物理必修 第二册3 动能和动能定理课堂检测

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1（含解析）

1．如图，游乐场中，从高处P到水面Q处有三条不同的光滑轨道，图中甲和丙是两条长度相等的曲线轨道，乙是直线轨道。甲、乙、丙三小孩沿不同轨道同时从P处自由滑向Q处，下列说法正确的有（　　）

A．甲的切向加速度始终比丙的小

B．因为乙沿直线下滑，所经过的路程最短，所以乙最先到达Q处

C．虽然甲、乙、丙所经过的路径不同，但它们的位移相同，所以应该同时到达Q处

D．甲、乙、丙到达Q处时的速度大小是相等的

2．物体以10m/s的速度由坡底冲上一足够长的斜坡，当它返回坡底时的速度大小为8m/s。已知上坡和下坡两个阶段物体均沿同一直线做匀变速直线运动，但上坡和下坡的加速度大小不同.则关于物体上坡、下坡两过程说法正确的是（　　）

A．加速度大小之比为 B．所用时间之比为

C．摩擦力做功之比为 D．合外力做功之比为

3．我国的航天技术在世界上具有举足轻重的地位，我国发射的神舟10号飞船绕地球运行的高度大约为343km，而神舟11号飞船绕地球运行的高度大约为393km。目前，火箭是卫星发射的唯一工具，火箭发射回收是航天技术的一大进步。如图所示，火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上，不计火箭质量的变化。火箭在返回减速下降过程中合力做的功（　　）

A．等于0 B．等于火箭重力势能的变化

C．等于火箭动能的变化 D．等于火箭机械能的变化

4．引力波是爱因斯坦在其广义相对论中提出的一种关于时空弯曲之中的一种涟漪现象，其能量会以辐射的形式向外扩散。就像是在平静的湖中投入一颗石子，石子泛起的涟漪向外扩散。我国的“天琴计划”所要做的是在太空之中观测引力波的存在，这是一个庞大的计划，牵一发而动全身。此计划一但成功，那势必会引起世界基础科学的巨大进步。2019年12月20日，我国长征四号火箭已经将“天琴一号”卫星发射升空。“天琴一号”卫星先发射到轨道半径约为地球半径4倍的轨道上运行，稳定工作一段时间后，又升高到轨道半径约为地球半径16倍的轨道上运行。“天琴一号”在升高后的轨道上运行与在原轨道上运行相比，其动能（　　）

A．增大 B．减小 C．不变 D．无法确定

5．①一架直升飞机以50m/s的速度在天空沿直线匀速飞行了10s；

②一辆自行车以12m/s的速度从坡路底端，经过3s冲到坡顶时，速度变为3m/s；

③一只蜗牛由静止开始爬行，经过0.2s，获得了0.002m/s的速度；

④一列动车在离开车站加速行驶中，用了100s使速度由72km/h增加到144km/h。

以上四个匀变速直线运动过程，请按物体受到的合力做功的数值把它们由大到小排列（　　）

A．①④②③ B．②④③① C．①②④③ D．④②③①

6．①一架直升飞机以50m/s的速度在天空沿直线匀速飞行了10s；

②一辆自行车以12m/s的速度从坡路底端，经过3s冲到坡顶时，速度变为3m/s；

③一只蜗牛由静止开始爬行，经过0.2s，获得了0.002m/s的速度；

④一列动车在离开车站加速行驶中，用了100s使速度由72km/h增加到144km/h。

以上四个匀变速直线运动过程，请按末动能的数值把它们由大到小排列（　　）

A．①④②③ B．②④③① C．④①②③ D．④②③①

7．一质量为2kg的滑块，以5m/s的速度在光滑水平面上向右滑行，从某一时刻起，在滑块上作用一向左的水平力，经过一段时间滑块的速度方向变为向左，大小仍为5m/s，则在这段时间内该水平力做的功为（　　）

