人教版 (2019)必修 第二册3 动能和动能定理练习题

这是一份人教版 (2019)必修 第二册3 动能和动能定理练习题，共29页。试卷主要包含了3动能和动能定理 课时作业13，2m和0，8m，g取10m/s2，3m/s，4m等内容，欢迎下载使用。
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13（含解析）  1．某学生在体育场上抛出铅球，其运动轨迹如图所示。已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是（　　）A．从A到D加速度与速度的夹角先减小后增大B．D点的加速度比C点加速度大C．从B到D重力的功率不变D．D点的速率比C点的速率大2．如图所示，利用倾角为的传送带把一个质量为m的木箱匀速传送L距离，这时木箱升高h，木箱和传送带始终保持相对静止。关于此过程，下列说法正确的是（　　）A．木箱克服摩擦力做功mghB．摩擦力对木箱做功为零C．摩擦力对木箱做功为，其中为动摩擦因数D．摩擦力对木箱做功为mgh3．A、B两物体的质量之比mA：mB=2：1，它们以相同的初速度在水平面上做匀减速直线运动（水平方向仅受摩擦力作用），直到停止，其v－t图像如图所示。此过程中，A、B两物体所受摩擦力之比FA：FB与A、B两物体所受摩擦阻力做功之比WA：WB分别为（　　）A．4：1，2：1 B．4：1，1：2 C．2：1，4：1 D．1：2，1：44．已知一足够长的传送带倾角为，以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图甲所示），以此时为t=0时刻记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系如图乙所示（图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1>v2）。已知传送带的速度保持不变，则（　　）A．0~t2内，物块对传送带先做负功后做正功B．0~t1内系统产生的热量与t1~t2内系统产生的热量相等C．0~t2内，传送带对物块做的功D．t1~t2内，系统产生的热量等于物块机械能的增量5．如图所示，传送带匀速运动，带动货物匀速上升，在这个过程中，对货物的动能和重力势能分析正确的是(    )A．动能增加B．动能不变C．重力势能不变D．重力势能减少6．如图甲所示，物体A以一定的初速度水平抛出并落在水平地面上，虚线表示物体A运动的轨迹。图乙中的曲线为竖直平面内一光滑固定轨道，轨道的形状与图甲中的虚线相同。让物体B从轨道顶端无初速下滑，且下滑过程中未脱离轨道。物体A、B都可以看做质点，则下列说法正确的是（　　）A．A、B两物体落地时速度方向相同B．A、B两物体落地时速度大小相等C．A、B两物体在空中运动的时间相等D．A、B两物体落地时重力的瞬时功率相等7．如图所示，一足球在操场上被某同学踢出，在竖直平面内运动，经位置1、2、3后落地，位置1、3等高，位置2在最高点，离地高度为h，不考虑足球的旋转，则足球（　　）A．在位置2时受到的合力与速度方向相反B．在位置2的加速度比位置3的加速度小C．从位置1到2过程空气阻力做的功大于从位置2到3过程空气阻力做的功D．在位置3的动能大于在位置1的动能8．2020年7月4日，羽毛球运动员林丹宣布退役，如图是林丹在某次羽毛球比赛中跃起的动作，将羽毛球以原速率斜向上击回，球在空中运动一段时间后落至对方的界面内。林丹运动过程中空气阻力不计，则下列说法正确的是（　　）A．林丹在起跳过程中地面对他的支持力做正功 B．林丹在最高点速度为零，处于平衡状态C．林丹在空中的运动过程处于失重状态 D．林丹击球过程中合外力对羽毛球做正功9．如图甲所示，小球位于斜面顶端，以v1的初速度水平抛出，刚好落在倾角为的斜面的底端，现将斜面底边绕O点逆时针转动90°，如图乙所示，小球也从斜面顶端，以v2的初速度水平抛出，刚好落在倾角为60°的斜面的底端。不计空气阻力，则前后两次水平抛出时的初动能之比为（    ）A． B． C． D．10．一物体做直线运动的v ­t图象如图所示．下列说法正确的是A．在第1 s内和第5 s内，物体的运动方向相同B．在第5 s内和第6 s内，物体的加速度相反C．在0～4 s内和0～6 s内，物体的平均速度相等D．在第6 s内，物体所受的合外力做负功 11．疫情期间，小朋在家上网课，休息时锻炼身体。家中有一哑铃，质量为，他将哑铃由静止向上提起，这时哑铃的速度为，重力加速度g取，下列说法中正确的是（　　）A．手对哑铃做功 B．合外力对哑铃做功C．哑铃机械能增加 D．重力对哑铃做功12．如图所示，一轻杆可绕光滑固定转轴O在竖直平面内自由转动，杆的两端固定有两小球A和B（可看做质点）。A、B的质量分别为2kg和8kg，到转轴O的距离分别为0.2m和0.1m。现使轻杆从水平位置由静止开始绕O轴自由转动，当A球到达最高点时，下列说法正确的是（　　）（g=10m/s2）A．转轴O对杆的作用力方向沿竖直向上B．球A只受重力和杆对它的拉力C．球A的角速度为D．球B的角速度为13．