2020-2021学年3 动能和动能定理随堂练习题

2020-2021学年人教版（2019）必修第二册

8.3动能和动能定理 课时作业2（含解析）

1．如图所示，在某次排球比赛中，一运动员第一次将排球从A点水平击出，排球击中D点；第二次将该排球从位于A点正下方且与D点等高的B点斜向上击出，最高点为C，排球也击中D点，A、C两点高度相同。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A．两个过程中，排球的飞行时间相等

B．两次相比，第二个过程排球击中D点前瞬间速度较大

C．两次击球，运动员对排球所做功可能相等

D．两次相比，第二个过程排球击中D点前瞬间重力的瞬时功率较大

2．如图甲，弹簧一端固定在墙璧边，光滑桌面上的物体水平压缩弹簧至弹簧长度为20cm后释放，某同学研究该弹簧的弹力和弹簧长度时得到的部分数据如图乙所示，则物体离开弹簧时动能约为（　　）

A．3J B．6J C．12J D．15J

3．北京时间2020年10月12日洛杉矶湖人队获得NBA总决赛冠军，当家球星勒布朗詹姆斯获得FMVP（总决赛最具有价值的球员）。如图是赛前维姆斯热身时将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙上，第1次高于第2次，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）

A．从抛出到撞墙，第二次球在空中运动的时间较短

B．篮球两次撞墙的速度可能相等

C．篮球两次抛出时速度的竖直分量可能相等

D．抛出时的动能，第一次比第二次大

4．“复兴号”动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的“复兴号”动车，从静止开始在平直的轨道上运动，其发动机的输出功率随时间变化的图像如图所示。已知t1时刻达到某功率Pm，此后保持该功率不变，t2时刻达到该功率下的最大速度vm，动车行驶过程中所受阻力恒定。则（　　）

A． t1时刻，动车所受的牵引力大小为

B．0～t1时间内，动车所受牵引力逐渐增大，做加速运动

C．0～t2时间内，动车所受牵引力恒定，做匀加速直线运动

D．0～t2时间内，动车克服阻力做功为

5．水平放置的光滑圆环，半径为R，AB是其直径。一质量为m的小球穿在环上并静止于A点，沿AB方向水平向右的风力大小恒为，小球受到轻扰而开始运动，则下列说法正确的是（　　）

A．运动中小球对环的最大压力为 B．运动中小球对环的最大压力为

C．小球运动过程中的最大速度为 D．小球运动过程中的最大动能为

6．如图所示，某工人将一石球沿竖直光滑墙壁放下，在石球匀速的从M点滑至N点的过程中（　　）

A．重力对石球做的功等于石球克服绳的拉力做的功

B．石球与墙的支持力变大

C．墙对石球的弹力跟石球对墙的弹力是一对平衡力

D．绳对石球的拉力变大

7．某汽车总质量为m，发动机的功率为P时在平直公路上以速度0匀速行驶。驾驶员减小油门从而合理进入限速区，汽车功率立即减小到并保持该功率继续行驶。假设汽车行驶过程中所受阻力大小不变，从驾驶员减小油门开始，汽车的速度v与时间t的关系如图所示，则在0-1时间内下列说法正确的是（　　）

A．t1时刻汽车的速度v1=

B．t=0时，汽车的加速度大小为

C．汽车行驶的位移为大小为

D．阻力所做的功为

8．物块在水平面上以初速度v0直线滑行，前进x0后恰好停止运动，已知物块与水平面之间的动摩擦因数为μ，且μ的大小与物块滑行的距离x的关系为μ=kx（k为常数），重力加速度为g，则（　　）

A． B． C． D．

9．如图所示，平直木板AB倾斜放置，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小，先让物块从A由静止开始滑到B；然后将A着地，抬高B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静止开始滑到A，上述两过程相比较，下列说法中一定正确的是（　　）

A．物块从顶端滑到底端的过程中因摩擦产生的热量，两次一样多

B．物块从顶端滑到底端的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少

C．物块滑到底端的速度，前一过程较大

D．物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长

10．在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a–x关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则（　　）

A．M与N的密度相等

B．Q的质量是P的3倍

C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍

D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍

11．质量为m的物体放在光滑水平面上，在水平力F作用下开始运动，以物体静止时的位置为坐标原点，力F的方向为正方向建立x轴，物体的加速度随位移的变化图像如图所示。下列说法中正确的是（　　）

