4.3动能、动能定理同步练习（含解析）2023——2024学年高物理粤教版（2019）必修第二册

4.3 动能、动能定理 同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．起重机以恒定功率P，将原来静止在地面上质量为m的货物提升H高度，这时物体速度达到v，在这个过程中下列说法不正确的是（　　）
A．货物上升的平均速度大于 B．货物的重力做功mgH
C．起重机对货物做功大于 D．合外力对物体做功
2．如图所示，一半径为R的光滑圆弧槽固定在水平面上，可视为质点的小球由与圆心O等高的位置无初速释放。以水平面为重力势能零势能面，则下列说法正确的是（　　）
A．小球的动能和重力势能相等时，小球与O点的连线与水平方向的夹角为
B．小球的动能和重力势能相等时，小球下落的高度为
C．小球的动能为重力势能2倍时，小球与O点的连线与水平方向的夹角为
D．小球的动能为重力势能2倍时，小球下落的高度为
3．如图所示，斜面倾角为θ，从此斜面上顶端O点以速度将一小球水平抛出，它恰能落在斜面底端B点处。现将小球以速度v从O点水平抛出，恰好落在斜面的中点A点，据此则有（ ）
A．落在A点与落在B点的时间之比为2∶1
B．
C．落在A点与落在B点的动能之比为
D．若小球以速度从O点水平抛出，落点一定在A、B两点之间
4．如图所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡底部A处由静止运动至高为h的B处，获得的速度为v，AB的水平距离为s，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．小车重力做功是mgh
B．合力对小车做的功是
C．推力对小车做的功是
D．小车阻力做的功是
5．篮球是中学生喜欢的运动，如图所示，小明从同一高度的A、B两点先后将篮球抛出，篮球恰好都能垂直打在篮板上的P点，不计空气助力，上述两个过程中篮球从A点（　　）
A．抛出后在空中的运动时间与从B点抛出时相等
B．抛出后速度的变化量大
C．抛出时小明对球做的功多
D．抛出后克服重力做功的功率先增大后减小
6．冬奥会中跳台滑雪项目是勇敢者的运动，运动员踏着专用滑雪板，不带雪杖在助滑区上获得高速后水平飞出，在空中飞行一段距离后着陆，下图是滑道的简略示意图，飞行着陆区斜面倾角为θ，运动员每次都从助滑区的同一点开始下滑，从飞出点水平飞出时的速度大小为v0，各功能区的高度和坡度都是定值，运动员可视为质点和忽略各种阻力，重力加速度为g，以下正确的是（　　）
A．由于运动员质量不同，因此在助滑区飞出点的速度大小不同
B．若运动员开始下滑位置变高，并且仍然能落在斜坡上，则落在飞行着陆区时的速度方向不同
C．运动员水平飞出后到落回斜面的时间是
D．运动员水平飞出后离斜面最远距离为
7．如图甲，质量m=10kg的物体静止在水平地面上，在水平推力F作用下开始运动，水平推力（F）随位移（x）变化的图像如图乙。已知物体与地面间的动摩擦因数，取重力加速度大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（　　）
A．在0～10m的过程中，推力F对物体所做的功为1000J
B．在0～10m的过程中，滑动摩擦力对物体所做的功为500J
C．物体的位移x=5m时，其速度大小为5m/s
D．物体的位移x=10m时，其速度大小为10m/s
8．如图a、b所示一辆m=6×103kg的公共汽车在t=0和t=3s末两时刻的两张照片。当t=0时汽车启动，在这段时间内汽车的运动可看成匀加速直线运动。图c是车内横杆上悬挂的拉手环经放大后的图像，θ=37°，根据题中提供的信息，不可以估算出的物理量有（　　）
A．汽车的长度 B．3s末汽车的速度
C．3s内合外力对汽车所做的功 D．3s末汽车车引力的功率
二、多选题
