高中物理人教版 (2019)必修 第二册3 动能和动能定理综合训练题

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16（含解析）

1．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．

2．人在距地面h高处抛出一个质量为m的小球，落地时小球的速度为v，不计空气阻力，人对小球做功是（　　）

A． B．

C． D．

3．某人用手将1kg物体由静止向上提起1m，这时物体的速度为2m/s，则下列说法正确的是（g=10m/s2）（　　）

A．手对物体做功10J B．合外力做功2J C．合外力做功12J D．物体克服重力做功12J

4．如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速带至高处，在此过程中，下列说法正确的是（　　）

A．重力对物体做正功 B．支持力对物体做正功

C．摩擦力对物体做正功 D．合外力对物体做正功

5．从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。则（　　）

A．该物体的质量为2 kg

B．空气阻力大小为1N

C．物体落回地面时速度大小为4m/s

D．物体运动过程中克服阻力做功24J

6．在变速运动中，物体的速度由0增加到v，再由v增加到2v，合外力做功分别为W1和W2，则W1与W2之比为（ ）

A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：4

7．某质量为的汽车在平直公路上以恒定功率由静止沿直线加速行驶，小车受到的阻力恒为，经过时间速度达到最大值，且行驶的距离为，则时间内（　　）

A．汽车做匀加速运动

B．汽车受到的牵引力逐渐增大

C．合外力对汽车所做的功为Pt

D．牵引力对汽车所做的功为

8．如图所示，在某次排球比赛中，一运动员将排球从A点水平击出，排球击中D点：另一运动员将该排球从位于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高度相同。不计空气阻力下列说法正确的有（　　）

A．两个过程中，排球的飞行时间相等

B．后一个过程中，排球击中D点时速度较大

C．两个过程中，运动员对排球所做功可能相等

D．后一个过程中，排球击中D点时重力做功的瞬时功率较大

9．一辆质量为m的汽车在平直公路上，以恒定功率P行驶，经过时间t，运动距离为x，速度由v1变为最大速度vm，其v-t图像如图所示。已知汽车所受阻力大小恒为f，v1时的加速度为a，则下列表达式正确的是（    ）

A．

B．

C．

D．

10．如图所示，A、D分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，AB=BC=CD，E点在D点的正上方，与A等高，从E点水平抛出质量相等的两个小球，不计重力，球1落在B点，球2落在C点，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程中，下列说法中正确的是（ ）

A．球1和球2运动的时间之比为1:2

B．球1和球2动能增加量之比为1:3

C．球1和球2抛出时初速度之比为

D．球1和球2运动时的加速度之比为1:1

11．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，一质量为m=1kg初速度大小为v2的小物块，从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带；若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图象（以地面为参考系）如图乙所示．则（　　）

A．小物块向左运动的过程中离A处的最大距离为4m

B．0-3s时间内，小物块受到的摩擦力的冲量大小为2Ns

C．0〜4 s时间内，传送带克服摩擦力做功为16J

D．小物块与传送带之间由摩擦产生的热能为18J

12．如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，运动轨迹的半长轴为a、半短轴为b，海王星的运行周期为T，P、Q为轨道长轴的两个端点，M、N为轨道短轴的两个端点，太阳位于其中的一个焦点上。若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，且已知椭圆面积公式为S=πab，则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中，下列说法正确的是（　　）

A．从P到M所用的时间为

B．从M到Q所用的时间为

C．从Q到N阶段，万有引力一直做正功，机械能逐渐变大

D．从M经Q到N阶段，动能先减小后增大

13．如图所示，高的曲面固定不动，一个质量为1kg的物体，由静止开始从曲面的顶点滑下，滑到底端时的速度大小为，g取。在此过程中，下列说法正确的是（　　）

A．物体的动能减少了8J B．物体的重力势能減少了20J

C．物体的机械能保持不变 D．物体的机械能减少了12J

14．在一次冰壶比赛中，运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面抛出，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化图线如图所示，已知冰壶质量为19kg，g 取10m/s 2，则以下说法正确的是（　　）