高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀变速直线运动，在启动阶段，列车的（　　）A．位移与它经历的时间成正比B．平均速度与它经历的时间成正比C．动能与它经历的时间平方成正比D．瞬时速度与它经历的时间平方成正比14．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块（　　）A．经过O点时的速度最大B．加速度先减小后增大C．所受弹簧弹力始终做正功D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功15．一足够长的水平传送带上放置质量为m=2kg小物块（物块与传送带之间动摩擦因数为），现让传送带从静止开始以恒定的加速度a=4m/s2开始运动，当其速度达到v=12m/s后，立即以相同大小的加速度做匀减速运动，经过一段时间后，传送带和小物块均静止不动。下列说法正确的是（    ）A．小物块0到4s内做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动直至静止B．小物块0到3s内做匀加速直线运动，之后做匀减速直线运动直至静止C．物块在传送带上留下划痕长度为12mD．整个过程中小物块和传送带间因摩擦产生的热量为80J  16．如图所示，某货场利用固定于地面的、半径R=1.8m的四分之一圆轨道将质量为m1=10kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，已知当货物由轨道顶端无初速度滑下时，到达轨道底端的速度为5m/s．为避免货物与地面发生撞击，在地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l=2m，质量均为m2=20kg，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1=0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2）。（1）求货物滑到轨道底端时对轨道的压力；（1）求货物沿圆轨道下滑过程中克服摩擦力做的功；（2）通过计算判断货物是否会从木板B的右端滑落？若能，求货物滑离木板B右端时的速度；若不能，求货物最终停在木板B上的位置。17．如图所示，粗糙的足够长的斜面CD与一个光滑的圆弧形轨道ABC相切，圆弧半径为R=1m，圆弧BC圆心角为=37°，圆弧形轨道末端A点与圆心等高，质量m=5kg的物块（可视为质点）从A点正上方下落，经过E点时v=4m/s，已知在E点距A点高H=5.2m，恰好从A点进入轨道，若物块与斜面的动摩擦因数为，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：(1)物体第一次经过B点时对轨道的压力大小；(2)物体运动足够长的时间后在斜面上（除圆弧外）总共能运动多长的路程。 18．如图所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10m，BC长1m，AB和CD轨道光滑。一质量为1kg的物体，从A点以4m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3m的D点速度为零。（g取10m/s2）求：(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；(2)物体第5次经过B点时的速度；(3)物体最后停止的位置（距B点多少米）。19．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。如图是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为60°，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙且长8m。一运动员从轨道上的A点以3m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为60kg，B、E两点与水平面CD的竖直高度为h和H，且h=2m，H=2.8m，g取10m/s2。求：(1)运动员从A运动到达B点时的速度大小vB；(2)轨道CD段的动摩擦因数；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时速度的大小；如不能，则最后停在何处？20．如图所示，质量为的物块在水平力作用下，沿水平桌面运动，一段时间后撤去外力，物块继续运动至点后水平抛出，恰好自点沿切线进入光滑圆轨道，其中点为圆轨道最低点，点为与圆轨道切向连接的斜面的最低端。物块沿圆轨道运动后滑上斜面，第一次从斜面返回刚好能到达点。已知间距离为，物块与轨道的动摩擦因数为，间竖直距离为，圆弧的半径为，物体与斜面间的动摩擦因数为，斜面的的倾角为37°，重力加速度为。求：(1)间的水平距离；(2)物块在上运动所受拉力做的功；(3)物块运动到点时对轨道的最小压力；(4)物块在斜面上通过的总路程。
