2021学年3 动能和动能定理课后测评

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5（含解析）

1．子弹以水平速度射入静止在光滑水平面上的木块，并留在其中，则（　　）

A．子弹对木块的作用力和木块对子弹的作用力是一对平衡力

B．子弹克服阻力做功大于子弹对木块做功

C．子弹克服阻力做功与木块获得的动能相等

D．阻力对子弹做功小于子弹动能的减少

2．汽车在一段坡度不变的山坡上匀速上行，速度大小为v，汽车发动机输出功率为P。设汽车所受摩擦力大小恒为f。则下列说法中错误的是（　　）

A．汽车所受合外力对汽车所做的功为零

B．汽车所受的摩擦力与重力对汽车做负功，支持力对汽车不做功

C．汽车发动机输出功率P＝fv

D．若汽车匀速上行的速度大小为2v，发动机输出功率应为2P

3．如图所示，长为12m绷紧的传送带以v=4m/s的速度匀速运行，现将一质量m =1kg的小物块轻轻放在传送带左端，经过4s小物块运动到传送带的右端，已知小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，取 g=10m/s2。下列判断正确的是（    ） 

A．此过程小物块始终做匀加速运动

B．此过程摩擦力对小物块做功24J

C．此过程中因摩擦产生的热量为24J

D．此过程中因摩擦产生的热量为8J

4．冰壶比赛中，运动员以一定的初速度将冰壶沿水平冰面推出，其动能Ek随位移x变化关系如图所示，根据图像信息可求解（　　）

A．冰壶从推出到停止的位移x

B．冰壶被推出时的初速度v0

C．冰壶与冰面间的动摩擦因数μ

D．冰壶从推出到停止的时间t

5．2020年10月12日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功将高分十三号卫星发射升空，卫星在发射阶段竖直向上匀加速通过两段相同高度的过程中，下列物理量相同的是（　　）

A．运动时间 B．平均速度

C．速度的变化量 D．动能的变化量

6．如图所示，水平光滑平面上平铺着半径为的半圆形光滑轨道，并固定，为半圆形轨道的直径，一质量为的小球放置在点。某时刻，给小球施加一方向垂直、大小为的水平恒力，且轨道始终固定，在以后的运动过程中，下列说法正确的是（    ）

A．小球达到点时的速度不为0

B．小球运动过程中的最大速度为

C．小球运动过程中对轨道压力的最大值为

D．小球运动过程中做匀速圆周运动

7．如图所示，倾角为的斜面上，一质量为4m的物块经跨过定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连，现将小球从水平位置由静止释放，小球由水平位置运动到最低点的过程中，物块和斜面始终静止，小球和物块始终在同一竖直平面内，则此过程中（　　）

A．细绳的拉力先减小后增大 B．物块所受摩擦力逐渐增大

C．地面对斜面的支持力逐渐减小 D．地面对斜面的摩擦力先增大后减小

8．如图所示，一颗卫星发射后先在近地轨道1上做匀速圆周运动，运行的速度大小为v1，运动到P点变轨进入椭圆转移轨道2,运动到椭圆轨道的远地点Q再变轨进入圆轨道3做匀速圆周运动，卫星在椭圆轨道上Q点的速度大小为v2,卫星的质量为m,轨道1的半径为R。椭圆轨道的长轴长为4R,则卫星从轨道1变轨到轨道2做的功W1、从轨道2变轨到轨道3做的功W2分别为（    ）

A．W1=m(6-) B．W1=m(9-) C．W2=m(-) D．W2=m(-)

9．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，下列判断正确的是（    ）

A．物块加速度先减小后增大

B．物块经过O点时的速度最大

C．弹簧的弹性势能一直减小

D．物块所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功

10．有一装置如图甲所示，连接两小球的四根轻绳AB、BC、CD、DA等长，上端A点固定在杆上，下端连接套在光滑杆上的环。已知每根轻绳的长度均为a，球和环的质量均为m，环和上端A点用套在光滑竖直杆上的轻质弹簧连接，整个装置静止时弹簧长为（图甲）。现使整个装置转动起来，ABCD成为一个正方形（图乙），此时测得弹簧的形变量和装置静止时弹簧的形变量相同，重力加速度为g。则（　　）

A．弹簧的劲度系数为

B．从静止到图乙状态弹簧对圆环先做正功后做负功

C．图乙时刻装置转动的角速度为

D．从静止到图乙状态，外力做的总功为mga

11．某同学做了一个力学实验，如图所示，将一金属球通过一轻质弹簧悬挂于O点，并用一水平方向的细绳拉住，然后将水平细绳剪断，经观察发现，水平细绳剪断后金属球在第一次向左摆动以及回摆过程的一段运动轨迹如图中虚线所示。根据运动轨迹以及相关的物理知识，该同学得出以下几个结论中正确的是（　　）