9．如图，竖直平面内固定一个半圆弧MBN，M、N连线水平，B为圆弧最低点，现从圆心O点以速率分别沿水平和竖直方向抛出两个相同的小球，小球分别落在圆弧上的A、B两点，设两小球从O点到弧面上所用时间分别为、，落在弧面时的动能分别为、，则有（ ）
A． B． C． D．
10．人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：如图所示，两人同时通过绳子对质量为的重物分别施加大小均为（为重力加速度的大小）、方向都与竖直方向成的力，重物离开地面高度后人停止施力，最后重物自由下落砸入地面的深度为。，不计空气阻力，则（ ）
A．重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间
B．重物克服地面阻力做的功等于人对重物做的功
C．重物刚落地时的速度大小为
D．地面对重物的平均阻力大小为
11．如图，质量为m的电动遥控玩具车在竖直面内沿圆周轨道内壁以恒定速率v运动，已知圆轨道的半径为R，玩具车所受的摩擦阻力为玩具车对轨道压力的k倍，重力加速度为g，P、Q为圆轨道上同一竖直方向上的两点，不计空气阻力，运动过程中，玩具车相关量不正确的是（　　）
A．在最低点与最高点对轨道的压力大小之差为2mg
B．通过P、Q两点时对轨道的压力大小之和为
C．由最低点到最高点克服摩擦力做功为
D．由最低点到最高点电动机做功为
12．发射载人飞船和空间站对接的简化示意图如图所示，先把飞船发射到近地圆轨道I，继而调整角度和高度，经过多次变轨不断逼近空间站轨道，当两轨道很接近时再从空间站下方、后方缓慢变轨接近。II是绕地球运行的椭圆轨道，III是绕地球运行、很接近空间站轨道的圆形轨道。P、Q分别为椭圆轨道II的近地点和远地点。已知万有引力常量为G，地球半径为R，飞船在轨道I、II、III上运动的周期分别为。下列说法正确的是（　　）
A．
B．地球的质量为
C．飞船在II轨道时，P点比Q点的速度小
D．飞船需要适当加速才能与空间站进行对接
三、实验题
13．用图甲所示的装置进行“探究动能定理”实验。
（1）用天平测量小车和遮光片的总质量M、砝码盘的质量；用游标卡尺测量遮光片的宽度d，游标卡尺的示数如图乙所示，其读数为;按图甲所示安装好实验装置，用刻度尺测量两光电门之间的距离L。
（2）在砝码盘中放入适量砝码；适当调节长木板的倾角，直到轻推小车，遮光片先后经过光电门1和光电门2的时间相等。
（3）取下细线和砝码盘，记下砝码的质量m。
（4）让小车从靠近滑轮处由静止释放，用数字毫秒计时器分别测出遮光片经过光电门1和光电门2所用的时间、。小车从光电门1运动至光电门2的过程中，小车动能的变化量 （用上述步骤中的物理量表示）。小车下滑过程中， （选填“需要”或“不需要”）测量长木板与水平桌面的夹角，可求出合外力做的功 （用上述步骤中的物理量表示，重力加速度为g），比较和的值，找出两者之间的关系。
（5）重新挂上细线和砝码盘，重复（2）~（5）步骤。
（6）不考虑遮光条宽度的影响，小车动能的增量为;考虑遮光条宽度的影响，小车动能的增量为，则 （选填“>”“=”或“<”）。
14．某兴趣小组设计了一个测量动摩擦因数的实验，①如图（a），将倾斜段和水平段连接构成的铝板固定在水平桌面上；②让小铁块从倾斜段上A点静止释放，铁块最终停在水平段上B点；③利用铅垂线找到A点在桌面的投影点A′，测出A到A′的高度h和A′到B的水平距离s；④改变释放位置重复多次实验，得到多组h和s的数值。
(1)实验得到多组h和s的数值如下表，请在图（b）中作出s-h关系图线 。
h/cm 10.00 15.00 20.00 25.00 30.00
s/cm 19.90 32.70 48.10 57.60 69.80
(2)根据图线求得动摩擦因数μ= 。（保留1位有效数字）
(3)重复实验发现，s-h图线总是在横轴上有一固定截距，该截距的物理意义是 。
