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高中物理人教版 (2019)必修 第二册3 动能和动能定理课时练习
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这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第二册3 动能和动能定理课时练习，共6页。
C．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取无关
D．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量
2．一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系，（以地面为零势能面，h表示上升的最大高度，图中坐标数据中的k值为常数且满足0A．①表示的是动能随上升高度的图像，②表示的是重力势能随上升高度的图像
B．上升过程中阻力大小恒定且f=（k+1）mg
C．上升高度时，重力势能和动能不相等
D．上升高度时，动能与重力势能之差为
3．(多选)如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g.则上述过程中( )
A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－μmga
B．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－μmga
C．经O点时，物块的动能小于W－μmga
D．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能
4．某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可 在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值．轻杆向右移动不超过L时，装置可安全工作．若一小车分别以初动能Ek1和Ek2撞击弹簧，导致轻杆分别向右移动L/4和L.已知装置安全工作时，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦．比较小车这两次撞击缓冲过程，下列说法正确的是
A、小车撞击弹簧的初动能之比为1：4 B、系统损失的机械能之比为1：4
C、两次小车反弹离开弹簧的速度相同 D、两次小车反弹离开弹簧的速度不同
5．用长度为L的细绳悬挂一个质量为m的小球，将小球移至和悬点等高的位置使绳自然伸直，放手后小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点的势能取做零，则小球运动过程中第一次动能和势能相等时重力的瞬时功率为( )
A. B. C. D.
6．小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面。在上升至离地高为h处，小球的动能是势能的两倍，在下落至离地高为h处，小球的势能是动能的两倍，则h等于
A．H/9 B．2H/9 C．3H/9 D．4H/9
7．如图所示，有一个足够长的斜坡，倾角为α=30º．一个小孩在做游戏时，从该斜坡顶端将一足球沿水平方向水平踢出去，已知足球被踢出时的初动能为9J，则该足球第一次落在斜坡上时的动能为( )
A．12J B．21J C．27J D．36J
8．如右图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用x、a、、、分别表示滑块下滑的位移的大小、加速度的大小、重力势能（以斜面底面所在平面为零势面）和动能，t表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动规律的是（ ）
V0
t
Ek
C
Ep
t
A
x
B
a
t
t
D
9．如图，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动。一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2 > v1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端。就上述过程，下列判断正确的有
A．滑块返回传送带右端的速率为v1
B．此过程中传送带对滑块做功为
C．此过程中电动机对传送带做功为2mveq \\al(2,1)
D．此过程中滑块与传送带间摩擦做的功为
10．如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的关系分别对应图乙中A、B图线(时刻A、B的图线相切，时刻对应A图线的最高点)，重力加速度为g，则( )
A．时刻，弹簧形变量为0
B．时刻，弹簧形变量为
C．从开始到时刻，拉力F逐渐增大
D．从开始到时刻，拉力F做的功比弹簧弹力做的功少
11．如图，竖直平面内的轨道I和II都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等，用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿I和II推至最高点A，所需时间分别为t1、t2，动能增量分别为Ek1、Ek2，假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与I和II轨道间的动摩擦因数相等，则
（ ）
A.Ek1＞Ek2，t1＞t2 B.Ek1＝Ek2，t1＞t2