A．金属球运动到悬点正下方时所受合力方向竖直向上

B．水平细绳剪断瞬间金属球的加速度方向一定水平向左

C．金属球动能最大的位置应该在悬点正下方的左侧

D．金属球运动到最左端时动能为零

12．如图所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点.则能大致反映整个运动过程中，滑块的加速度a、速度v随时间t，重力对滑块所做的功W、动能Ek与位移x关系的是(取初始位置为坐标原点、初速度方向为正方向)(　　)

A． B．

C． D．

13．如图所示，竖直面内有一半径为R的光滑圆轨道固定在水平面内，在大圆的最底部有一小球处于静止状态，小球半径远小于R。现给小球一初速度使其运动，若要求小球不脱离轨道，则小球获得的初速度可能是（重力加速度大小为g）（　　）

A． B． C． D．

14．如图，为现代具有登高平台的消防车。伸缩臂能够在5min内使承载4人的登高平台上升60m到达灭火位置，人连同平台的总质量为400kg，伸缩臂的质量为800kg，可以认为相同长度伸缩臂的质量都相等；在登高平台上的消防队员用高压水枪灭火，水枪的出水量为3m3/min，水离开枪口时的速度为20m/s；适当调节水枪出水方向，可以使水流通过着火房间的窗户水平射入着火房间，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（　　）

A．伸缩臂在抬升登高平台过程中发动机输出的功率为800W

B．伸缩臂在抬升登高平台过程中发动机输出的功率为1600W

C．高压水枪工作时发动机输出的功率为1×104W

D．高压水枪工作时发动机输出的功率为4×104W

15．一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，可视为质点的物块从斜面底端以某一初速度冲上斜面。取地面为重力势能零势能面，不计空气阻力。图中可能反映物块从向上滑动到返回底端的过程中，其动能Ek、重力势能Ep、机械能E随物块滑动路程x变化关系的是（　　）

A． B．

C． D．

16．如图所示，在水平轨道右侧安放半径为的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然状态。质量为的小物块A（可视为质点）从轨道右侧以初速度冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道。物块A与PQ段间的动摩擦因数，轨道其他部分摩擦不计，重力加速度。求：

(1)物块A与弹簧刚接触时的速度大小v1；

(2)物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度h1；

(3)调节PQ段的长度L，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当L满足什么条件时，物块A能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道？

17．如图所示，取长度相同的细线1、细线2，一端与小球相连，另一端分别固定于水平杆上的A、B两点。已知小球质量m=2kg，两细线长度均为50cm，AB间距离，取重力加速度g=10m/s2。求：

（1）细线1对小球的拉力大小F1；

（2）若剪断细线1，求小球摆动到最低点时细线2所受拉力大小。

18．2022年将在我国举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某比赛轨道示意图如图所示，助滑道末端水平，着陆坡与圆弧在点连接，连线与竖直方向夹角为。某次比赛中，质量为的运动员经由助滑道静止开始加速下滑，到处以的速度水平飞出，恰好沿点切线滑入半径为的圆弧，运动员在空中飞行的过程和在、间运动的过程中所有阻力均不计，设重力加速度为，，。求：

(1)运动员在空中飞行的时间和着陆坡两点间的竖直高度；

(2)运动员滑至圆弧的最低点时对轨道的压力大小。

19．如图所示，倾角为的斜面通过一小段光滑水平面BC与光滑竖直半圆形轨道CD相连，斜面和半圆形轨道固定在水平面上，C点和D点分别为半圆形轨道的最低点和最高点，一质量为m=1kg的滑块（可视为质点）从斜面的A点由静止开始下滑，经过半圆形轨道的最高点后垂直打在斜面的E点，已知E点与圆心O等高，滑块从A点运动到斜面低端B点所用的时间为t=3.2s，半圆形轨道的半径为R=0.8m，不计空气阻力，滑块通过B点时无能力损失，，，，求：

(1)滑块到达C点时受圆轨道的压支持大小；

(2)滑块与斜面的动摩擦因数μ；

20．如图甲。水平桌面上固定一光滑曲面、曲面下端切线水平，并与半径为的竖直光滑圆轨道平滑连接。质量为的小物块从曲面上离桌面的高度处无初速释放，先通过圆轨道后进入桌面部分。在圆轨道的最高点有一压力传感器，可测出物块经过时对轨道的压力，取不同高度得到相应的压力，做出关系如图乙所示。已知桌面长度，与小物块间的动摩擦因数，桌面离地面的高度，空气阻力不计，取重力加速度。