参考答案1．D【详解】A．从A到D是斜抛运动，加速度竖直向下，速度方向是切线方向，则夹角不断减小，故A错误；B．抛体运动，只受重力，加速度恒为g，不变，故B错误；C．从B到D是平抛运动，竖直方向的速度越来越大，由公式可知，重力的功率越来越大，故C错误；D．从C到D合力做正功，由动能定理可知，动能增大，则D点的速率比C点的速率大，故D正确。故选D。2．D【详解】木箱和皮带间的摩擦力为静摩擦力，对木箱做正功，木箱匀速运动，根据功能原理，摩擦力对木箱做的功等于木箱克服重力做的功；该摩擦力为静摩擦力，静摩擦力为所以摩擦力对木箱做功为故ABC错误，D正确。故选D。3．A【详解】根据速度时间的图象可知物体只受到摩擦力的作用，摩擦力作为合力产生加速度，由牛顿第二定律可知，f=ma，所以摩擦力之比为4：1，由动能定理，摩擦力的功由于AB的初速度大小相同，质量之比mA：mB=2：1，所以两物体克服摩擦阻力做的功之比2：1故选A。4．D【详解】A．由图知，在0~t2内物块先向下运动后向上运动，传送带相对于物块的运动方向向上。传送带受的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功，故A错误；B．速度图像中“面积”等于位移，由图象可知0~t1内物块与传送带之间的相对位移大，摩擦生热多，故B错误；C．0~t2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，重力与传送带对物块的合力做的功等于物块动能的增量，可知故C错误；D．速度图像中“面积”等于位移可知，t1~t2内，物块与传送带之间的相对位移等于物块的位移，可知统产生的热量传送带对物体所做的功所以所以t1~t2内，系统产生的热量等于物块机械能的增量，故D正确。故选D。5．B【详解】AB．货物匀速上升，速率不变，动能不变，故A错误，B正确；CD．货物匀速上升，高度增大，其重力势能增大，故CD错误。故选B。6．A【详解】A．因为轨迹相同，所以在落地时的速度方向一致，故A正确；B．由动能定理得，AB两物体都是只有重力做功，且大小相同，物体A以速度v0做平抛运动，物体B从轨道顶端无初速下滑，所以B的末速度小于A的末速度，故B错误；C．两个物体通过的路程相等，而A的平均速率大于B的平均速率，所以A、B两物体在空中运动的时间不同，故C错误；D．由于两物体落地时的速度方向一致，但B的末速度小于A的末速度，则A、B两物体落地时重力的瞬时功率不相等，故D错误。故选A。7．C【详解】A.在位置2受到的重力向下，受到的空气阻力水平向左，所以合力方向斜向左下方，选项A错误；B.位置2和位置3所受的空气阻力大小和方向不同，所以阻力和重力的合力大小和方向也不同，而且无法比较合力的大小，也就无法比较加速度的大小，选项B错误；C.从位置1到2过程与从位置2到3过程相比，前者平均速度比较大，所以空气阻力比较大，前者的路程比较大。由于前者的空气阻力和路程都比较大，所以前者空气阻力做的功也就比较大，选项C正确；D.在位置1的重力势能等于在位置3的重力势能，在位置1到位置3的过程中要克服空气阻力做功，物体的动能必减小，所以在位置3的动能必小于在位置1的动能，选项D错误。故选C。8．C【详解】A．林丹在起跳过程中地面对人的支持力方向没有位移，所以地面对人的支持力做功为零，故A错误；B．林丹在最高点速度为零，只受重力，不是处于平衡状态，故B错误；C．林丹在空中的运动过程，只受重力，加速度向下，所以处于失重状态，故C正确；D．林丹击球过程中将羽毛球以原速率斜向上击回，所以合外力对羽毛球做功为零，故D错误。故选C。9．D【详解】对于图甲中的小球对于图乙中的小球由几何关系可得可得 而 E1：E2= v12 : v22可得E1：E2=3故选D。10．A【详解】A．在第1 s内和第5 s内，物体的速度均为正值，则运动方向相同，选项A正确；B．v-t图像的斜率等于加速度，则在第5 s内和第6 s内，物体的加速度相同，选项B错误；C．在0～4 s内和0～6 s内，物体的位移相等，但时间不等，则平均速度不相等，选项C错误；D．在第6 s内，物体的速度增加，动能增加，则所受的合外力做正功，选项D错误；故选A.点睛：对于v-t图象，关键是明确斜率、面积、截距的物理意义，知道物体做匀加速直线运动时加速度与速度方向相同，做匀减速直线运动时加速度与速度方向相反．11．BC【详解】分析物体的运动的情况可知，物体的初速度的大小为0，位移的大小为，末速度的大小为，增加的动能物体上升，则增加的重力势能A．手对物体做功转化为物体的动能与势能，则故A错误；B．合外力做功等于物体动能的增加量，为，故B正确；C．哑铃增加的机械能等于手对哑铃做的功，所以是，故C正确；D．重力做的功为所以物体克服重力做功，故D错误。故选BC。12．AC【详解】CD．根据机械能守恒定律可知A、B两球同轴转动，角速度相同，所以有联立并代入数据解得故C正确，D错误；AB．杆对B球的作用力为FB，合力提供向心力代入数据解得球对杆向下的拉力为120N。杆对A球的作用力为FA，合力提供向心力代入数据解得说明A球到达最高点时只受重力。且转轴O对杆的作用力方向沿竖直向上且为120N，故A正确，B错误。故选AC。13．BC【详解】A．根据可知，位移与它经历的时间的平方成正比，选项A错误；B．