(4)实验中铁块通过倾斜段与水平段转接点处有机械能损失，损失量与通过时的动能成正比，这会导致动摩擦因数的测量值 （选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。
(5)为了消除铁块在转接点处的机械能损失，兴趣小组中某位同学建议将倾斜段做成图（c）所示圆弧面，其末端与水平段相切，仍然通过测量h和s求得动摩擦因数。该方案是否可行？ （选填“可行”或“不可行”）。
四、解答题
15．如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度，轨道CD足够长且倾角，A、D两点离轨道BC的高度分别为，。现让质量为的小滑块自点由静止释放。已知小滑块与轨道间的动摩擦因数，重力加速度取，，，求：
（1）小滑块第一次到达D点时的速度大小；
（2）小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；
（3）小滑块最终停止的位置距B点的距离。
16．质量为m的重物在起重机的作用下由静止开始沿竖直方向加速上升。已知起重机功率恒定，加速度a与速度倒数的关系图像如图所示，重物的速度为时对应的加速度为，不计空气阻力，重力加速度为g。求
（1）重物的最大速度；
（2）起重机的功率；
（3）若重物速度从到，平均速度为，则经历的时间间隔t。
17．一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由倾角的固定斜面CD、水平传送带EF、粗糙水平轨道FG、光滑圆弧轨道GPQ、及固定在Q处的弹性挡板组成。斜面CD高度，传送带EF与轨道FG离地面高度均为h，两者长度分别为、，OG、OP分别为圆弧轨道的竖直与水平半径，半径，圆弧PQ所对应的圆心角，轨道各处平滑连接。现将质量的滑块（可视为质点）从斜面底端的弹射器弹出，沿斜面从D点离开时速度大小，恰好无碰撞从E点沿水平方向滑上传送带。当传送带以的速度顺时针转动，滑块恰好能滑至P点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数，滑块与挡板碰撞后原速率反向弹回，不计空气阻力。，，求：
（1）高度h；
（2）滑块与水平轨道FG间的动摩擦因数；
（3）滑块最终静止时离G点的距离x；
（4）若传送带速度大小可调，要使滑块与挡板仅碰一次，且始终不脱离轨道，则传送带速度大小v的范围。
18．如图所示，光滑倾斜轨道AB和水平轨道BC平滑连接（小球经过时速度大小不变），轨道AB距地面高h的A点有一个质量m＝1kg的小球无初速释放，小球从C点向右进入半径R＝1m的光滑圆形轨道，圆形轨道底部C处前后错开，小球可以从C点向右离开圆形轨道，在水平轨道上继续前进。已知小球与水平轨道间的动摩擦因数，水平轨道BC长L＝1m，不计其它阻力，重力加速度。
（1）若释放点A高度h＝3m，求小球到达B点的速度大小；
（2）要使小球完成圆周运动，则释放点A的高度h需要满足什么条件；
（3）若小球恰好不脱离轨道，求小球最后静止的位置到圆轨道最低点C的距离。
19．如图所示，人骑摩托车做特技表演时，以的初速度冲向高台，然后从高台水平飞出。若摩托车冲向高台的过程中以的额定功率行驶，冲到高台上所用时间，人和车的总质量，台高，摩托车的落地点到高台的水平距离。不计空气阻力，g取。求：
（1）摩托车从高台飞出到落地所用时间，
（2）摩托车落地时速度；
（3）摩托车冲上高台过程中克服摩擦力所做的功。
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．B
【详解】A．起重机以恒定功率P提升货物时，由
可知速度v增大时，牵引力F减小，货物做加速度减小的变加速运动，平均速度不等于。作出v-t图像如图所示