A．

B．

C．滑行时间

D．滑行时间 

15．如图所示，一个质量是20kg的小孩从高为2m的滑梯顶端由静止滑下，滑到底端时的速度为2m/s（取g=10m/s2），关于力对小孩做的功，以下结果正确的是（　　）

A．重力做的功为400J B．合外力做功为40J

C．支持力做功为360J D．阻力做功为-360J

16．如图所示，轨道ABCDE是研究小球在竖直平面内做圆周运动的条件的简易装置，A到水平桌面的高度为H，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径R=10cm的圆形轨道的最高点，DE部分水平，且恰好与圆形轨道的圆心O1等高，水平桌面上的点O2位于E点的正下方。经过多次实验发现，将一质量m=10g的小球从轨道AB上的某一位置A由静止释放，小球恰能沿轨道运动通过ABCDE到达E点，不计小球与轨道的摩擦阻力以及空气阻力。（g=10m/s2）

(1)求出A到水平桌面的高度H，小球对圆轨道压力的最大值；

(2)若A距水平桌面高H1=0.3m，小球仍由静止释放，到达E点离开轨道后落在水平桌面上，求落点与O2之间的水平距离x；

(3)若小球仍从H1=0.3m处由静止释放，但DE到水平面的高度h可变，落点与O2之间的水平距离最大值。

17．如图所示，一段长度为的水平静止传送带，右侧为与它等高的台面，长度为，右边是半径的光滑半圆轨道，物块以的初速度从传送带A点向右运动，物块与传送带及水平面之间的动摩擦因数均为，物体的质量为，则（取）

（1）物块达到圆轨道最低点对轨道的压力值；

（2）通过计算判别，物块能否到达圆轨道的最高点；

（3）若传送带可以顺时针转动，要使物块恰好到达最高点，请计算传送带的速度大小。

18．在电场强度为E、方向水平向右的匀强电场中，一根长为L的绝缘轻杆的一端固定个质量为m电荷量为q的带正电小球（视为质点），另一端固定在水平转轴O上。现将杆从水平位置A由静止释放，在小球运动到最低点B的过程中，重力加速度为g。

(1)求电场力做的功；

(2)求小球到达B点时杆对小球的拉力大小；

(3)若去掉轻杆，将小球由A点自由静止释放，求小球运动到O点正下方时到O点的距离。

19．如图所示，可视为质点的质量为m=0.2kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F=4N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R=0.3m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从B处的出口（未画出，且入口和出口稍稍错开）出来后向C点滑动，C点的右边是一个“陷阱”，D点是平台边缘上的点，C、D两点的高度差为h=0.2m，水平距离为x=0.6m。已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道BC的长度为l2=2.0m，小滑块与水平轨道AB、BC间的动摩擦因数均为=0．5，重力加速度g=10m/s2。

(1)求水平轨道AB的长度l1；

(2)试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的D点；

(3)若在AB段水平拉力F作用的范围可变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不落入C、D间的“陷阱”的目的，试求水平拉力F作用的距离范围。

20．某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究，他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为图象，如图所示（除2s~10s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线）。已知在小车运动的过程中，2s~14s时间段内小车的功率保持不变，在14s末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。求：