A．位移为x1时，物体的速度大小为

B．位移为x2时，物体的速度达到最大

C．物体的最大速度为

D．全过程力F做功为

12．一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶，汽车所受牵引力F随时间t变化关系图线如图所示。若汽车的质量为1.2×103kg，阻力恒定，汽车的最大功率恒定，则以下说法正确的是（　　）

A．汽车的最大功率为5×104W

B．汽车匀加速运动阶段的加速度为2.5m/s2

C．汽车先做匀加速运动，然后再做匀速直线运动

D．汽车从静止开始运动12s内位移是60m

13．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处由静止开始运动至高为h的坡顶B，获得速度为，A、B之间的水平距离为，重力加速度为。下列说法正确的是（　　）

A．小车克服重力所做的功是

B．合外力对小车做的功是

C．阻力对小车做的功是

D．推力对小车做的功是

14．用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0~6s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．0~6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动

B．0~6s内物体在5s时的速度最大

C．物体在2~4s内速度不变

D．0~4s内合力对物体做的功等于0~6s内合力对物体做的功

15．将质量为1kg的物体从地面竖直向上抛出，一段时间后物体 又落回地面。在此过程中物体所受空气阻力大小不变，其动能Ek随距离地面高度h的变化关系如图所示，取重力加速度g=10m/， 下列说法正确的有（　　）

A．抛出瞬间克服重力做功的瞬时功率为120W

B．下降过程中重力做功为60J

C．全过程中克服空气阻力做功24J

D．空气阻力的大小为4N

16．如图所示，物块A放在平台上，绕过定滑轮的细线一端连在物块A上，另一端连在物块B上，物块B与C用轻弹簧相连，物块C放在地面上，物块A、B、C的质量分别为2m、m、m，轻弹簧的原长为L0，劲度系数为，重力加速度为g，物块A与平台间的动摩擦因数为μ=0.2。开始时，物块A刚好要滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，然后给物块A施加一个大小为F=2mg的水平向右的拉力，求：

(1)加上拉力F的瞬间，物块A的加速度a；

(2)当物块B向上运动0.24L0的距离时，物块B的速度v；

(3)若经过一段时间后撤去F，要使物块C能离开地面，则拉力至少需要做的功W。

17．如图所示，一质量为0.1kg的物块从半径R2=0.45m的光滑圆弧轨道AB段A点由静止开始下滑，通过B点后水平抛出，经过一段时间后恰好自C点沿切线进入另一半径R2=1m的光滑圆轨道CDE，其中D点为圆轨道最低点，E点为与圆轨道切向连接的EF斜面的最低端，斜面倾角为，物块与斜面间的动摩擦因数为μ。物块沿圆轨道CDE运动后滑上斜面，第一次从斜面返回刚好能到达C点。，重力加速度为g=10m/s2。求：

(1) BC间的水平距离；

(2)求物块与斜面EF间的动摩擦因数μ是多少？

(3)物块在D点的最小压力及斜面EF上通过的总路程。

18．如图所示，一水平方向的传送带以恒定速度沿顺时针方向匀速转动，传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧面轨道，并与弧面下端相切，一物体自弧面轨道的最高点由静止滑下，圆弧轨道的半径R=0.45m，物体与传送带之间的动摩擦因数为，不计物体滑过曲面与传送带交接处时的能量损失，传送带足够长，取g=10m/s2，求：

(1)物体滑上传送带向左运动的最远距离；

(2)物体第一次从滑上传送带到离开传送带所经历的时间；

(3)物体再次滑上圆弧曲面轨道后，能到达的最高点与圆弧最高点的竖直高度。

19．“麦昆弹射车”因为其安装简单，可玩性高，广受孩子们的欢迎，其装置如图所示，按下按钮后玩具车被弹簧弹出，可以在摆好的赛道上飞驰。某赛道可以抽象为如图所示模型，玩具车在A点被弹出后，恰好到达竖直方向圆形轨道最高点C，驶过圆形轨道后经过长为x的粗糙水平面BD后，进入斜面DE，DE与水平方向夹角θ=53°，最终停在E点。已知A、C、E三个点高度相同，粗糙轨道BD和DE动摩擦因数均为μ=0.1，其他摩擦不计，已知玩具车质量为0.1kg，圆形轨道半径r=0.4m，求