由图像可知货物速度到达v时的位移大于货物做匀加速运动的位移，可知货物上升的平均速度大于，故A正确；
B．货物的重力做功为
故B错误；
C．起重机对货物的牵引力F是变力，当速度为v时，F最小，则整个过程中F平均值大于，根据公式
可知起重机对货物做功大于，故C正确；
D．根据动能定理可知，合外力对物体做功等于物体动能的变化量，为，故D正确。
本题选错误的，故选B。
2．B
【详解】AB．以水平面为重力势能零势能面，当小球的动能和重力势能相等时有
小球下滑至此位置，根据动能定理有
解得
此时，小球与O点的连线与水平方向的夹角
解得
故A错误，B正确；
CD．以水平面为重力势能零势能面，当小球的动能为重力势能2倍时有
小球下滑至此位置，根据动能定理有
解得
此时，小球与O点的连线与水平方向的夹角
即小球与O点的连线与水平方向的夹角小于，故CD错误。
故选B。
3．B
【详解】A．小球做平抛运动，竖直方向，有
依题意，可得
联立，解得落在A点与落在B点的时间之比为
故A错误；
B．根据
解得
可得
故B正确；
C．设小球打到斜面上时速度与水平方向的夹角为，则
小球先后到达斜面上时速度方向与斜面夹角之比为1∶1。落在A点与落在B点的动能之比为
故C错误；
D．依题意，可得
可知若小球以速度从O点水平抛出，落点一定在A点的左边。故D错误。
故选B。
4．B
【详解】A．重力做功为
故A错误；
B．根据动能定理可知，合外力对小车做的功为
故B正确；
C．推力对小车做的功为
故C错误；
D．设小车克服阻力做的功为，根据动能定理可知
则
故D错误。
故选B。
5．A
【详解】AB．将篮球看成反向平抛运动，篮球在竖直方向下降的高度相同，根据竖直方向上的位移一时间公式得
解得运动时间为
所以两次在空中运动的时间相等，抛出后速度的变化量都等于gt，即
故A正确，B错误；
C．由图可知从A点投出的篮球比从B点投出的篮球的水平位移小，根据水平方向上的运动学公式得
所以有
即从A点投出的篮球在水平方向的分速度小于在B点在水平方向的分速度，可得被抛出的速度大小为
结合
可得
即从A点投出的篮球的速度小，动能小，小明对篮球所做的功更少，故C项错误；
D．克服重力做功的功率为
可知随着竖直方向的速度逐渐变小，克服重力做功的功率逐渐变小，故D项错误。
故选A。
6．D
【详解】A．设运动员的质量为m，在助滑区飞出点的速度大小为v0，运动员可视为质点和忽略各种阻力，对于运动员从开始滑下到飞出，根据动能定理（或机械能守恒定律）得
解得
即运动员在助滑区飞出点的速度大小v0只跟跟运动员下滑高度h有关，跟运动员的质量无关，且每次下滑高度相同，则飞出点的速度大小v0相同，故A错误；
BC．若运动员开始下滑位置变高，并且仍然能落在斜坡上，设运动员做平抛运动的时间为t，落在飞行着陆区时的速度方向与抛出时速度方向之间的夹角为α，则有
联立以上各式解得
由于θ一定，则α也一定，即运动员落在飞行着陆区时的速度方向是相同的，故BC错误；
D．运动员在飞出时，沿垂直于斜面向上的初速度为
沿垂直于斜面向下的加速度为
运动员从飞出到离斜面最远时，速度方向与斜面平行，即沿垂直于斜面方向的速度为零，根据类似竖直上抛运动的规律，运动员离斜面的最远距离为
故D正确。
故选D。
7．C
【详解】ABD．x=10m时，设物体的速度大小为v，F-x图像与坐标轴所围的面积表示F的功，则物体的位移在0~10m的过程中，力F对物体所做的功为
滑动摩擦力对物体所做的功为
根据动能定理有
解得
故ABD错误；
C．由题图乙可知F随x变化的关系式为
则物体所受合外力随x的表达式为
当x＜5m时，F合始终沿正方向，物体做加速度减小的加速运动，速度一直增大，当x=5m时速度达到最大值，0~5m过程中，F做的功为
x=5m时，物体速度达到最大值vm，根据动能定理有
解得
故C正确。
故选C。
8．D
【详解】A．根据c图对手环进行受力分析如图
手环受重力和绳的拉力，合力水平向右，合力的大小为