A．10J B．0 C．25J D．50J

8．如图所示，质量为m的物块受水平恒力作用在光滑的水平面上做曲线运动，经过时间t从M点运动到N点，速度大小由v变为，且速度方向恰好改变了。则（　　）

A．从M点到N点的运动过程中，恒力先做正功后做负功

B．从M点到N点的运动过程中物块的机械能增加了

C．恒力F的方向与的连线垂直

D．从M点到N点的运动过程中，速率的最小值为

9．如图所示，DO是水平面，AB是斜面。初速为10m/s的物体从D点出发沿路面DBA恰好可以达到顶点A，如果斜面改为AC，再让该物体从D点出发沿DCA恰好也能达到A点，则物体第二次运动具有的初速度：（已知物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，斜面与水平面间都有微小圆弧连接，物体经过时动能不损失）（　　）

A．可能大于10m/s，具体数值与斜面的倾角有关

B．可能小于10m/s，具体数值与斜面的倾角有关

C．一定等于10m/s，具体数值与斜面的倾角无关

D．可能等于10m/s，具体数值与斜面的倾角有关

10．用传感器研究质量为的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到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．内物体先向正方向运动，后向负方向运动

B．内物体在时的速度最大

C．物体在内的速度不变

D．内合力对物体做的功等于内合力对物体做的功

11．“嫦娥一号”探月卫星发动机关闭，轨道控制结束，卫星进入地月转移轨道。图中MN之间的一段曲线表示转移轨道的一部分，P是轨道上的一点，直线AB过P点且和两边轨道相切。下列说法中正确的是（　　）

A．卫星在此段轨道上，动能一直减小

B．卫星经过P点时动能最小

C．卫星经过P点时速度方向由P向B

D．卫星经过P点时加速度为0

12．已知一足够长的传送带与水平面的倾角为，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a所示），以此时为时刻纪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b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）。已知传送带的速度保持不变。（g取），则（　　）

A．内，物块对传送带做正功

B．物块与传送带间的动摩擦因数为，

C．内，传送带对物块做功为

D．时间内，传送带对物块做正功

13．如图所示，传送带以速度逆时针匀速转动，转轮半径很小（相比于传送带长度可忽略），传送带AB部分水平，OA部分倾角、长为1m，OB部分倾角、长为0.75m。现将一质量为的墨盒轻放在A端，墨盒由静止从A运动到B的过程中留下清晰的痕迹（忽略墨盒质量的变化）。已知墨盒通过O点转轮时速度大小不变，墨盒与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度，，，，则墨盒从A到B过程中下列说法中正确的是（　　）

A．墨盒与传送带间因摩擦产生的热量为0.584J

B．墨盒与传送带间因摩擦产生的热量为0.81J

C．墨盒在传送带上留下的痕迹长为0.6125m

D．墨盒在传送带上留下的痕迹长为1.0125m

14．一质量为1kg的质点在xOy平面内做曲线运动，在x轴方向的速度图象和y轴方向的位移图象分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是（　　）

A．质点的初速度大小为5m/s

B．2s内质点动能的变化量为13.5J

C．质点做曲线运动的加速度为3m/s2

D．质点所受的合力大小为3N

15．如图所示，质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于P点。第一次小球在水平拉力作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为（），轻绳中的张力大小为；第二次小球在水平恒力作用下，从P点开始运动到达Q点，轻绳中的张力大小为，关于这两个过程，下列说法中正确的是（不计空气的阻力，重力加速度为g）（　　）

A．两个过程中和做的功可能不等，也可能相等

B．两个过程中轻绳的张力均一定变大

C．第二个过程中小球在Q点轻绳中的张力大小可能为

D．第二个过程中重力和水平恒力的合力的功率可能先增大后减小

16．如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉。已知，在A点给小球一个水平向左的初速度，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B，则：

小球到达B点时的速率？

若不计空气阻力，则初速度为多少？

若初速度，则在小球从A到B的过程中空气阻力做了多少功？

17．光滑水平台面上有一光滑弧形轨道、竖直光滑圆轨道和粗糙斜面，各轨道均平滑连接。竖直圆轨道在最低点D处略有错开，滑块可以顺利进出圆轨道。有一滑块从弧形轨道某处静止释放，从D点进入圆轨道，经过最高点E，离开圆轨道后经水平台面又滑上斜面。已知小球质量，圆轨道半径，斜面长，斜面倾角，滑块与斜面之间的动摩擦因数，忽略空气阻力，滑块可视为质点。已知，，求：