C.Ek1＞Ek2，t1＜t2 D.Ek1＝Ek2，t1＜t2
参考答案
1．B
【解析】
试题分析：在任何情况下，物体重力势能的减少都等于重力对物体所做的功，选项A错误；根据动能定理，合力对物体所做的功等于物体动能的改变量，选项B正确；物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关，选项C错误；当只有重力做功的情况下，运动物体动能的减少量才等于其重力势能的增加量，选项D错误。
考点：机械能守恒定律、功能关系
2．D
【解析】
试题分析：A、根据动能定理可知小球上升过程中速度减小（动能减小，对应图象②），高度升高（重力势能增大，对应图象①），故选项A错误。B、从①和②图知动能与重力势能都随着高度的变化成线性关系，故合力恒定，受到的阻力大小恒定，由功能关系可知从抛出到最高点的过程中机械能的减少量等于阻力的功的大小，由②图得：，由①图线结合动能定理得：，解得，故选项B错误。C、当高度时，动能为，联立解得，，重力势能为，所以在此高度时，物体的重力势能和动能相等，故C错误．D、当上升高度时，动能为，重力势能为，则动能与重力势能之差为，故D正确．故选D．
考点：本题考查了功能关系、图象、能量守恒定律。
3．BC
【解析】
试题分析：如果没有摩擦力，则O点应该在AB中间，由于有摩擦力，物体从A到B过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的B点，也即O点靠近B点．故，此过程物体克服摩擦力做功大于，所以物块在A点时，弹簧的弹性势能小于，故A错误；由A分析得物块从开始运动到最终停在B点，路程大于，故整个过程物体克服阻力做功大于，故物块在B点时，弹簧的弹性势能小于，故B正确；从O点开始到再次到达O点，物体路程大于a，故由动能定理得，物块的动能小于，故C正确；物块动能最大时，弹力等于摩擦力，而在B点弹力与摩擦力的大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B点时弹簧伸长量大小未知，故此两位置弹性势能大小关系不好判断，故D错误．
考点：考查了机械能守恒定律，功能关系
4．BC
【解析】
试题分析：A、小车把弹簧压缩到时，两者一起推动杆向右减速运动，这个过程中，杆受到的摩擦力不变，弹簧的压缩量x先增大，到车与杆的速度相等时x保持不变，直到杆的速度减为0，这一过程中，小车的动能转化为弹簧的弹性势能和克服摩擦力做功；则有：；因轻杆的位移之比为：1：4；故克服摩擦力做功之比为1：4；而弹簧的弹性势能相等，故初动能之比为等于1：4；故A错误；B、对系统来说，重力及弹力之外的其他力做功等于损失的机械能；由A的分析可知，系统损失的机械能之比为1：4；故B正确；C、由于弹簧的压缩量相同，故具有的弹性势能相同；则由机械能守恒定律可知，小车反弹离开弹簧的速度相等；故C正确，D错误；故选：BC．
考点：本题考查了动能定理的应用；功的概念．
5．C
【解析】
试题分析：小球在水平位置时其重力势能为，小球运动过程中第一次动能和势能相等时重力势能为，动能等于重力势能由，可得此时速度为，由此时几何关系可知速度与竖直方向的夹角为，由，可得重力的瞬时功率为，故ABD错误、C正确。
考点：本题考查了机械能、瞬时功率的概念
6．D
【解析】
试题分析：设阻力为F，则有上升时机械能损失为，下降时机械能损失为，联立上两式有，故D项正确。
考点：本题考查了竖直上抛运动的规律
7．B
【解析】
试题分析：足球做平抛运动，已知EK0=mv02=9J，足球落地时的动能EK=m（v02+vy2），解得：EK=21J；故选B．
考点：平抛运动
8． D
【解析】
试题分析: 物体向下做匀减速运动，故下滑的位移为，位移-时间关系的图象开口向下弯曲的线．故A错误；在下滑过程中，物体的加速度为mgsinθ-μmgcsθ=ma；a=gsinθ-μgcsθ，加速度的大小保持不变．故B错误；下降的高度为h=xsinθ；故势能EP=mgh=mgxsinθ；故重力势能的图象也应为曲线；故C错误；下滑过程中速度大小关系为v=v0-at，速度与时间之间是线性关系，所以速度图线是一条直线．则动能，是一个开口向上的抛物线，故D正确。
考点：机械能守恒定律
9．AD
【解析】
试题分析：A：由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于v1＜v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，有v′2=v1；故A正确；
B：此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理W′=△EK得：W′＝△EK＝，故B错误；
D：设滑块向左运动的时间t1，位移为x1，则：
摩擦力对滑块做功：①
又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：②
该过程中传送带的位移：x2=v1t1
摩擦力对滑块做功：W2＝f•x2＝f•v1t1＝③
将①②代人③得：W2=mv1v2
设滑块向左运动的时间t2，位移为x3，则：
摩擦力对滑块做功：
该过程中传送带的位移：x4=v1t2=2x3
滑块相对传送带的总位移：x相=x1+x2+x4-x3=x1+x2+x3
滑动摩擦力对系统做功：W总＝f•x相＝W1+W2+W3＝
滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功，Q=W总=f•x相=，故D正确；
C：全过程中，电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即
整理得：，故C错误．
故选：AD
考点：动能定理；能量守恒定律；牛顿定律的应用.
