1.3动能和动能定理 练习
一、单选题
1．如图1所示，上表面光滑的斜面体固定在水平地面上，一个小木块从斜面底端冲上斜面。图2为木块的初动能与木块轨迹的最高点距地面高度的关系图像。由此可求得斜面的长度为（ ）
A． B． C． D．
2．图（1）哈尔滨冰雪大世界大滑梯是一个非常刺激的冰雪娱乐项目，大滑梯可以简化为图（2）模型，质量为m的游客坐在质量为M的雪板上从H=20m高处由静止滑下，游客与雪板间动摩擦因数为 1=0.78，不计空气阻力及滑道与雪板间的摩擦力，倾斜滑道与水平滑道平滑连接且无机械能损失，为保证游客在不脱离雪板（游客与雪板仅靠摩擦力保持相对静止）的前提下运动到缓冲装置时的速度不超过5m/s，需要在水平滑道上铺设长L=25m的减速带，减速带与雪板的动摩擦因数为 2可以为（ ）
A．0.74 B．0.76 C．0.79 D．0.80
3．如图所示，一小物块由静止开始沿着倾角斜面向下滑动，最后停在水平地面上。已知斜面与地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为。则该过程中，物块的速率v、摩擦力的功率P随时间t关系以及物块的速率v、动能Ek与路程s关系的图像可能正确的是（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2） （ ）
A． B．
C． D．
4．一物块由静止开始从粗糙斜面上的某点加速下滑到另一点，在此过程中重力对物块做的功等于（ ）
A．物块动能的增加量
B．物块重力势能的减少量与物块克服摩擦力做的功之和
C．物块重力势能的减少量和物块动能的增加量以及物块克服摩擦力做的功之和
D．物块动能的增加量与物块克服摩擦力做的功之和
5．如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力太小为，用水平的恒定拉力F作用于滑块，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为，木板速度为，下列结论中正确的是（ ）
A．上述过程中，F做功大小为
B．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
C．其他条件不变的情况下，M越大，s越大
D．其他条件不变的情况下，越大，滑块与木板间产生的热量越多
6．冰车是东北地区冬季喜闻乐见的游乐项目。如图甲所示，小孩坐在冰车上，大人先用水平恒力推了5s后，又用水平恒力推了25s，之后撤去了外力，小孩及冰车又在冰面上自由滑行了10s，最终静止。已知小孩和冰车的总质量为40kg，小孩在冰面上做直线运动的图像如图乙所示，忽略空气阻力，重力加速度g取，则下列说法中正确的是（ ）
A．水平恒力
B．冰车与冰面的动摩擦因数
C．整个过程中冰车在冰面上运动的总距离为
D．整个过程中大人对小孩和冰车做的功为
7．“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比（F阻＝kv，k为常量），动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是（ ）
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为vm
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为m－Pt
8．由于空气阻力的影响，被踢出的足球飞行轨迹如图所示。足球从位置1被踢出，位置3为轨迹的最高点，位置2、4距地而高度相等。重力加速度为g，忽略足球的旋转。关于足球，下列说法正确的是（ ）
A．到达位置3时，加速度为g
B．经过位置2时的速度大于经过位置4时的速度
C．由位置1到位置3减少的动能少于由位置3到位置5增加的动能
D．由位置1运动到位置3的时间大于由位置3运动到位置5的时间
二、多选题
9．如图所示为篮球运动员某次投三分球直接入筐的情景，篮球出手时的高度为2.95m，出手时的速度方向与水平方向成37°角，投篮位置与篮筐中心的水平距离为6.8m。已知篮球的质量为0.6kg，篮筐的高度为3.05m，不计空气阻力，篮球可视为质点，sin37°=0.6，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．篮球人篮筐前在空中运动的时间为0.8s
B．篮球出手瞬间的动能为21.675J
C．篮球运动过程中的最大高度约为4.25m