根据牛顿第二定律可以知道手环的加速度为
故汽车的加速度也是，由a、b两图可知汽车的长度就是3s内的位移，大小为
因此汽车的长度可以算出，故A正确；
B．第3s末汽车的速度为
可以算出，故B正确；
C．合外力对物体所做的功可以根据动能定理求解
故C正确；
D．第3s末汽车牵引力的功率为，已知3s末的瞬时速度，如果再知道牵引力就可以算汽车瞬时功率了，根据牛顿第二定律可以算出汽车的合外力，但是不知道汽车所受的阻力，就不能算出牵引力，所以不能算出3s末的瞬时功率，故D错误。
该题选择不可以估算出的物理量，故选D。
9．BC
【详解】AB．根据动能定理
因为
可得
故A错误，B正确；
CD．小球到A点做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体，则
，
根据勾股定理
小球到B点做匀加速直线运动
两边平方可得
所以
故C正确，D错误。
故选BC。
10．AD
【详解】C．设停止施力瞬间重物的速度大小为，根据动能定理有
则
设重物刚落地时的速度大小为，根据动能定理有
则
故C错误；
A．重物在空中运动过程，开始在拉力作用下做匀加速运动，速度大小达到后做匀减速运动直至速度为零，之后再做匀加速直线运动直至速度大小为，由此可知上升过程中的平均速度大小为，下降过程中的平均速度大小为，又由于上升、下降位移大小相等，则重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间，故A正确；
B．重物在整个运动过程中，根据动能定理有
则重物克服地面阻力做的功大于人对重物做的功，故B错误；
D．根据动能定理有
则
故D正确。
故选AD。
11．D
【详解】A．在最低点，玩具车在半径方向受到向下的重力和向上的支持力，由向心力公式得
在最高点，玩具车在半径方向受到向下的重力和向下的支持力，由向心力公式得
两式相减可得
故A正确，不满足题意要求；
BC．在P、Q两点的受力如图所示
在Q点，由向心力公式有
在P点，由向心力公式有
两式相加可得
因摩托车在不同位置与圆轨道间的压力不同，所以摩擦力是一个变力，将圆轨道分成N段，在轨道上下关于水平直径对称的位置上取两小段A、B，每段的长度为
则在A、B两小段的压力可视为恒力，摩擦力做功之和为
解得
所以摩托车从最低点到最高点克服摩擦力做功为
故BC正确，，不满足题意要求；
D．玩具车在竖直面内沿圆周轨道内壁以恒定速率运动，由最低点到最高点由动能定理可知
解得
故D错误，满足题意要求。
故选D。
12．BD
【详解】A．由开普勒第三定律，可知
故A错误；
B．飞船在轨道I上，万有引力提供向心力
解得地球的质量为
故B正确；
C．飞船在II轨道时从P到Q运行时万有引力做负功，速度变小，P点比Q点的速度大，故C错误；
D．飞船需要适当加速做离心运动，才能与空间站进行对接，故D正确。
故选BD。
13． 不需要 >
【详解】[1]小车经过两个光电门时的速度分别为
小车动能的变化量
[2][3]由于已经平衡了摩擦力，所以小车下滑过程中，不需要测量长木板与水平桌面的夹角。小车受的合力为
则小车下滑过程中，不需要测量长木板与水平桌面的夹角，可求出合外力做的功
[4]用算出的为通过光电门中间时刻的瞬时速度，但是实际上应该为通过光电门位移中点的瞬时速度。由于位移中点的瞬时速度要大于中间时刻的瞬时速度，所以不考虑遮光条宽度影响时滑块动能的增量会大于考虑遮光条宽度影响时滑块动能的增量，即
14．(1)见详解
(2)0.4
(3)铝板的厚度
(4)大于
(5)不可行
【详解】（1）
（2）设斜面的倾角为θ，在斜面上铁块位移大小为x1，在水平面上铁块位移大小为x2，铝板的厚度为d，对整个过程，根据动能定理得
而铁块水平位移大小s为
联立以上两式解得
式中即s-h图线的斜率，由图线可求得
故得
μ=0.4
