《4.3动能定理及应用》巩固练习（含答案）

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1、4.3动能定理及应用合格性检测1.关于动能定理，下列说法中正确的是()A.在某过程中，动能的变化等于各个力单独做功的绝对值之和B.只要有力对物体做功，物体的动能就一定改变C.动能定理只适用于直线运动，不适用于曲线运动D.动能定理既适用于恒力做功的情况，也适用于变力做功的情况解析动能的变化等于各个力单独做功的代数和，A错误；根据动能定理，决定动能是否改变的是总功，而不是某一个力做的功，B错误；动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于恒力做功的情况，也适用于变力做功的情况，C错误，D正确。答案D2.(多选)一物体做变速运动时，下列说法正确的有()A.合外力一定对物体做功，使物体动能改变

2、B.物体所受合外力一定不为零C.合外力一定对物体做功，但物体动能可能不变D.物体加速度一定不为零解析物体的速度发生了变化，则合外力一定不为零，加速度也一定不为零，B、D正确；物体的速度变化，可能是大小不变，方向变化，故动能不一定变化，合外力不一定做功，A、C错误。答案BD3.(多选)甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s。如图1所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下列关于力F对甲、乙两物体做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是()图1A.力F对甲物体做功多B.力F对甲、乙两个物体做的功一样多C.甲物体获得的动能比乙大D.甲、乙两个物体获

3、得的动能相同解析由功的公式WFscos 可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，A错误，B正确；根据动能定理，对甲有FsEk1，对乙有FsfsEk2，可知Ek1Ek2，即甲物体获得的动能比乙大，C正确，D错误。答案BC4.(2018湛江高一检测)两个物体A、B的质量之比为mAmB21，二者初动能相同，它们和水平桌面间的动摩擦因数相同，则二者在桌面上滑行到停止经过的距离之比为(忽略空气阻力的影响)()A.sAsB21 B.sAsB12C.sAsB41 D.sAsB14解析物体滑行过程中只有摩擦力做功，根据动能定理，对A有mAgsA0Ek；对B有mBgsB0Ek，故，B正确。答案B5.在

4、篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球约以1 m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6 kg，篮筐离地高度约为3 m，该同学身高约为1.5 m，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功最接近(g取10 m/s2)()A.1 J B.10 JC.50 J D.100 J解析对整个过程运用动能定理得Wmghmv20，代入数据解得Wmghmv20.6101.5 J0.612 J9.3 J，最接近10 J，选项B正确。答案B6.物体在合外力作用下做直线运动的vt图象如图2所示，下列表述正确的是()图2A.在01 s内，合外力做正功B.在02 s内，合外力总是

5、做负功C.在12 s内，合外力不做功D.在03 s内，合外力总是做正功解析由vt图知01 s内，v增加，动能增加，由动能定理可知合外力做正功，A正确；12 s内v减小，动能减小，合外力做负功，03 s内，合外力做功为零，可见B、C、D错误。答案A7.(多选)某人用手将1 kg的物体由静止向上提起1 m，这时物体的速度为2 m/s(g取10 m/s2)，则下列说法正确的是()A.手对物体做功12 JB.合力做功2 JC.合力做功12 JD.物体克服重力做功10 J解析WGmgh10 J，D正确；由动能定理W合Ekmv202 J，B正确，C错误；又因W合W手WG，故W手W合WG12 J，A正确。答

6、案ABD等级性检测8.(2018揭阳高一检测)(多选)如图3甲所示，斜面AB与水平面BC是由同种材料制成的。质量相等的可视为质点的a、b两物块，从斜面上的同一位置A由静止开始下滑，经B点在水平面上滑行一段时间后停止。不计经过B点时的能量损失，用传感器采集到它们的速度时间图象如图乙所示，则由上述信息判断下列说法正确的是()图3A.在斜面上滑行的加速度，物块a比物块b的小B.在水平面上滑行的距离，物块a比物块b的大C.与斜面间的动摩擦因数，物块a比物块b的小D.在整个运动过程中克服摩擦力做的功，物块a比物块b多解析由图象可以看出在斜面上滑动时aaab，选项A错误；根据图象与时间轴所夹面积可知在水平

7、面滑行时，xaxb，选项B正确；在斜面上运动，受力分析有mgsin mgcos ma，解得，因aaab，所以ab，选项C正确；整个过程由动能定理得mghWf0，解得Wfmgh，选项D错误。答案BC9.如图4所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为N。重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为()图4A.R(N3mg) B.R(3mgN)C.R(Nmg) D.R(N2mg)解析质点到达最低点B时，它对容器的正压力为N，根据牛顿第二定律有Nmgm，根据动能定理，质点自A滑到B的过程中有WfmgRm

8、v2，故摩擦力对其所做的功WfRNmgR，故A项正确。答案A10.(多选)如图5甲所示，质量m2 kg的物体以100 J的初动能在粗糙的水平地面上滑行，其动能Ek随位移s变化的关系图象如图乙所示，则下列判断中正确的是()图5A.物体运动的总位移大小为10 mB.物体运动的加速度大小为10 m/s2C.物体运动的初速度大小为10 m/sD.物体所受的摩擦力大小为10 N解析由图象可知，物体运动的总位移大小为10 m，根据动能定理得fs0Ek0，解得f N10 N，故A、D正确；根据牛顿第二定律得，物体的加速度大小为a m/s25 m/s2，故B错误；由Ek0mv得v0 m/s10 m/s，故C正

9、确。答案ACD11.将质量为m的物体，以初速度v0竖直向上抛出。已知抛出过程中阻力大小恒为重力的0.2倍，重力加速度为g，求：(1)物体上升的最大高度；(2)物体落回抛出点时的速度大小。解析(1)上升过程，由动能定理得mghfh0mv将f0.2mg代入可得h(2)全过程，由动能定理得2fhmv2mv将代入得vv0答案(1)(2)v012.(2018汕头高一检测)如图6所示，竖直平面内的一半径R0.5 m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，质量m0.1 kg的小球(可看作质点)从B点正上方H0.75 m高处的A点自由下落，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出，不计空气阻力(取g10 m/s2)，求：图6(1)小球经过B点时的动能；(2)小球经过最低点C时的速度大小vC；(3)小球经过最低点C时对轨道的压力大小。解析(1)小球从A点到B点，根据动能定理有mgHEk代入数据得Ek0.75 J。(2)小球从A点到C点，由动能定理有mg(HR)mv，代入数据得vC5 m/s。(3)小球在C点，受到的支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有Nmg，代入数据解得N6 N由牛顿第三定律有：小球对轨道的压力大小N6 N。答案(1)0.75 J(2)5 m/s(3)6 N