4.4 动能定理检测题Word版含答案

动能和动能定理
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、基础与经典
1．NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众。比赛中经常有这样的场面：在临终场0．1 s的时候，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的胜利。若运动员投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐的高度为h2，球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为(　　)
A．mgh1＋mgh2－W B．mgh2－mgh1－W
C．W＋mgh1－mgh2 D．W＋mgh2－mgh1
答案　C
解析　根据动能定理，球获得初动能Ek0的过程有W＝Ek0－0，球离开手到进筐时的过程有－mg(h2－h1)＝Ek－Ek0，得篮球进筐时的动能Ek＝W＋mgh1－mgh2，C正确。
2．如图所示，一质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F的作用下，从位置甲处缓慢移动到乙处。θ＝60°，重力加速度为g，则力F所做的功为(　　)
A．mgL B．mgL
C．FL D．FL
答案　A
解析　因为是缓慢移动，所以可认为速度变化量为零，即动能变化量为零，在移动过程中F和重力做功，根据动能定理可得WF－mgL(1－cos60°)＝0，解得WF＝mgL，A正确，B、C、D错误。
3．
如图所示，在光滑水平面上有一长木板，质量为M，在木板左端放一质量为m的物块，物块与木板间的滑动摩擦力为Ff，给物块一水平向右的恒力F，当物块相对木板滑动L距离时，木板运动位移为x，则下列说法正确的是(　　)
A．此时物块的动能为FL
B．此时物块的动能为(F－Ff)L
C．此时物块的动能为F(L＋x)－FfL
D．此时木板的动能为Ffx
答案　D
解析　对物块，由动能定理得(F－Ff)·(L＋x)＝Ek－0，即Ek＝(F－Ff)(L＋x)，所以A、B、C错误；对木板有：Ff·x＝Ek′－0，即木板的动能Ek′＝Ffx，D正确。
4．
质量为10 kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图所示。物体在x＝0处，速度为1 m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x＝16 m处时，速度大小为(　　)
A．2 m/s B．3 m/s C．4 m/s D． m/s
答案　B
解析　力F随x变化关系图象与x轴所围图形面积表示力F对物体所做的功，力F做功W＝40 J＋20 J－20 J＝40 J。由动能定理，W＝mv2－mv，解得v＝3 m/s，B正确。
5．一物体被竖直上抛，已知抛出的初速度与回到抛出点时的速度的大小之比为k，物体在运动过程中所受的空气阻力大小不变，则空气阻力与重力之比为(　　)
A．k B．
C． D．
答案　C
解析　设物体的质量为m，空气阻力大小为f，上升的最大高度为h，根据动能定理，上升过程有－(mg＋f)h＝0－mv，下降过程有(mg－f)h＝mv2，由题意可知＝k，联立解得＝，故C正确，A、B、D错误。
6．
(多选)如图所示，斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的两段，在B处用小圆弧连接。将小铁块(可视为质点)从A处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P处。若从该板材上再截下一段，搁置在A、P之间，构成一个新的斜面，再将铁块放回A处，并轻推一下使之沿新斜面向下滑动。关于此情况下铁块的运动情况，下列描述正确的是(　　)
A．铁块一定能够到达P点
B．铁块的初速度必须足够大才能到达P点
C．铁块能否到达P点与铁块质量有关
D．铁块能否到达P点与铁块质量无关
答案　AD
解析　设A距离地面的高度为h，动摩擦因数为μ，对全过程运用动能定理有mgh－μmgcosθ·sAB－μmgsBP＝0，得mgh－μmg(sABcosθ＋sBP)＝0，而sABcosθ＋sBP＝sOP，即h－μsOP＝0，与斜面的倾角无关，故小铁块一定能到达P点，与铁块的质量无关，A、D正确，B、C错误。
7．如图所示，多个完全相同、边长足够小且互不粘连的立方体小物块依次排列，总长度为L。它们一起以某一水平速度在光滑水平面上匀速运动。某时刻开始，小物块滑上粗糙水平面，最后一个小物块恰好全部进入粗糙水平面时速度为零。已知小物块与粗糙水平面间的动摩擦因数均为μ，则小物块在光滑水平面上的速度为(　　)
A． B． C． D．
答案　C
解析　最后一个小物块恰能完全进入粗糙水平面，说明所有小物块完全进入粗糙水平面后的最终速度均为零，摩擦力大小随位移均匀变化，则根据功的公式有Wf＝L＝μmg·L，根据动能定理有－Wf＝0－mv2，解得v＝，故C正确。
8．如图所示，质量为m的物体静止在光滑的水平平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人水平向右匀速拉动，人的速度为v0，人从滑轮正下方开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处，则在此过程中人的拉力对物体所做的功为(　　)