根据可知，平均速度与它经历的时间成正比，选项B正确；C．根据可知，动能与它经历的时间平方成正比，选项C正确；D．根据v=at可知，瞬时速度与它经历的时间成正比，选项D错误。故选BC。14．BD【详解】AB．物块由A点开始向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由可知，a减小，所以物块做加速度减小的加速运动，当运动到F弹=Ff时，a减小为零，此时物块速度最大，弹簧仍处于压缩状态，由于惯性，物块继续向右运动，此时物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，a逐渐增大，当越过O点后，弹簧开始被拉伸，此时随着拉伸量增大，a继续增大，综上所述，从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在O点左侧F弹=Ff时速度v达到最大，故A错误，B正确；C．在AO段，弹簧压缩，物块所受弹簧弹力做正功，在OB段，弹簧伸长，物块所受弹簧弹力做负功，故C错误；D．由动能定理知，从A到B的过程中，弹簧弹力做功与摩擦力做功之和为0，所以物块所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，故D正确。故选BD。15．ACD【详解】物块和传送带的运动过程如图所示。AB.由于物块的加速度a1=µg=2m/s2小于传送带的加速度a2=4 m/s2，所以前面阶段两者相对滑动，时间3s，此时物块的速度v1=6 m/s，传送带的速度v2=12 m/s物块的位移x1=a1t12=9m传送带的位移x2=a2t12=18m两者相对位移为=9m此后传送带减速，但物块仍加速，B错误；当物块与传送带共速时，由匀变速直线运动规律得12- a2t2=6+ a1t2解得t2=1s因此物块匀加速所用的时间为t1+ t2=4s两者相对位移为 3m，所以A正确。C．物块开始减速的速度为v3=6+ a1t2=8 m/s物块减速至静止所用时间为4s传送带减速至静止所用时间为2s该过程物块的位移为x3=a1t32=16m传送带的位移为x2=a2t42=8m两者相对位移为8m回滑不会增加划痕长度，所以划痕长为9m+3m=12mC正确；D．全程相对路程为L==9m+3m+8m=20mQ=µmgL=80JD正确；故选ACD。16．(1)，方向竖直向下；(2)；（3）不能，最终停在木板B右端的距离为处【详解】(1)在轨道最低点有解得由牛顿第三定律得方向竖直向下(2)此过程摩擦力是变力，由动能定理得解得(3)当货物滑上木板A时，货物对木板的摩擦力地面对木板A、B的最大静摩擦力由于 此时木板A、B静止不动，设货物滑到木板A右端时速度为，由动能定理得当货物滑上木板B时，地面对木板A、B最大静摩擦力由于，此时木板B开始滑动，设货物不会从木板B的右端滑落，二者刚好相对静止时的速度为，则对货物对木板B因为由以上式可得 ，此过程中由于货物最终未从木板B上滑下，且与其右端的距离为17．(1)750N；(2)17m【详解】(1)已知经过E点时，以E到B为研究过程，利用动能定理，有代入数据解得在B点，根据牛顿第二定律，有解得轨道对物块的支持力根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小也是，方向竖直向下。(2)在斜面上物体受到的最大静摩擦力物体受到重力沿斜面向下的分力由于GxFf，物体不可能停在斜面上，最终到达C点的速度为0， 取E到C整个过程为研究对象， 由动能定理，有代入数据可得总共能运动的路程18．(1)0.5；(2)13.3m/s；(3)距B点0.4m【详解】(1)由动能定理得解得μ=0.5(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得 解得v2=4m/s≈13.3m/s(3)分析整个过程，由动能定理得解得s=21.6m所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6m，故距B点的距离为2m－1.6m=0.4m。19．（1）；（2）；（3）不能，距离D点左侧6.4m【详解】（1）由题意可知解得（2）由B点到E点，由动能定理可得代入数据可得（3）运动员能到达左侧的最大高度为h'，从B到第一次返回左侧最高处，根据动能定理有解得所以第一次返回时，运动员不能回到B点，设运动员从B点运动到停止，在CD段的总路程为s，由动能定理可得代入数据解得因为所以运动员最后停在距离D点左侧6.4m处20．(1)；(2)；(3)，竖直向下；(4)（或）【详解】(1)由几何关系知，，设间距为，设在点速度为，从到历时，由平抛运动知识可得：小物块在点时竖直速度为，在点进行速度分解，可得：联立可得：(2)设在上拉力做的功为，由(1)可得从到，由动能定理可得：联立得：(2)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，竖直向下(4)从点进入轨道，到最后在点以下做往返运动，在点进行速度分解，可得：对从到最后的点全程由动能定理可得：（或）