(1)弹簧的弹性势能EP

(2)BD长度x

(3)若斜面DE与水平面夹角θ可以调节，使小车返回圆环时不脱离轨道，θ的正切值需满足什么条件。

20．某课外活动小组自制一枚质量为2kg的火箭，设火箭发射后始终在竖直方向上运动。火箭点火后可认为从静止开始做匀加速直线运动，经过5s速度达到40m/s时燃料恰好用完，若不计空气阻力且火箭视为质点，取，求：

(1)火箭上升到离地面的最大高度；

(2)火箭落回地面时的动能为多大。

参考答案

1．C

【详解】

AB．由于从AB两点出发的球都能到达D点，B球从C到地面在竖直方向做自由落体运动，可得

，

由于水平方向的位移相同，根据可知

根据速度的合成可知，从A点抛出时的速度，A落到D时的速度为

B落到D点的速度为

所以在两个过程中，后一个过程排球击中D点时的速度较小，A、B错误；

C．第一个过程中对排球做的功为

第二个过程中对排球做的功为

由于，可知W1可能等于W2，C正确；

D．由于竖直方向做自由落体运动，下落的高度相同，据可知，落地时竖直方向的分速度相同，则重力的瞬时功率相同，D错误。

故选C。

2．A

【详解】

由图乙可知，弹簧原长为，压缩到后，弹簧具有的弹性势能等于图象中，图线与轴围成的面积，为3J。当释放物块后，弹性势能全部转化为动能，最大动能为3J。

故选A。

3．A

【详解】

A．因两次篮球均垂直撞上篮板，则逆向运动可看做平抛运动，根据

可知，第二次球在空中运动的时间较短，选项A正确；

B．两次的水平位移相同，但是时间不同，则平抛的初速度不同，即反过来说篮球两次撞墙的速度不相等，选项B错误；

C．两次的高度不同，则竖直速度不同，即篮球两次抛出时速度的竖直分量不相等，选项C错误；

D．根据速度的合成可知，水平速度第二次大，竖直速度第一次大，故抛出时的动能大小不能确定，故D错误。

故选A。

4．D

【详解】

A．t1时刻，动车的速度不是vm，动车所受的牵引力大小为，A错误；

B．0～t1时间内

解得

因为0～t1时间内图像是正比例函数，所以比例系数Fa不变，牵引力F不变，B错误；

C． t1～t2时间内， ，v增大，F减小，C错误；

D．0～t2时间内，由动能定理

由图像可得

解得

D正确。

故选D。

5．B

【详解】

AB．小球在点速度最大，水平面内，环对小球的作用力，根据牛顿第二定律

根据动能定理

解得

小球穿在环上，所以竖直方向上，环对小球的作用力

则环对小球的最大作用力为

根据牛顿第三定律可知小球对环的最大压力为，A错误，B正确；

C．根据上述分析可知最大速度

C错误；

D．最大动能为

D错误。

故选B。

6．A

【详解】

A．下降过程根据动能定理得

得

即重力对石球做的功等于石球克服绳的拉力做的功，故A正确；

B D．对石球受力分析如下

设绳子与竖直方向的夹角为，石球下降过程中夹角减小，根据平衡条件可知，竖直方向有

可知，减小，T减小；绳子拉力水平方向的分力等于石球与墙的支持力，即

联立得

减小，F减小，故BD错误；

C．墙对石球的弹力跟石球对墙的弹力是一对相互作用力，故C错误。

故选A。

7．C

【详解】

A．开始汽车做匀速直线运动，阻力

t1时刻汽车功率为，有

联立解得

v1=

选项A错误；

B．开始汽车做匀速直线运动，阻力

t=0时刻，汽车的牵引力

根据牛顿第二定律得，t=0时汽车的加速度大小

选项B错误。

D．根据动能定理知，

解得克服阻力做功

选项D错误；

C．汽车行驶的位移

选项C正确。

故选C。

8．C

【详解】

根据μ=kx及得

可知物块受到的滑动摩擦力f与x成正比。

物块在前进x0的过程中，滑动摩擦力的平均值为

根据动能定理有

解得

选项C正确，ABD错误。

故选C。

9．AD

【分析】

小物块能滑下，把自身重力分解，可得出第一过程中沿斜面向下的合力是逐步加大的，第二过程是合力是逐步减小的，接下来可以运用动能定理和图像进行判断。

【详解】

AB．设斜面倾角为，利用微元法，将斜面分割成无数个小段，则每一小段克服摩擦力的功为

则整个过程中克服摩擦力的功为

可知两过程中物块克服摩擦力做功相同，产生的热量一样多，故A正确，B错误；

CD．两过程中，由于重力做功相同，克服摩擦力做功相同，则根据动能定理可知，两过程到达底端的速度大小相等；先让物块从A由静止开始滑到B，又因为动摩擦因数由A到B逐渐减小，则合力增大，即加速度增大，同理可知当物块由B到A，则合力减小，即加速度减小，最终速度的大小相等，而且位移大小相等，则图像如图所示