D．如果篮球入篮筐的过程中未与篮筐相碰且不考虑落地后反弹，则篮球在空中运动的时间约为2s
10．如图甲所示，起重机从时刻由静止开始竖直向上提升某物体，从开始运动到刚获得最大速度过程中，物体速度的倒数和牵引力F的关系图像如图乙所示，整个过程时间持续9 s，获得的最大速度为，不计其他阻力，取重力加速度，以下说法正确的是（ ）
A．物体的质量为180kg B．起重机牵引力的最大功率为15kW
C．物体做匀加速运动的时间为5s D．物体在9 s内上升的高度为
11．如图甲所示，弯曲轨道与水平地面平滑连接，右侧有一与地面等高的传送带，传送带始终以速度顺时针匀速转动。将一滑块从轨道上高h处无初速度释放，当时，滑块离开传送带时的速度不变，当滑块从其他高度释放后，离开传送带时的速度大小 v与高度h的图像为如图乙所示的曲线。已知滑块与传送带间的动摩擦因数，弯曲轨道与水平地面均光滑，取重力加速度大小，下列说法正确的是（ ）
A．传送带的长度L为1m
B．传送带运行的速度为
C．该滑块从和释放，摩擦力对滑块做功的大小相等
D．该滑块从释放，滑块在传送带上运动的时间为
12．一个质量为15kg的机器人沿直线运动的速度一时间图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．内机器人运动的距离为18m
B．内机器人受到的合力大小为30N
C．机器人减速时的加速度大小为
D．内机器人的动能减少了480J
三、实验题
13．某学习小组通过如图所示装置探究动能定理。光电门1、2分别固定在长木板上相距S的两点，挡光片宽度为d（），重力加速度为g。实验步骤如下：
（1）在长木板右端适当位置垫一高度为H的木块，使滑块（包含挡光片）恰好能匀速下滑，并测得此时木块与木板左端距离为L。
（2）让滑块以一定初速度沿斜面上滑，先后通过光电门1、光电门2，挡光时间分别为、。
①滑块与木板间的动摩擦因数 ；
②滑块通过光电门2的速度为 ；
③该学习小组要探究动能定理，上述物理量需满足： 。（均用题干中字母表示）
14．某同学利用如图甲所示的装置“验证动能定理”，并完成了如下的操作：
①按如图甲所示的装置组装实验器材，调整滑轮的高度使细线与长木板平行；
②取下砂桶，将长木板的右端适当垫高，纸带穿过打点计时器，开启电源释放小车，直到在纸带上打下一系列均匀的点为止；
③挂上砂桶，并在砂桶中放入适量的沙子，用天平测出砂桶和沙的总质量为m，然后将装置由静止释放，重复操作，从其中选择一条点迹比较清晰的纸带，如图乙所示。
已知纸带中相邻两计数点间还有4个计时点未画出，计数点间的距离如图乙所示，打点计时器的打点频率，重力加速度大小为g。
(1)打下计数点4时，小车的速度大小 m/s。
(2)若小车的质量为M，取打下计数点1~5的过程研究，若打下计数点1、5时小车的速度大小分别为和，则验证系统动能定理的表达式为 。（用题中所给物理量符号表示）
(3)若砂桶和桶中沙的总质量远小于小车的质量，根据得出的实验数据，描绘出了图像如图丙所示，其中，则小车的质量 kg。
(4)假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响，若砂桶和桶中沙的总质量不满足远小于小车的质量，且。则从理论上分析，下列各图能正确反映关系的是 ；此时若图线直线部分的斜率为k，则从理论上分析，可知小车的质量 。
15．如图甲所示，某组同学利用“探究物体加速度与合外力、质量之间定量关系”的相关实验思想、原理及操作，进行“研究合外力做功和动能变化的关系”的实验：
(1)关于该实验操作正确的是__________。
A．物块应靠近打点计时器，先接通电源，再释放物块，打出纸带，同时记录力传感器的示数
B．补偿阻力时应穿好纸带，用细线绕过滑轮连接托盘（不放砝码），能让物块匀速下滑即可
C．为减小误差，实验中托盘和砝码的总质量应远小于物块和传感器的总质量
D．实验中需要用天平称量托盘和砝码的总质量
(2)连接细线及托盘，放入砝码，通过实验得到图乙所示的纸带，纸带上为物块运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为的相邻计数点A、B、、、、、，实验时力传感器示数为，物块的质量（含传感器质量）为。则打下过程中物块所受合外力做的功 ，物块动能的变化量 。分别求出打下、、、过程中物块所受合外力做的功，物块动能的变化量，分析上述数据可知：在实验误差允许的范围内，与理论推导结果一致（结果保留三位有效数字）。
(3)实验前已测得托盘质量为，实验时该组同学放入托盘中的砝码质量应为 （结果保留两位有效数字，取）。