（3）根据上述结果可知，s-h图线总是在横轴上有一固定截距，该截距的物理意义是铝板的厚度；
（4）如果实验中铁块通过倾斜段与水平段转接点处有机械能损失，损失量与通过时的动能成正比，则铁块在水平段的初动能减小，水平位移x2就会减小，s的测量值偏小，由可知，这会导致动摩擦因数的测量值大于其真实值。
（5）因为物体做圆周运动时有向心力，导致支持力大于重力垂直于切面的分力，从而摩擦力偏大，故该方案不可行。
15．（1）3m/s；（2）2s；（3）1.4m
【详解】（1）小滑块从A点到第一次到达D点过程中，由动能定理得
代入数据解得
（2）小滑块从A点到第一次到达C点过程中，由动能定理得
代入数据解得
小滑块沿CD段上滑的加速度大小为
小滑块沿CD段上滑到最高点的时间为
由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间为
故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔为
（3）设小滑块在水平轨道上运动的总路程为，对小滑块运动全过程应用动能定理有
代入数据解得
故小滑块最终停止的位置距B点的距离为
16．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由图像可得
图像的表达式为
当a=0时，重物的最大速度，解得
（2）根据牛顿第二定律和瞬时功率公式可得
，
解得
结合图像可得
解得功率为
（3）重物在从到的过程由动能定理有
解得
17．（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）滑块从D到E做斜抛运动，E点为最高点，分解，竖直方向
水平方向
竖直位移为y，则，解得
所以
（2）滑块以滑上传送带，假设能被加速到，则
成立。故滑块离开F点的速度
从F到P由动能定理得
解得
（3）由分析可知，物块从P返回后向左进入传送带，又被传送带原速率带回，设物块从P返回后，在FG之间滑行的总路程为s，则
解得
所以，滑块停止时离G点
（4）设传送带速度为时，滑块恰能到Q点，在Q点满足
解得
从F到Q由动能定理得
解得
设传送带速度为时，滑块撞挡板后恰能重新返回到P点，由动能定理得
解得
若滑块被传送带一直加速，则
可得
所以，传送带可调节的速度范围为
18．（1）；（2）不小于2.9m；（3）C点的左侧0.5m处或在C点右侧6.25m处
【详解】（1）从A到B，根据动能定理有
解得
（2）要使小球完成圆周运动，则小球在最高点时最小速度需重力提供向心力，则有
根据动能定理有
解得
则可知要使小球完成圆周运动，则释放点A的高度h需要不小于2.9m；
（3）若小球恰好不脱离轨道，第一种情况是，即小球从2.9m高处滑下，过圆最高点后，从C点向右离开圆形轨道，小球最后静止的位置到圆轨道最低点C的距离为x，根据动能定理
解得
即小球最后静止的位置在C点的右侧，距圆轨道最低点C的距离为6.25m；
若小球恰好不脱轨道，第二情况是，小球从斜面滑下后最高点只刚好到与圆心等高处，然后滑回来过C点向左滑，根据动能定理有
解得
即小球最后静止的位置在C点的左侧，因BC长L＝1m，所以小球最后停在BC中点处、距圆轨道最低点点C的距离为0.5m。
综上所述，小球最后静止的位置可能在C点的左侧0.5m处或在C点右侧6.25m处。
19．（1）1.0s；（2），方向与水平方向夹角为向下；（3）
【详解】（1）摩托车在空中做平抛运动，则有
所以
（2）水平方向做匀速运动，则有
竖直方向做自由落体运动，则
摩托车落地时的速度大小
设落地时与水平方向的夹角为，则
得
故落地时速度方向与水平方向夹角为向下。
（3）摩托车冲上高台过程中，根据动能定理
代入数据解得
所以，冲上高台过程中摩托车克服摩擦力所做的功为。
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