则前一过程即由A到B用时较长，故C错误，D正确。

故选AD。

【点睛】

本题关键要分清楚合力的变化情况，同时注意摩擦力做功情况，然后根据动能定理和图像进行判断。

10．AC

【详解】

A．由a-x图像可知，加速度沿竖直向下方向为正方向，根据牛顿第二定律有

变形式为

该图像的斜率为，纵轴截距为重力加速度g。根据图像的纵轴截距可知，两星球表面的重力加速度之比为

又因为在某星球表面上的物体，所受重力和万有引力相等，即

即该星球的质量

又因为

联立得

故两星球的密度之比为

故A正确；

B．当物体在弹簧上运动过程中，加速度为0的一瞬间，其所受弹力和重力二力平衡，

即

结合a-x图像可知，当物体P和物体Q分别处于平衡位置时，弹簧的压缩量之比为

故物体P和物体Q的质量之比为

故B错误；

C．物体P和物体Q分别处于各自的平衡位置（a=0）时，它们的动能最大。根据

结合a-x图像面积的物理意义可知：物体P的最大速度满足

物体Q的最大速度满足

则两物体的最大动能之比

C正确；

D．物体P和物体Q分别在弹簧上做简谐运动，由平衡位置（a=0）可知，物体P和Q振动的振幅A分别为x0和2x0，即物体P所在弹簧最大压缩量为2x0，物体Q所在弹簧最大压缩量为4 x0，则Q下落过程中，弹簧最大压缩量时P物体最大压缩量的2倍，D错误。

故选AC。

11．AD

【详解】

A．位移为时，物体的速度大小满足

得

故A正确；

B．内物体做匀加速直线运动，过程中物体做加速度逐渐减小的加速运动，故位移为时，物体的速度达到最大，故B错误；

C．由可得，图象中面积表示，设最大速度为，则有

解得

故C错误；

D．根据全程的动能定理可得

故D正确。

故选AD。

12．AB

【详解】

ABC．由图可知，汽车在前4s内的牵引力不变，汽车做匀加速直线运动，4－12s内汽车的牵引力逐渐减小，则车的加速度逐渐减小，汽车做加速度减小的加速运动，直到车的速度达到最大值；可知在4s末汽车的功率达到最大值，12s末汽车的速度达到最大值，汽车的速度达到最大值后牵引力等于阻力，所以阻力

前4s内汽车的牵引力为

由牛顿第二定律

可得

4s末汽车的速度

所以汽车的最大功率

故AB正确，C错误；

D．汽车在前4s内的位移

汽车在内的位移设为x2，则

其中

解得

所以汽车的总位移

故D错误。

故选AB。

13．ABC

【详解】

A．小车克服重为做功

W=Gh=mgh

故A正确；

B．由动能定理，小车受到的合力做的功等于小车动能的增加，即

故B正确；

CD．由动能定理可得

而推力做的功为

所以阻力对小车做功为

故C正确，D错误。

故选ABC。

14．BD

【详解】

A．a-t图象的“面积”大小等于速度变化量，由图象可知，0~6s内速度变化量一直为正，所以一直沿正方向运动，故A错误；

B．根据图象可知，0~5s内加速度方向与速度方向相同，做加速运动，5~6s内加速度方向与速度方向相反，做减速运动，则5s末速度最大，故B正确；

C．物体在2~4s内加速度不变，物体做匀加速直线运动，故C错误；

D．a-t图象的“面积”大小等于速度变化量，由图象可知，0~4s内速度变化量等于0~6s内速度变化量，初速度为零，所以4s末和6s末的速度相等，则动能的变化量相等，根据动能定理可知0~4s内合力对物体做的功等于0~6s内合力对物体做的功，故D正确。