A． B． C． D．mv
答案　C
解析　将人的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向的分速度大小等于物体的速度大小，当绳与水平方向的夹角为45°时，则有v物＝v0cos45°，根据动能定理有W＝mv＝mv，C正确。
9．如图所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡(粗糙)底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得的速度为v，A、B之间的水平距离为s，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．小车重力所做的功是mgh
B．合力对小车做的功是mv2
C．推力对小车做的功是mv2＋mgh
D．阻力对小车做的功是Fs－mv2－mgh
答案　B
解析　小车重力所做的功为－mgh，A错误。由动能定理得合力对小车做的功W＝mv2，B正确。根据动能定理Fs－mgh＋Wf＝mv2，其中Wf为负值，推力对小车做的功大于mv2＋mgh，C错误。阻力对小车做的功为－，故D错误。
10．如图所示，在倾角为θ的斜面底端固定一根劲度系数足够大的弹簧(力作用在弹簧上时弹簧形变很小，可以忽略不计)，弹簧的上端与斜面上B点对齐。将一个物块从斜面上的A点由静止释放，物块被弹簧反弹后沿斜面上滑，到最高点时离A点的距离为x。物块的大小不计，A、B间的距离为L，则物块与斜面间的动摩擦因数为(　　)
A．tanθ B．tanθ
C．tanθ D．tanθ
答案　A
解析　物块从A点由静止释放到返回至最高点，重力做正功，摩擦力做负功，弹簧的弹力做功为零，动能的变化量为零，根据动能定理得mgxsinθ－μmgcosθ(2L－x)＝ΔEk＝0，解得μ＝tanθ，故A正确，B、C、D错误。
二、真题与模拟
11．(2018·江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是(　　)
答案　A
解析　小球做竖直上抛运动时，速度v＝v0－gt，根据动能Ek＝mv2得Ek＝m(v0－gt)2，故图象A正确。
12．(2016·四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900 J，他克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中(　　)
A．动能增加了1900 J
B．动能增加了2000 J
C．重力势能减小了1900 J
D．重力势能减小了2000 J
答案　C
解析　由动能定理可知，动能变化量为ΔEk＝1900 J－100 J＝1800 J，A、B错误；重力势能的减少量等于重力做的功，故C正确，D错误。
13．(2016·全国卷Ⅲ)
(多选)如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面。在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P，它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则(　　)
A．a＝ B．a＝
C．N＝ D．N＝
答案　AC
解析　设质点在最低点的速度为v，根据动能定理，mgR－W＝mv2，在最低点，向心加速度a＝＝，A正确，B错误；根据牛顿第二定律，N－mg＝ma，则N＝mg＋ma＝，C正确，D错误。
14．(2015·海南高考)
如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为(　　)
A．mgR B．mgR
C．mgR D．mgR
答案　C
解析　质点在轨道最低点时受重力和支持力，根据牛顿第三定律可知，支持力FN＝2mg。如图所示，FN－mg＝m，得v＝。对质点的下滑过程应用动能定理，mgR－W＝mv2，得W＝mgR，C正确。
15．(2015·全国卷Ⅰ)如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则(　　)
A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W>mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W<mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
答案　C
解析　质点滑到轨道最低点N时，对轨道压力为4mg，由牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg。在最低点，由牛顿第二定律得，4mg－mg＝m，质点滑到最低点的速度v＝。由动能定理得，2mgR－W＝mv2，解得W＝mgR。由于摩擦力做功会导致质点接着运动到右半边轨道上同样高度时的速度较小，轨道弹力较小，滑动摩擦力f＝μFN较小，那么对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q点时克服摩擦力做的功W′要小于W＝mgR。由此可知，质点到达Q点后，可继续上升一段距离，C正确，A、B、D错误。
16．(2018·银川一中一模)