16．某实验小组想验证向心力公式表达式，实验装置如图1所示，一个半圆形光滑轨道，右侧所标记的刻度为该点与圆心连线和竖直方向的夹角，圆弧轨道最低点固定一个力传感器，小球达到该处时可显示小球在该处对轨道的压力大小，小球质量为m，重力加速度为g。
实验步骤如下：
①将小球在右侧轨道某处由静止释放，记录该处的角度；
②小球到达轨道最低点时，记录力传感器的示数；
③改变小球释放的位置、重复以上操作，记录多组、的数值；
④以为纵坐标，cos为横坐标，作出的图像，如图2所示。
回答以下问题：
(1)若该图像斜率的绝对值 ，纵截距 ，则可验证在最低点的向心力表达式。
(2)某同学认为小球运动时的轨道半径为圆轨道半径与小球半径的差值，即小球球心到轨道圆心的距离才为圆周运动的半径，因此图像斜率绝对值k的测量值与真实值相比 （填“偏大”“偏小”或“相等”）。
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C B D D D D C B BC CD
题号 11 12
答案 ABD AD
1．C
【详解】若物块不滑离斜面，则由动能定理
由图像可知
设斜面长度L倾角为θ，当物块能滑离斜面时，则从底端到顶端时
滑离斜面后做斜抛运动，还能上升的高度
滑块轨迹的最高点距地面高度
联立解得
由图像可知斜率
解得
根据图像可计算后一段图像在纵轴上的截距为1.5h0，则截距
解得L=4h0
故选C。
2．B
【详解】根据动能定理可得
代入数据解得
要使游客与雪板仅靠摩擦力保持相对静止，则
即
故选B。
3．D
【详解】AC．物块在斜面上做匀加速直线运动，在水平面上做匀减速直线运动，物块的速率先随时间均匀增大后随时间均匀减小，且两段过程中与均为非线性关系，故AC错误；
B．物体经过斜面与水平面的连接处时，摩擦力的大小会发生突变，摩擦力的功率也会发生突变，故B错误；
D．由于物块的速率先增大后减小，所以动能先增大后减小，又因这两段过程中合外力均为恒力，所以图像均为直线，故D正确。
故选D。
4．D
【详解】物块由静止开始从粗糙斜面上的某点加速下滑的过程受到重力、支持力和摩擦力，其中支持力不做功，设两点的竖直高度为h，根据动能定理有
所以重力对物块做的功等于物块动能的增加量与物块克服摩擦力做的功之和。
故选D。
5．D
【详解】A．由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体的动能外，还有系统摩擦产生了热量，故A错误；
B．由于滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，木板的加速度由滑块对它的摩擦力提供，在其它条件不变的情况下增大F，木板受到的摩擦力大小不变，因此木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，但增大F后滑块的加速度增大，离开木板的时间就越短，故B错误；
C．由于木板受到的摩擦力大小不变，因此当M越大时木板的加速度越小，而滑块的加速度不变，相对位移仍是L，滑块在木板上的运动时间越短，所以木板运动的位移越小，故C错误；
D．系统产生的热量等于摩擦力和相对位移的乘积，相对位移不变化，因此摩擦力越大，产生的热量越多，故D正确。
故选D。
6．D
【详解】B．在30~40s内小孩和冰车在只受摩擦力的作用下做匀减速直线运动，根据图像可知，此段的加速度大小为
由牛顿第二定律
得冰车与冰面的动摩擦因数
故B错误；
A．0~5s内冰车做匀加速直线运动，根据图像可知
再由牛顿第二定律
解得
故A错误；
C．图像与横轴所围成的面积表示位移，因此整个过程中冰车在冰面上运动的总距离为
故C错误；
D．由动能定理
代入数据得
故D正确。
故选D。
7．C
【详解】A．若动车组做匀加速启动，则加速度不变，而速度增大，则阻力也增大，要使合力不变则牵引力也将增大，故A错误；
B．若动车组输出功率均为额定值，则其加速度
随着速度增大，加速度减小，所以动车组做加速度减小的加速运动，故B错误；
C．当动车组的速度增大到最大vm时，其加速度为零，则有：
若总功率变为2.25P，则同样有：
联立两式可得：vm′=vm
故C正确；
D．对动车组根据动能定理有：4Pt-Wf=mvm2
所以克服阻力做的功Wf=4Pt-mvm2
故D错误；
故选C。
8．B
【详解】A．到达位置3时，足球受重力与空气阻力作用，加速度不为g，故A错误；
B．从经过位置2到经过位置4时，根据动能定理可知的速度，可知动能减小，则经过位置2时的速度大于经过位置4时的速度，故B正确；