(1)若滑块从弧形轨道上高为处下滑，滑块经过E点时对轨道的压力大小；

(2)在(1)的情形下，滑块第二次经过A点时的速度；

(3)为保证滑块能沿轨道到达斜面，并在返回时不脱离轨道，求滑块从弧形轨道上由静止开始下滑时的初始高度h的取值范围。

18．如图所示，固定在光滑水平面上的发射器可发射不同速度的小球，小球通过水平面后进入光滑圆轨道做变速圆周运动。圆轨道由共圆心的内轨和外轨组成，内、外轨半径分别为r和R，两轨道的径向间距略大于小球直径。已知小球能在圆轨道中做完整的圆周运动，试求：

(1)小球的最小发射速度；

(2)若小球经过某段轨迹时对外轨无压力，求对外轨无压力的最长轨迹对应圆心角的正弦。（结果可以保留根号）

19．如图甲所示，水平放置的实验平台A、B两端点相距L，高为h，遥控电动小车（视为质点）的质量为m，与实验平台的动摩擦因数为μ，假设遥控开关开启后电动小车获得恒定的电动牵引力。现将电动小车静置于A点，开启遥控开关后，小车沿水平直线轨道 AB 运动后从B端水平飞出，落到地面上的C点，测得B、C两点的水平距离为重力加速度为g，不计空气阳力

(1)求电动小车运动到B 点时速度；

(2)求电动小车的电动牵引力F；

(3)假设遥控开关开启后电动小车获得恒定的电动牵引功率，在该牵引力作用下从A运动到B。现将电动小车静止于A点，开启控制开关后，经过时间关掉开关，小车仍从B端水平飞出，测得B、C两点的水平距离为，改变时间，将随之改变，多次实验，以建为纵坐标、为横坐标，得到如图（乙）所示图像。若已知-图像的斜率为k。求电动小车的牵引功率P。

20．如图所示，在距地面上方0.75m的光滑平台面上，质量为的物块左侧压缩一个轻质弹簧，弹簧与物块未拴接。物块与左侧竖直墙壁用细线拴接，使物块静止在O点。水平台面右侧有一倾角为θ=的光滑斜面，半径分别为=0.4m和=0.2m 的两个光滑圆形轨道固定在粗糙的水平地面上，且两圆轨道分别与水平面和切于C、E两点，两圆最高点分别为D、F。现剪断细线，物块离开水平台面后恰好无碰撞地从A点落入光滑斜面上，运动至B点后（在B点无能量损失)沿粗糙的水平面从C点进人光滑竖直圆轨道且通过最高点D。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.1，AB长度=0.5m，BC距离=3m，=10m/，已知sin=0.6，cos=0.8。

(1)求弹簧储存的弹性势能；

(2)求物块经过C点时对圆轨道的压力。

(3)为了让物块施从E 点进入圆轨道且不离开轨道，则C、E间的距离应满足什么条件?

参考答案

1．D

【详解】

A．根据受力分析及牛顿第二定律知，甲的切向加速度先比丙的小，后比丙的大，故A错误；

BCD．由于是光滑轨道，小孩在此过程中，只有重力做功，故由动能定理得，由此可知甲、乙、丙到达Q处时的速度大小是相等的，故D正确；由于甲、乙、丙三者位移相同，最后的速度相等，以及三者加速度的关系，可做出三者的速度—时间图象如下图所示

由此图可知丙最先到达Q处，故B、C错。

故选D。

2．B

【详解】

A．将上坡过程看做反向的初速度为零的匀加速运动过程，则根据

v2=2as

可知加速度大小之比为

选项A错误；

B．根据 可知所用时间之比为

选项B正确；

C．上升和下降过程摩擦力和位移均相等，则根据Wf=fs可知摩擦力做功之比为，选项C错误；

D．根据动能定理，合外力做功

则合外力功之比为

选项D错误。

故选B。

3．C

【详解】

根据动能定理可知，火箭在返回减速下降过程中合力做的功等于火箭动能的变化，火箭减速，动能变小，动能的变化不等于0，故C正确，ABD错误。

故选C。

4．B

【详解】

根据

解得

轨道半径增大，速度减小，根据

动能变小。

故选B。

5．D

【详解】

因合外力的功等于动能的变化量，可知在以下四个问题中，一列动车在离开车站加速行驶中，用了100s使速度由72km/h=20m/s增加到144km/h=40m/s，动能变化最大，合外力的功最多；其次是一辆自行车以12m/s的速度从坡路底端，经过3s冲到坡顶时，速度变为3m/s；然后是一只蜗牛由静止开始爬行，经过0.2s，获得了0.002m/s的速度；而一架直升飞机以50m/s的速度在天空沿直线匀速飞行了10s，合外力的功为零；则按物体受到的合力做功的数值把它们由大到小排列是④②③①。