10．BD
【解析】
试题分析：由图知，t2时刻v-t线切线的斜率为零，故A的加速度为零，此时速度最大，根据牛顿第二定律：mgsinθ=kx，则得：，弹簧不在原长，故A错误；由图可知，t1时刻A、B两物体的速度开始不相等，即开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx-mgsinθ=ma，则，故B正确．从开始到t1时刻，对AB整体，根据牛顿第二定律得：F+kx-2mgsinθ=2ma，得F=2mgsinθ+2ma-kx，则随弹簧形变量x的减小，F增大；t1时刻到t2时刻，对B由牛顿第二定律得：F-mgsinθ=ma，得 F=mgsinθ+ma，可知F不变，故选项C错误；开始时：2mgsinθ=kx0； t1时刻A、B开始分离，从开始到t1时刻，弹簧释放的势能 ，从开始到t1时刻的过程中，根据动能定理得：WF+Ep-2mgsinθ（x0-x）=
由运动公式：v12 =2a（x0-x）；联立解得： ，所以拉力F做的功比弹簧释放的势能少，故D正确．故选：BD
考点：
11．B
【解析】
试题分析：运动过程中，推力是相等且水平的，而从B到A的水平位移相同，所以推力做功相等，过程中摩擦力做功为，轨道的长度相等，上升的高度相同，所以摩擦力做功相同，重力做功相同，故根据动能定理可得，两者的动能变化量相同，故，作出在两个轨道上运动的速度时间图线如图所示，由于路程相等，则图线与时间轴围成的面积相等，由图可知，．故B正确，
考点：考查了动能定理，速度时间图像
C．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取无关
D．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量
2．一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系，（以地面为零势能面，h表示上升的最大高度，图中坐标数据中的k值为常数且满足0
B．上升过程中阻力大小恒定且f=（k+1）mg
C．上升高度时，重力势能和动能不相等
D．上升高度时，动能与重力势能之差为
3．(多选)如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g.则上述过程中( )
A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－μmga
B．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－μmga
C．经O点时，物块的动能小于W－μmga
D．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能
4．某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可 在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值．轻杆向右移动不超过L时，装置可安全工作．若一小车分别以初动能Ek1和Ek2撞击弹簧，导致轻杆分别向右移动L/4和L.已知装置安全工作时，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦．比较小车这两次撞击缓冲过程，下列说法正确的是
A、小车撞击弹簧的初动能之比为1：4 B、系统损失的机械能之比为1：4
C、两次小车反弹离开弹簧的速度相同 D、两次小车反弹离开弹簧的速度不同
5．用长度为L的细绳悬挂一个质量为m的小球，将小球移至和悬点等高的位置使绳自然伸直，放手后小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点的势能取做零，则小球运动过程中第一次动能和势能相等时重力的瞬时功率为( )