C．由位置1到位置3，根据动能定理有
由位置3到位置5，根据动能定理有
则由位置1到位置3减少的动能大于由位置3到位置5增加的动能，故C错误；
D．上升过程中阻力的分力与重力方向相同，下降过程中重力与阻力方向相反，则上升过程中平均加速度较大，根据可知，由位置1运动到位置3的时间小于由位置3运动到位置5的时间，故D错误；
故选B。
9．BC
【详解】AB．设抛出速度为v，如图所示
将速度分解成水平方向和竖直方向，篮球在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，在篮球从出手到落入篮筐内的过程中，水平方向有
竖直方向有
联立解得，
篮球出手时的动能
故A错误，B正确；
C．篮球上升的最大高度
所以
故C正确；
D．篮球从出手至运动到最高点的时间
设从最高点至落地用时为t2，则有
解得
所以篮球在空中运动的时间
故D错误。
故选BC。
10．CD
【详解】B．根据
可得
当物体速度从10m/s增加至12m/s的过程中，结合图线的斜率可得
解得
故B错误；
A．速度最大时合外力为零，即牵引力等于物体重力，根据图像可知，在F=1500N时速度达到最大值，因此有
解得
故A错误；
C．由图像可知起重机初始牵引力大小为，且匀加速结束时物体的速度大小为，根据牛顿第二定律，有
解得加速度
根据匀变速直线运动速度与时间的关系可得匀加速运动的时间
故C正确；
D．根据题意，物体速度达到最大用时9s，而匀加速阶段用时5s，则可知，起重机以恒定功率运行的时间，根据动能定理
其中
解得
匀加速阶段位移
所以总位移
故D正确。
故选CD。
11．ABD
【详解】AB．根据题意，结合图乙可知，当 时，滑块始终在传送带上加速，当 时，滑块始终在传送带上减速。
设滑块滑上传送带前的速度为v，
传送带上由运动学公式有 ，
其中 ， ，解得 ，
故AB正确；
C．，设滑块和传送带共速前的位移为，
可得
摩擦力做功为
此后滑块与传送带共速，摩擦力不做功。，设滑块和传送带共速前的位移为，
可得
摩擦力做功为
此后滑块与传送带共速，摩擦力不做功，故C错误；
D．，滑块滑上传送带的速度 ，由图乙知末速度为 ，
故D正确。
故选ABD。
12．AD
【详解】A．根据图像与轴围成的面积表示位移可得内机器人运动的距离为
故A正确；
B．内机器人受到的合力大小机器人的加速度大小
内机器人受到的合力大小为
故B错误；
C．机器人减速时的加速度大小为
故C错误；
D．内机器人的动能减少量
故D正确。
故选AD。
13．
【详解】（2）①[1]在长木板右端适当位置垫一高度为H的木块，使滑块（包含挡光片）恰好能匀速下滑，并测得此时木块与木板左端距离为L。对木块根据平衡条件可得
得
②[2]滑块通过光电门2的速度为
③[3]设斜面与水平面的夹角为，若让滑块以一定初速度沿斜面上滑，先后通过光电门1、光电门2，挡光时间分别为、。若该学习小组要探究动能定理，即探究
其中，，
联立求得上述物理量需满足
14．(1)0.192
(2)
(3)0.4
(4) A
【详解】（1）相邻两计数点间是时间间隔为
则打下计数点4时，小车的速度大小为
（2）根据动能定理可知
（3）若砂桶和桶中沙的总质量远小于小车的质量，根据动能定理
化简可得
结合图像可知
可得小车的质量为
（4）[1]若砂桶和桶中沙的总质量不满足远小于小车的质量，根据动能定理
化简可得
结合图像可知，选项A符合。
故选A。
[2]由上式可知
可得小车的质量为
15．(1)A
(2) 0.112 0.110
(3)12
【详解】（1）A．物块应靠近打点计时器，先接通电源，再释放物块，打出纸带，同时记录力传感器的示数，故A错误；
B．补偿阻力时应穿好纸带，能让物块匀速下滑即可，不用细线绕过滑轮连接托盘（不放砝码），故B错误；
C．细线的拉力大小由力传感器读出，不用实验中托盘和砝码的总质量应远小于物块和传感器的总质量，故C错误；
D．细线的拉力大小由力传感器读出，实验中不需要用天平称量托盘和砝码的总质量，故D错误。
故选A。
（2）[1]打下过程中物块所受合外力做的功
[2]打下F点时物块的速度大小为
物块动能的变化量
（3）对物块（含传感器）由牛顿第二定律得
解得
对托盘和砝码由牛顿第二定律得
解得
16．(1) 2 3
(2)相等
【详解】（1）[1][2]小球从出发点到达最低点，由动能定理可得
小球在最低点，由牛顿第二定律可得
联立可得
整理可得
即的图像斜率的绝对值，纵截距，则可验证在最低点的向心力表达式。
（2）通过上述方程发现，表达式与轨道半径无关系，故图像斜率绝对值k的测量值与真实值相比相等。