(1)小车所受到的阻力；

(2)小车匀速行驶阶段的功率；

(3)小车在加速运动过程中（指图象中0~10秒内）位移的大小。

参考答案

1．A

【详解】

因动摩擦因数，则滑动摩擦力为

即滑动摩擦力随位移均匀变化，故摩擦力的功的功可用平均力乘以位移表示，由动能定理

解得

故A正确，BCD错误。

故选A。

2．D

【详解】

对全过程运用动能定理得

解得

故D正确，ABC错误。

故选D。

点睛：运用动能定理解题，首先要确定研究对象和研究的过程，判断有哪些力做功，根据动能定理列式求解。

3．B

【详解】

根据动能定理

代入数据解得

物体克服重力做的功为

故ACD错误，B正确。

故选B。

4．C

【详解】

A．由于物体向上运动，则重力对物体做负功，故A错误；

B．支持力始终与物体位移方向垂直，不做功，故B错误；

C．根据平衡可知摩擦力沿斜面方向向上，与位移方向相同，所以摩擦力做正功，故C正确；

D．合外力做功等于物体动能的改变量，由于匀速运动，动能不变，合外力做功为零，故D错误。

故选C。

5．D

【详解】

AB．根据动能定理可得

F合△h=△Ek

解得Ek-h图象的斜率大小

k=F合

上升过程中有

下落过程中

联立解得

F=2N

m=1kg

故AB错误。
C．物体落回地面时的动能为48J，则物体落回地面时速度大小为

选项C错误；
D．物体运动过程中克服阻力做功

选项D正确。

故选D。

6．C

【详解】

根据动能定理合外力做功等于动能变化量

所以有

故选C。

7．D

【详解】

AB．由于功率不变，由可知随速度的增加，牵引力减小，汽车做加速度减小的变加速运动，AB错误；

C．牵引力做功为Pt，C错误；

D．由动能定理知

得牵引力对汽车所做的功为

D正确。

故选D。

8．C

【详解】

AB．由于从AB两点发出的球都能到达D点，B球从C到地面竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向的运动可知

tB=2tA

vyA=vyB

由于水平方向的位移相同，根据可知

vA水＞vB水

根据速度的合成可知，A抛出时的速度vA0=vA水，A落到D点时的速度

B落到D点时的速度

故两过程中，后一个过程中，排球击中D点时速度较小，故AB错误；
C．第一个过程中对排球做功

第二个过程中对排球做功

因为vA水＞vB水，可知W1可能等于W2，选项C正确；

D．由于竖直方向做的是自由落体运动，下落的高度相同，故落地时竖直方向的速度相同，

vyA=vyB

则重力的瞬时功率

P=mgvy

相同，故D错误；

故选C。

9．D

【详解】

A．由图像可知，汽车运动时的平均速度大于，则位移

选项A错误；

B．汽车达到最大速度时F=f，则此时

P=Fvm=fvm

则

选项B错误；

C．这个过程中由动能定理可知

选项C错误；

D．在速度为v1时，由牛顿第二定律

选项D正确。

故选D。

10．CD

【详解】

因为，则AC的高度差是AB高度差的2倍，根据，解得：，解得球1和球2运动的时间比为，故A错误；根据动能定理得，，知球1和球2动能增加量之比为1：2．故B错误；AC在水平方向上的位移是AB在水平方向位移的2倍，结合，解得初速度之比为，故C正确；平抛运动的物体只受重力，加速度为g，故两球的加速度相同为1：1，故D正确。

故选CD。

11．AD

【解析】

A．由速度−时间图象可知，2s时小物块向左运动的距离最远，根据速度−时间图象得面积等于位移，，故A正确；

B．煤块匀变速运动的加速度：a=△v/△t=4/2=2m/s2，由牛顿第二定律得：μmg=ma=2N，

0-3s时间内，小物块受到的摩擦力方向都向右，冲量大小为I=μmgt=6Ns，故B错误；

C．由速度−时间图象,传送带速度大小：v2=2m/s，前3s煤块与传送带间有相对运动，存在摩擦力，传送带克服摩擦力做功为W=μmgv2t3=2×2×3J=12J，故C错误；

D．煤块在传送带上滑动的3s内，皮带的位移s′=v2t3=6m，方向向右；

煤块的位移：s=s1−s2=3m，方向向左．两个物体的相对位移△s=s′+s=9m，

整个过程中摩擦产生的热量：Q=μmg△s=18J，故D正确．

故选：AD

12．BD

【详解】

A．据对称性可知，海王星从P到Q的时间为 ，海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，则PM段的时间小于MQ段的时间，从到所用的时间小于，A错误；