如图，固定板AB倾角θ＝60°，板BC水平，AB、BC长度均为L，小物块从A处由静止释放，恰好滑到C处停下来。若调整BC使其向上倾斜，倾角不超过90°，小物块从A处由静止滑下再沿BC上滑，上滑距离与BC倾角有关。不计B处机械能损失，各接触面动摩擦因数相同，小物块沿BC上滑的最小距离为x，则(　　)
A．x＝ B．x＝ C．x＝ D．x＝
答案　B
解析　小物块从A处由静止释放，恰好滑到C处停下来，由动能定理得：mgLsinθ－μmgLcosθ－μmgL＝0，μ＝，若调整BC使其向上倾斜，设BC与水平方向之间的夹角为α时，小物块沿BC上滑的距离为x′，由动能定理可得：mgLsinθ－μmgLcosθ－mgx′sinα－μmgx′cosα＝0，解得：x′＝＝，则x＝x′min＝。故B正确。
17．(2018·湖南岳阳一中模拟)(多选)将三块木板1、2、3分别固定在墙角，构成如图所示的三个斜面，其中1与2底边相同，2和3高度相同。现将一个可以视为质点的物块，分别从三块木板的顶端由静止释放，沿木板下滑到底端。下列说法中正确的是(　　)
A．若木板均光滑，沿木板2和3下滑到底端时，物块的速度相同
B．若木板均光滑，物块沿木板1下滑到底端时，速度最大
C．若木板均光滑，物块沿木板3下滑到底端的过程用时最短
D．若木板1和2粗糙程度相同，则物块沿木板1和木板2下滑到底端的过程中，克服摩擦力做功相同
答案　BD
解析　若木板光滑，物块从高为h的木板上由静止滑到底端时，根据动能定理有mgh＝mv2，可知只要物块下降的高度相同，到达底端时的速度大小相同，但方向不同，下降的高度越大，物块沿木板下滑到底端时的速度越大，A错误，B正确；设木板与水平方向的夹角为θ，若木板均光滑，在物块下滑过程中，由牛顿第二定律得mgsinθ＝ma，a＝gsinθ，位移为L＝，设时间为t，则L＝at2，联立解得物块沿木板下滑到底端的时间为t＝，由此可知，当高度相同时，θ越大，运动时间越短，故物块沿木板2下滑到底端的过程用时比物块沿木板3下滑到底端的过程用时短，C错误；若木板1和2粗糙程度相同，设木板与物块间的动摩擦因数为μ，物块的水平位移为s，物块所受摩擦力f＝μmgcosθ，物块沿木板下滑的位移L＝，摩擦力做功W＝－fL＝－μmgs，故s相同时，克服摩擦力做功与θ大小无关，两次做功相同，D正确。
18．
(2018·广东惠州三调)如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆C和D上，a球置于C正下方的地面上，轻绳Cb段恰好处于水平拉直状态。现将b球由静止释放，当b球摆至最低点时，a球对地面的压力刚好为零。现把细杆D水平移动少许，让b球仍从原位置由静止释放到摆至最低点的过程中，不计空气阻力，下列说法中正确的是(　　)
A．若细杆D水平向左移动少许，则b球摆至最低点时，a球会离开地面
B．若细杆D水平向右移动少许，则b球摆至最低点时，a球会离开地面
C．无论细杆D水平向左还是向右移动少许，当b球摆至最低点时，a球都不会离开地面
D．无论细杆D水平向左还是向右移动少许，当b球摆至最低点时，a球都会离开地面
答案　C
解析　小球b下摆到最低点的过程中，由动能定理，有mgR＝mv2－0，在最低点有F－mg＝m，联立解得F＝3mg，可知F与小球b到D的距离无关，所以无论细杆D水平向左还是向右移动少许，当b球摆至最低点时，轻绳对小球b的拉力不变，a球都不会离开地面，C正确，故A、B、D错误。
一、基础与经典
19．有一种“过山车”的杂技表演项目，可以简化为如图所示的模型，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝10 cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h＝0．8 m，水平距离s＝1．2 m，水平轨道AB长L1＝1 m，BC长L2＝3 m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0．2，重力加速度g＝10 m/s2，则：
(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点E，计算小球在A点的初速度v0；
(2)若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，计算小球在A点时初速度v0′的范围？
答案　(1)3 m/s
(2)3 m/s≤v0′≤4 m/s或v0′≥5 m/s
解析　(1)小球恰能通过最高点有：mg＝m
由B点到最高点有：mv＝mv＋mg·2R
由A→B有：－μmgL1＝mv－mv
解得初速度v0＝3 m/s。
(2)小球不掉进壕沟有两种情况：在BC段停止或越过壕沟。
①若小球刚好停在C点，有
－μmg(L1＋L2)＝0－mv0′2
解得初速度：v0′＝4 m/s
若小球停在BC段，则有3 m/s≤v0′≤4 m/s
②若小球刚好越过壕沟，有h＝gt2，s＝vCt
－μmg(L1＋L2)＝mv－mv0′2
解得v0′＝5 m/s
初速度的范围是：3 m/s≤v0′≤4 m/s或v0′≥5 m/s。
二、真题与模拟
20．(2015·浙江高考)