故选D。

6．C

【详解】

由可知，物体的质量和速度越大，则动能越大。

故选C。

7．B

【详解】

根据动能定理可得

故选B

8．D

【详解】

从M点到N点的运动过程中物块的速度变化量为

如图所示

故恒力F的大小为方向与成30°。

A．由前面分析可知，恒力F与速度方向夹角先大于90°，后小于90°，故恒力F先做负功，再做正功，故A错误；

B．从M点到N点的运动过程中物块的动能增加为

故B错误；

C．曲线运动在相互垂直的两个方向的分运动均为匀变速直线运动，如图

则在初速度方向的位移

与初速度垂直的方向的位移为

则

即

已知

则

可知恒力F的方向与的连线不垂直，故C错误；

D．将初速度分解到F方向和垂直于F方向，当沿F方向分速度减小到0时，物体速度最小，故最小速度为

故D正确。

故选D。

9．C

【详解】

物体从D点滑动到顶点A过程中，由动能定理可得

有几何关系得

代入得

解得，可以看出，到达顶点的动能与路径无关，则物体第二次运动具有的初速度一定等于10m/ s。故ABD错误，C正确。

故选C。

10．D

【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错误；

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D。

11．BCD

【详解】

A．从M到P，因为轨迹弯曲的方向指向地球，地球对卫星的万有引力大于月球对卫星的万有引力，万有引力的合力做负功，根据动能定理知，动能减小，从P到N，轨迹弯曲的方向指向月球，地球对卫星的万有引力小于月球对卫星的万有引力，万有引力的合力做正功，动能增加。故A错误；

BCD．卫星经过P点时，地球对卫星的万有引力等于月球对卫星的万有引力，万有引力的合力为零，则加速度为零，卫星的动能最小，经过P点的速度方向沿切线方向，即沿PB方向。故BCD正确。