故选BD。

15．ABC

【详解】

A．抛出时物体的重力势能为零，则物体的机械能等于物体的动能，由

Ek＝mv2

可得物体的速度

所以抛出瞬间克服重力做功的瞬时功率为

P=mgv=1×10×12W=120W

故A正确；
B．由图可知，物体上升的最大高度为6m，则物体下降的过程中重力做的功

W=mgh=1×10×6J=60J

故B正确；
C．整个的过程中重力做的总功为零，空气的阻力做的功等于物体减少的机械能，所以空气的阻力做的功

W′=E初-E末=72J-48J=24J

故C正确；
D．物体上升的最大高度为6m，则物体的路程为12m，由

W′=fs

代入数据可得

f=2N

故D错误。
故选ABC。

16．(1) 0.4g；(2) ；(3) 0.512mgL0

【详解】

(1)开始时，细线的拉力

T1=μ×2mg=0.4mg

设开始时轻弹簧的弹力为F1，根据力的平衡

T1+F1=mg

加上拉力的瞬间，弹簧的弹力仍为F1，设细线的拉力为T2，设物块A的加速度大小为a，

对物块B

T2+F1-mg=ma

对物块A

2mg-T2-μ×2mg=2ma

解得

a=0.4g

(2)由(1)得

F1=kx1

x1=0.12L0

当物块B向上运动0.24L0的距离时，弹性势能变化量为0，设物块B的速度为v，根据动能定理

2mg×0.24L0-μ×2mg×0.24L0-mg×0.24L0=×3mv2

解得

(3)当物块C刚要离开地面时，设弹簧的伸长量为x2，根据力的平衡

kx2=mg

解得

x2=0.2L0

此时物块A、B的速度为零，则拉力做的功最少，根据动能定理

解得

W=0.512mgL0

17．(1) 1.2m；(2)；(3) 1.4N；3.19m

【详解】

(1)物块从A到B过程，只有重力做功，根据机械能守恒定律得

解得

由几何关系知

，

设物块到达C时竖直速度为，在点进行速度分解，可得

解得

x=1.2m

(2)从C点进入轨道，到最后在E点以下做往返运动，在C点进行速度分解，可得

解得

设第一次冲上斜面的最大距离为s1，则从C点到第一次返回C点，由动能定理得

从斜面最高点到第一次返回C点，由动能定理得

解得

(3)小物体在圆轨道和斜面上做往返运动，最后在点速度为0，然后继续在圆弧面上做往返运动，再经过点时，对点的压力最小。

设小物体所受支持力为，在点，由牛顿第二定律得

从到，由动能定理得

联立得

由牛顿第三定律得，对点的最小压力大小为1.4N，竖直向下

对从到最后的点全程由动能定理可得

解得

S=3.19m

18．(1)2.25m；(2)3.125s；(3)0.25m

【详解】

(1)设物体下落到圆弧面底端时的速度为v0，由功能关系有

解得

v0=3m/s

又物体在传送带上的加速度大小为

a=μg=2m/s2

当物体速度为0时最远，有

代入数据解得

x=2.25m

故物体滑上传送带向左运动的最远距离为2.25m。

(2)由得物体速度减为零的时间

物体速度为零后反向做匀加速运动，物体向右运动速度达到v时已向右移动的距离

所用时间

匀速运动的时间

故物体第一次从滑上传送带到离开传送带所经历的时间为

t=t1+t2+t3=3.125s

(3)由动能定理有

解得

h=0.2m

与圆弧最高点距离为

△h=R−h=0.25m

故物体再次滑上圆弧曲面轨道后，能到达的最高点与圆弧最高点的竖直高度为0.25m。

19．(1)0.2J；(2)1.4m；(3)

【详解】

(1)玩具车恰好通过最高点，即在C点只受到重力，重力提供向心力

由A点到C点只有重力做功，机械能守恒

hA=hC

联立得

EP=0.2J

(2)从C点到E点动能定理

得

x=1.4m  

(3)设改变夹角θ后玩具车能到达斜面最高点，D与斜面最高点间长度为l’，从C点到最高点动能定理

玩具车返回B点后不脱离轨道，即小车到达B点左侧与半径等高处G点时速度为0，F点到G点动能定理

联立得

即

20．(1)；(2)3600J

【详解】

(1)对火箭，加速上升阶段

减速上升阶段

解得

(2)火箭下落过程应用动能定理

根据题意并代入数据可知，火箭落回地面时的动能为

Ek=3600J