B．从到，由开普勒第二定律可知

而

解得所用的时间为

B正确；

C．从到阶段，万有引力一直做正功，但机械能不变，C错误；

D．从经到阶段，万有引力先对它做负功后做正功，动能先减小后增大，D正确。

故选BD。

13．BD

【详解】

A．物体由静止开始下滑，末速度为4m/s ，故动能变化量为：

所以物体的动能增加了8J，故A错误；

B．此过程中物体的重力对物体做正功，故重力势能减小，有：

故B正确；

CD．机械能的改变量等于势能改变量和动能改变量的代数和，故有：

所以物体的机械能减少了12J，故C错误；D正确；

故选BD。

14．BD

【详解】

对冰壶由图像和动能定理得：，解得：，则A错误，B正确；冰壶运动时， ，由运动学公式得：，则C错误，D正确．

15．ABD

【详解】

A．重力做功为

WG=mgh=400J

故A正确；

B．根据动能定理

故B正确；

C．支持力的方向与速度方向垂直，则支持力做功为零，故C错误；

D．因为

W合=WG+Wf

则克服阻力做功

Wf=-360J

故D正确。

故选ABD。

16．(1) 0.25m  0.6N；(2)0.283m；(3)0.3m

【详解】

(1)小球在C点恰好不脱离轨道，根据重力提供向心力

解得

小球从A到C，运用动能定理

解得

H=0.25m

根据动能定理

最低点速度为

根据牛顿第二定律

代入数据可得最低点的压力为

F=0.6N

(2)小球从A到E，运用动能定理

解得

小球离开E平抛运动满足

可得

水平距离为

(3)设E到水平桌面的高度为h，小球从A到E运用动能定理

mg（H1-h）

小球离开E后做平抛运动，有

解得

当

此时平抛的水平距离最大，切位

xm=0.3m

17．（1）；（2）不能到达最高点；（3）

【详解】

(1)物块到的过程，由动能定理得

可得

物块在点时，根据牛顿第二定律得

解得

由牛顿第三定律知，支持力和压力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故物块达到圆轨道最低点对轨道的压力值为；

（2）物块到达点时，最小速度需要满足

所以

从到，因为

所以物块不能到达最高点

（3）物块恰好到达点，根据动能定理得，物块离开传送带的速度满足

得

如果传送带静止，则物块从到过程，由动能定理得

可得：

物块由减速到的过程中移动

要使物块恰好到达最高点，物块在传送带上先匀减速后匀速，所以传送带顺时针转动的速度大小为。

18．(1)；(2)；(3)。

【详解】

(1)电场力对小球做功为

(2)从A到B的运动过程中，根据动能定理

由牛顿运动定律得

解得

(3)去掉轻杆后，小球做初速度为零的匀加速直线运动

解得

19．(1)2.4m(2) 不能(3)

【详解】

(1)设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时的速度大小为，则有

从点运动到最高点的过程中，设小滑块到达点时的速度大小为，由机械能守恒定律有

代入数据解得

小滑块由到的过程中，由动能定理可得

代入数据可解得

。

(2)设小滑块到达点时的速度大小为，

则由动能定理可得

代入数据解得

设小滑块下落所需要的时间为，则有

解得

故小滑块在水平方向上运动的距离为

故小滑块将落入“陷阱”中，不能运动到点。

(3)由题意可知，若要滑块既不脱离圆轨道，又不掉进“陷阱”，则需要分三种情况进行讨论：

①当滑块刚好能够到达与圆心等高的点时，设恒力作用的距离为，则由动能定理可得：

代入数据可解得

故当恒力作用的距离满足时符合条件。

②当滑块刚好能经过圆轨道的最高点时，设滑块经过最高点时的速度大小为，则有

设此时恒力作用的距离为，则有

代入数据可解得

当滑块刚好运动到点时速度为零，设此时恒力作用的距离为，则有

代入数据可解得

故当恒力作用的距离满足时符合条件。

③当滑块刚好能够越过“陷阱”，设滑块到达点时的速度大小为，则由平抛运动规律可得

代入数据解得

设此时恒力作用的距离为，故有

代入数据解得

故当恒力作用距离满足时符合条件。

20．(1)0.75N；(2)2.25W；(3)19.67m

【详解】

(1)在14s~18s时间段，加速度大小

由牛顿第二定律得

(2)在10s~14s 小车做匀速运动，速度

牵引力大小F与f大小相等，则

小车匀速运动的功率

 (3)0~2s内，小车的位移

2s~10s内根据动能定理有：

解得

x2≈18.67m

加速过程中小车的位移大小为