故选BCD。

12．BD

【详解】

A．内，物块沿斜面向下运动，其势能和动能都减小，所以其机械能减小，除重力外，其他外力对物体做负功，即物块对传送带做负功，选项A错误；

B．根据图b可知，在时刻，物块的速度减为零，之后在传送带的作用下做加速运动，所以其合力方向沿斜面向上，即

选项B正确；

C．内，传送带对物块做的功W加上物块重力做的功等于物块动能的增加量，即

所以选项C错误；

D．时间内，由动能定理

即传送带对物块做正功，选项D正确。

故选BD。

13．AC

【详解】

AB．当墨盒在OA部分运动时，对其受力分析，根据牛顿第二定律得

解得

当墨盒与传送带共速时，墨盒的位移为

故墨盒先加速后匀速，加速时间为

墨盒相对于传送带向后，相对位移为

摩擦产生的热量为

当墨盒在OB部分运动时，对其受力分析，根据牛顿第二定律得

解得

墨盒在OB部分做匀加速运动，根据匀变速公式得

解得

墨盒相对于传送带向前，相对位移为

摩擦产生的热量为

墨盒从A到B过程中产生的热量为

故A正确，B错误；

CD．根据分析可知，在OA部分运动时，墨盒相对于传送带向后，相对位移为

在OB部分运动时，墨盒相对于传送带向前，相对位移为

与的部分擦痕重合，故墨盒在传送带上留下的痕迹长为

故C正确，D错误。

故选AC。

14．AB

【详解】

A．质点沿x轴方向的初速度vx=3m/s，y轴方向的初速度

vy=m/s=-4m/s

质点的初速度

故A正确；

B．2s末，点在x轴方向的速度vx′=6m/s，在y轴方向的速度vy′=-4m/s，则质点的速度

则

得

△Ek=13.5J

故B正确；

CD．合力沿x轴方向，而初速度方向既不在x轴方向，也不在y轴方向，质点初速度的方向与合力方向既不平行也不垂直，所以质点做曲线运动，质点在x轴方向的加速度

质点所受的合力

F合=ma=1.5N

故CD错误。

故选AB。

15．ACD

【详解】

A．第二次当F为恒力时，由动能定理得

解得

第一次使小球缓慢上升时，有

解得

当F为恒力时，若小球经过Q点的速度，则有，若小球恰好能到达Q点，则到达Q点时速度为零，则有，故A正确；

B．第一次运动过程中，根据几何关系可知，绳子的拉力为

可知随着增大，逐渐增大；第二次假如从P点开始运动能恰好到达Q点，小球由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效为单摆运动，当绳子方向与重力和合力方向在同一条直线上时，小球处于等效“最低点”，最低点的速度最大，此时绳子张力最大，所以第二次绳子张力先增大，后减小，故B错误；

C．假如第二次小球从P点开始运动并恰好能到达Q点，故小球在Q点的速度为零，那么小球在径向的合外力为零，即

由动能定理可得

所以可得

联立解得

故C正确；

D．第二个过程中假如Q点是等效最低点，此时小球速度最大，且速度方向与重力和合力方向垂直，此时功率最小为零，则第二个过程中重力和水平恒力的合力的功率可能先增大后减小，故D正确。

故选ACD。

16． ； ； ；

【详解】

小球恰能经过圆弧轨迹的最高点B，在B点由重力提供向心力，由牛顿第二定律有

  ①

解得

  ②

小球从A点运动到B点，只有重力对它做功，根据动能定理有

③   

联立②、③两式解得

④

由动能定理可得

解得

答：小球到达B点时的速率为；小球从A点出发时初速度为；空气阻力做功为。

17．(1)0.14N；(2)0.8m/s；(3)

【详解】

(1)由动能定理

得

由牛顿第三定律可知

(2)在斜面上滑到最高点时

下滑到A点时

解得

(3)若滑块在发射后第一次进入圆轨道时，刚好能通过圆轨道，则

即

滑块不从B点滑出

得

若滑块在斜面上返回进入圆轨道时，其上升高度不超过R

得

又

得

若滑块在斜面上返回进入圆轨道时，能经过圆轨道最高点，则

得

综上得

18．(1) ； (2)

【详解】

(1)小球能在圆轨道中做完整的圆周运动，在最高点，根据牛顿第二定律

当

FN=mg

时，恰好过最高点，此时的最小速度为

令最小的发射速度为，从最低点到最高点，根据动能定理

解得

(2)令小球上升过程中，刚好对外轨道无压力时，与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律

当小球恰好过最高点时，小球对外轨无压力的轨迹最长，根据动能定理

联立可得

则

最长轨迹对应圆心角的正弦为

19．(1)；(2) ；(3)

【详解】

（1）设电动小车从B点平抛后经时间后落地，由平抛运动规律知：

竖直方向

水平方向

联立解得

（2）电动车在平台上从A点运动到B点过程中，由动能定理得

解得

（3）设电动车从B点平抛的速度为，电动车在平台上从A点运动到B点过程中，由动能定理得

电动小车从B点平抛后经时间后落地，由平抛运动规律知：

竖直方问

水平方向

联立解得

解得

20．(1)64J；(2)580N；(3)或

【详解】

(1)设小球从平台抛出的初速度为，由物块从平台抛出后落至A过程做自由落体运动知

在竖直方向上有

在A点，由速度矢量三角形有

在平台上弹簧弹开物块至恢复原长的过程中，由能量转化与守恒定律知

联立以上各式，解之得

(2)从O点到C点，由能量转化与守恒定律有

在C点，设圆轨道对物块的支持力为，由牛顿第二定律知

联立解之得

，

又由牛顿第三定律知，物块对圆轨道的压力为，方向竖直向下

（3）临界一：设C、E间的距离为时，刚好运动至E点；从C点到E点由动能定理得

解之得

临界二：设C、E间的距离为时，刚好运动右侧圆轨道的与圆心等高处的G点；

从C点到G点由动能定理得

解之得

临界三：设C、E间的距离为时，刚好运动至右侧圆轨道的F点；在F点由牛顿第二定律得

从C点到G点由动能定理得

解之得

综上所述，C、E间的距离S应满足

或