A. B. C. D.
6．小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面。在上升至离地高为h处，小球的动能是势能的两倍，在下落至离地高为h处，小球的势能是动能的两倍，则h等于
A．H/9 B．2H/9 C．3H/9 D．4H/9
7．如图所示，有一个足够长的斜坡，倾角为α=30º．一个小孩在做游戏时，从该斜坡顶端将一足球沿水平方向水平踢出去，已知足球被踢出时的初动能为9J，则该足球第一次落在斜坡上时的动能为( )
A．12J B．21J C．27J D．36J
8．如右图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用x、a、、、分别表示滑块下滑的位移的大小、加速度的大小、重力势能（以斜面底面所在平面为零势面）和动能，t表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动规律的是（ ）
V0
t
Ek
C
Ep
t
A
x
B
a
t
t
D
9．如图，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动。一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2 > v1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端。就上述过程，下列判断正确的有
A．滑块返回传送带右端的速率为v1
B．此过程中传送带对滑块做功为
C．此过程中电动机对传送带做功为2mveq \\al(2,1)
D．此过程中滑块与传送带间摩擦做的功为
10．如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的关系分别对应图乙中A、B图线(时刻A、B的图线相切，时刻对应A图线的最高点)，重力加速度为g，则( )
A．时刻，弹簧形变量为0
B．时刻，弹簧形变量为
C．从开始到时刻，拉力F逐渐增大
D．从开始到时刻，拉力F做的功比弹簧弹力做的功少
11．如图，竖直平面内的轨道I和II都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等，用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿I和II推至最高点A，所需时间分别为t1、t2，动能增量分别为Ek1、Ek2，假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与I和II轨道间的动摩擦因数相等，则
（ ）
A.Ek1＞Ek2，t1＞t2 B.Ek1＝Ek2，t1＞t2
C.Ek1＞Ek2，t1＜t2 D.Ek1＝Ek2，t1＜t2
参考答案
1．B
【解析】
试题分析：在任何情况下，物体重力势能的减少都等于重力对物体所做的功，选项A错误；根据动能定理，合力对物体所做的功等于物体动能的改变量，选项B正确；物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关，选项C错误；当只有重力做功的情况下，运动物体动能的减少量才等于其重力势能的增加量，选项D错误。
考点：机械能守恒定律、功能关系
2．D
【解析】
试题分析：A、根据动能定理可知小球上升过程中速度减小（动能减小，对应图象②），高度升高（重力势能增大，对应图象①），故选项A错误。B、从①和②图知动能与重力势能都随着高度的变化成线性关系，故合力恒定，受到的阻力大小恒定，由功能关系可知从抛出到最高点的过程中机械能的减少量等于阻力的功的大小，由②图得：，由①图线结合动能定理得：，解得，故选项B错误。C、当高度时，动能为，联立解得，，重力势能为，所以在此高度时，物体的重力势能和动能相等，故C错误．D、当上升高度时，动能为，重力势能为，则动能与重力势能之差为，故D正确．故选D．
考点：本题考查了功能关系、图象、能量守恒定律。
3．BC
【解析】
试题分析：如果没有摩擦力，则O点应该在AB中间，由于有摩擦力，物体从A到B过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的B点，也即O点靠近B点．故，此过程物体克服摩擦力做功大于，所以物块在A点时，弹簧的弹性势能小于，故A错误；由A分析得物块从开始运动到最终停在B点，路程大于，故整个过程物体克服阻力做功大于，故物块在B点时，弹簧的弹性势能小于，故B正确；从O点开始到再次到达O点，物体路程大于a，故由动能定理得，物块的动能小于，故C正确；物块动能最大时，弹力等于摩擦力，而在B点弹力与摩擦力的大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B点时弹簧伸长量大小未知，故此两位置弹性势能大小关系不好判断，故D错误．
考点：考查了机械能守恒定律，功能关系
4．BC
【解析】