如图所示，用一块长L1＝1．0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0．8 m，长L2＝1．5 m。斜面与水平桌面的夹角θ可在0～60°间调节后固定。将质量m＝0．2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0．05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。(重力加速度取g＝10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)
(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin37°＝0．6，cos37°＝0．8)
(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm。
答案　(1)arctan0．05　(2)0．8　(3)1．9 m
解析　(1)为使小物块下滑，mgsinθ≥μ1mgcosθ
θ满足的条件：tanθ≥0．05，即当θ＝arctan0．05时物块从斜面开始下滑。
(2)克服摩擦力做功
Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg(L2－L1cosθ)，
由动能定理得mgL1sinθ－Wf＝0，
代入数据得μ2＝0．8。
(3)由动能定理得mgL1sinθ－Wf＝mv2，
代入数据得v＝1 m/s，H＝gt2，t＝0．4 s，x1＝vt，
x1＝0．4 m，xm＝x1＋L2＝1．9 m。
21．(2016·天津高考)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3．6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1530 J，取g＝10 m/s2。
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。
答案　(1)144 N　(2)12．5 m
解析　(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有v＝2ax　①
由牛顿第二定律有mg－Ff＝ma②
联立①②式，代入数据解得Ff＝144 N③
(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到C的过程中，由动能定理有
mgh＋W＝mv－mv④
设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有
FN－mg＝m⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R＝12．5 m。
22．(2014·福建高考)如图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切。点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面。一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力。
(1)若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面上D点，OD＝2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程中轨道摩擦力对其所做的功Wf；
(2)若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h。提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向＝m
答案　(1)　－(mgH－2mgR)　(2)R
解析　(1)游客从B点做平抛运动，有
2R＝vBt①
R＝gt2②
由①②式得vB＝③
从A到B过程根据动能定理，有
mg(H－R)＋Wf＝mv－0④
由③④式得Wf＝－(mgH－2mgR)⑤
(2)设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为FN，从B到P由动能定理，有
mg(R－Rcosθ)＝mv－0⑥
过P点时，根据向心力公式，有mgcosθ－FN＝m⑦
FN＝0⑧
cosθ＝⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得h＝R。
23．(2018·湖南衡阳统考)如图所示，一个质量为0．6 kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从竖直圆弧轨道ABC的A点沿切线方向进入圆弧轨道(不计空气阻力，进入圆弧轨道时无机械能损失)。已知圆弧轨道的半径R＝0．6 m，O为轨道圆心，BC为轨道竖直直径，OA与OB的夹角θ＝60°，小球到达A点时的速度大小vA＝8 m/s。g取10 m/s2，求：
(1)小球做平抛运动的初速度大小v0；
(2)P点与A点的高度差；
(3)小球刚好能到达圆弧轨道最高点C，求此过程小球克服摩擦力所做的功。
答案　(1)4 m/s　(2)2．4 m　(3)12 J
解析　(1)对小球在A点的速度进行分解，由平抛运动规律得v0＝vAcosθ＝4 m/s。
(2)对小球由P点至A点的过程由动能定理得
mgh＝mv－mv，解得h＝2．4 m。
(3)小球刚好能到达C点，在C点由牛顿第二定律有
mg＝m，解得vC＝ m/s，
小球由A点至C点过程由动能定理得
－mg(Rcosθ＋R)－Wf＝mv－mv ，
解得Wf＝12 J。