f逐渐减小至0，而在范围内，物块已经脱离转台，不再受摩擦力。综上所述可知A正确，B错误；
C．物块将要脱离转台时的速率为
⑤
从转台开始转动到物块将要脱离转台的过程中，摩擦力做正功，绳子拉力与物块速度方向垂直，所以不做功，根据动能的定理可得转台对物块做的功为
⑥
故C正确；
D．当转台的转速增至时，设细绳的拉力大小为T2，则在竖直方向上根据平衡条件有
⑦
在水平方向上根据牛顿第二定律有
⑧
联立⑦⑧解得
⑨
故D正确。
故选ACD。
10．AC
【详解】
A．对滑块上升时有
可得加速度大小为
设滑块离开弹射器时速度为v0，离开管口时的速度为v1，滑块由底端上升到管口的过程中由动能定理可得
可得
离开管上升到最高点的过程中，由动能定理可得
可得
滑块到管口的时间为
从管口到最高点的时间为
则滑块从离开弹射器到第二次通过圆柱形管上端经历的时间为
故A正确；
B．对滑块在管中下落时有
可得加速度大小为
有
可得
滑块从离开弹射器到再次回到弹射器处经历的时间为
故B错误；
CD．为保证滑块不滑出管口，滑块到管口时共速，设共速的速度为v，此时施加的外力F最小，对管有
滑块与管的相对位移为
共速时有
联立可得
故C正确，D错误。
故选AC。
11． 1.5~1.7 3.3~3.7
【解析】
【详解】
由图中的刻度尺可读出，曝光时间内足球在相片中移动的长度约为1.5~1.7cm；
由图中可读出足球的直径约为0.5cm，而真实的足球的直径为22cm，则可知足球运动的真实距离为x，则
，
得
或
则由题可知，曝光时间为，所以可算出足球的速度为
或
对足球由动能定理可知，运动员踢球时对足球做功
将已知量代入可得
或
12． 20 25
【解析】
【详解】
设F1换成F2时刻的速度大小为v1，回到原处的速度大小为v2，两个速度方向相反，F1作用时间为t，F2作用时间为2t，第一段匀加速过程和第二段匀变速过程的位移大小相等，设为x，根据平均速度公式有
联立得
设F1做功为W1，F2做功为W2，根据动能定理有
又因为
解得
13．；
【解析】
【详解】
根据题意可知，AB两个物体角速度相等，根据v=ωr得：
两物体速度之比：
当A的速度减为零时，下降的高度最大，此过程中把AB看成一个整体，对整体根据动能定理得：
mAghA+WfB=△Ek=0
且：
，
得：
sB=，
A、B速度最大时，力矩平衡：
mAg r=f 3r，
得：
，
根据f=kxB得
xB=
则
，
根据动能定理得：
解得：
vB=．
14．（1）2m/s；（2）0.3m；（3）
【解析】
【详解】
（1）设小滑块的质量为m，第一次经过轨道最高点C时的速率为vC，对小滑块从P到C的运动过程由动能定理有
解得
（2）假设小滑块第一次滑上轨道EF后就未再离开EF，且运动的距离为s，则对小滑块从开始运动到最终停下由动能定理有
解得
假设成立，所以小滑块最终停止的位置到F点的距离为
（3）为满足题意，当小滑块初速度取最小值v1时，它恰好可以通过C点，当小滑块初速度取最大值v2时，它在第一次被挡板反弹后可以恰好运动至D点。设小滑块恰好通过C点时的速率为vC′，则由牛顿第二定律有
对小滑块从P到C的运动过程由动能定理有
解得
对小滑块从P到D的运动过程由动能定理有
解得
故小滑块的初速度应满足
15．（1）2m；（2）4.5s；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）物块从A到P由动能定理得
代入数据解得
L=2m
（2）物块在传送带上，由牛顿第二定律得
得
设经过t1时间后共速，到达P点的速度为v1，则物块与传送带共速时，由速度公式得
解得
t1=3s
因此物块的位移为
求得
即小物块原路返回，所以匀速阶段所用的时间为
则第1次在传送带上运动的时间
t=t1+t2=4.5s
（3）要使物块第1次经过P点又返回P点的始末机械能不相等，需满足第1次到达P点时的速度大于传送带的速度。从A到P根据动能定理得
代入数据得
L有最小值。物块滑至传送带最右边时返回不掉落，则从A到传送带最右端利用能量守恒得
即，L有最大值。综上所述：L应满足
16．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）当只有重力提供向心力时，速度最小，则
则
（2）B到D的过程由动能定理得
到达D点时
联立得
由于
解得
（3）根据动能定理
可以得到
根据向心力公式
可以得到
（其中）
在坐标系中作出压力传感器的读数与的关系图象如图
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页