试题分析：A、小车把弹簧压缩到时，两者一起推动杆向右减速运动，这个过程中，杆受到的摩擦力不变，弹簧的压缩量x先增大，到车与杆的速度相等时x保持不变，直到杆的速度减为0，这一过程中，小车的动能转化为弹簧的弹性势能和克服摩擦力做功；则有：；因轻杆的位移之比为：1：4；故克服摩擦力做功之比为1：4；而弹簧的弹性势能相等，故初动能之比为等于1：4；故A错误；B、对系统来说，重力及弹力之外的其他力做功等于损失的机械能；由A的分析可知，系统损失的机械能之比为1：4；故B正确；C、由于弹簧的压缩量相同，故具有的弹性势能相同；则由机械能守恒定律可知，小车反弹离开弹簧的速度相等；故C正确，D错误；故选：BC．
考点：本题考查了动能定理的应用；功的概念．
5．C
【解析】
试题分析：小球在水平位置时其重力势能为，小球运动过程中第一次动能和势能相等时重力势能为，动能等于重力势能由，可得此时速度为，由此时几何关系可知速度与竖直方向的夹角为，由，可得重力的瞬时功率为，故ABD错误、C正确。
考点：本题考查了机械能、瞬时功率的概念
6．D
【解析】
试题分析：设阻力为F，则有上升时机械能损失为，下降时机械能损失为，联立上两式有，故D项正确。
考点：本题考查了竖直上抛运动的规律
7．B
【解析】
试题分析：足球做平抛运动，已知EK0=mv02=9J，足球落地时的动能EK=m（v02+vy2），解得：EK=21J；故选B．
考点：平抛运动
8． D
【解析】
试题分析: 物体向下做匀减速运动，故下滑的位移为，位移-时间关系的图象开口向下弯曲的线．故A错误；在下滑过程中，物体的加速度为mgsinθ-μmgcsθ=ma；a=gsinθ-μgcsθ，加速度的大小保持不变．故B错误；下降的高度为h=xsinθ；故势能EP=mgh=mgxsinθ；故重力势能的图象也应为曲线；故C错误；下滑过程中速度大小关系为v=v0-at，速度与时间之间是线性关系，所以速度图线是一条直线．则动能，是一个开口向上的抛物线，故D正确。
考点：机械能守恒定律
9．AD
【解析】
试题分析：A：由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于v1＜v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，有v′2=v1；故A正确；
B：此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理W′=△EK得：W′＝△EK＝，故B错误；
D：设滑块向左运动的时间t1，位移为x1，则：
摩擦力对滑块做功：①
又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：②
该过程中传送带的位移：x2=v1t1
摩擦力对滑块做功：W2＝f•x2＝f•v1t1＝③
将①②代人③得：W2=mv1v2
设滑块向左运动的时间t2，位移为x3，则：
摩擦力对滑块做功：
该过程中传送带的位移：x4=v1t2=2x3
滑块相对传送带的总位移：x相=x1+x2+x4-x3=x1+x2+x3
滑动摩擦力对系统做功：W总＝f•x相＝W1+W2+W3＝
滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功，Q=W总=f•x相=，故D正确；
C：全过程中，电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即
整理得：，故C错误．
故选：AD
考点：动能定理；能量守恒定律；牛顿定律的应用.
10．BD
【解析】
试题分析：由图知，t2时刻v-t线切线的斜率为零，故A的加速度为零，此时速度最大，根据牛顿第二定律：mgsinθ=kx，则得：，弹簧不在原长，故A错误；由图可知，t1时刻A、B两物体的速度开始不相等，即开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx-mgsinθ=ma，则，故B正确．从开始到t1时刻，对AB整体，根据牛顿第二定律得：F+kx-2mgsinθ=2ma，得F=2mgsinθ+2ma-kx，则随弹簧形变量x的减小，F增大；t1时刻到t2时刻，对B由牛顿第二定律得：F-mgsinθ=ma，得 F=mgsinθ+ma，可知F不变，故选项C错误；开始时：2mgsinθ=kx0； t1时刻A、B开始分离，从开始到t1时刻，弹簧释放的势能 ，从开始到t1时刻的过程中，根据动能定理得：WF+Ep-2mgsinθ（x0-x）=
由运动公式：v12 =2a（x0-x）；联立解得： ，所以拉力F做的功比弹簧释放的势能少，故D正确．故选：BD
考点：
11．B
【解析】
试题分析：运动过程中，推力是相等且水平的，而从B到A的水平位移相同，所以推力做功相等，过程中摩擦力做功为，轨道的长度相等，上升的高度相同，所以摩擦力做功相同，重力做功相同，故根据动能定理可得，两者的动能变化量相同，故，作出在两个轨道上运动的速度时间图线如图所示，由于路程相等，则图线与时间轴围成的面积相等，由图可知，．故B正确，
考点：考查了动能定理，速度时间图像
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