（1）若小物块恰能滑到端，求小物块释放时离桌面的高度；

（2）求关系图的交点坐标值、；

（3）若将桌面右端截去长为的一段，滑块仍从位置无初速释放后将滑离桌面落在水平地面上的点，要使的水平距离最大，应为多大？

参考答案

1．B

【详解】

A．子弹对木块的作用力和木块对子弹的作用力分别作用在木块和子弹两个不同的物体，大小相等方向相反，是一对相互作用力，A错误；

B．相对于地面而言，子弹的位移大于木块的位移，子弹和木块相互作用力大小相等，根据功的公式

可知，子弹克服阻力做的功大于子弹对木块做的功，B正确；

C．根据动能定理得知，子弹克服阻力做功等于子弹动能的减小，根据能量守恒可知，子弹动能的减小等于系统产生的内能和木块获得的动能之和，C错误；

D．根据动能定理得知，子弹克服阻力做功等于子弹动能的减小，D错误。

故选B。

2．C

【详解】

A．汽车匀速上行，根据动能定理

A正确；

B．汽车受到的重力方向和汽车的位移方向夹角是钝角，重力做负功，摩擦力方向和汽车位移方向相反，做负功，支持力始终和汽车的位移垂直，不做功，B正确；

C．设山坡的倾角为 ，因为匀速上升，则牵引力

则汽车发动机输出功率

C错误；

D．若汽车匀速上行的速度大小为2v时，汽车的牵引力没有变化，但是速度增加了2倍，根据

D正确。

故选C。

3．D

【详解】

A．小物块开始做匀加速直线运动过程，加速度为

a＝μg＝2m/s2

物块速度达到与传送带相同时，通过的位移为

x1=＝4m＜s=12m

时间

说明此时物块还没有到达右端，此后物块做匀速直线运动，不受摩擦力，选项A错误；

B．由动能定理得，摩擦力对物块所做的功为

Wf＝mv2＝×1×16＝8J

选项B错误；

CD．达到共速前传送带的位移

x2=vt=8m

则此过程中因摩擦产生的热量为

Q=μmg∆x= 8J

选项C错误，D正确。

故选D。

【点睛】

本题关键要分析物块的受力情况和运动情况，不能盲目代公式，即不能直接用摩擦力乘以传送带的长度求出摩擦力做功，注意匀加速运动的时间。

4．A

【详解】

A．从图像可知，冰壶从推出到停止的位移为10m，A正确；

B．从图像可知冰壶被推出时的初动能38J，但是冰壶的质量未知，不能求解初速度v0，B错误；

C．根据动能定理

由于冰壶质量未知，则不能求解冰壶与冰面间的动摩擦因数μ，C错误；

D．因不能求解动摩擦因数，则不能求解加速度，从而不能求解冰壶从推出到停止的时间t，D错误。

故选A。

5．D

【详解】

A．卫星在发射阶段竖直向上匀加速通过两段相同高度的过程中，因为

两段不同高度的初速度不同，所以匀加速运动通过相同高度的时间一定不相同，故A项错误；

B．因为卫星在做匀加速运动，所以其平均速度一定不相同，故B项错误；

C．根据B项，其运动时间不同，又因为

可知速度的变化量也不同，故C项错误；

D．因为物体在做匀加速运动，所以其受力一定没有发生变化，根据

可知合外力做功相同，其动能变化量相同，故D项正确。

故选D。

6．B

【详解】

A．由动能定理可知，到达C点时小球在力F的方向上的位移为0，力F做功为0，到达C点时速度恰好为0，故A错误；

B．当小球向右运动的位移最大时，小球的动能最大，速度最大，小球从A到B点由动能定理得

则最大速度为

故B正确；

C．当小球的速度最大时对轨道的压力最大，在B点，由水平方向受力分析可知

解得

由牛顿第三定律可知小球对轨道压力的最大值为3F，故C错误；

D．由以上分析可知，小球在运动过程中速度大小发生变化，非匀速圆周运动，故D错误。

故选B。

7．C

【详解】

A．小球向下摆动的过程中，设细绳与竖直方向的夹角为，则有

得

由于夹角减小，速度增大，则对小球的拉力一直增大，故A错误；

B．开始摩擦力沿斜面向上，由平衡可得

设滑轮到小球的距离为L，当物块在最低点时，根据动能定理可得

根据牛顿第二定律可得

解得最低点绳子拉力为

此时物块的摩擦力大小为

方向沿斜面向下，所以斜面对物块的摩擦力先减小后增大，故B错误；

CD．对物块和斜面组成的整体分析可知，拉物体的绳子拉力在竖直方向的分力一直增大，在水平方向的分力一直增大，地面对斜面的支持力一直减小，摩擦力一直增大，故C正确，D错误。

故选C。

8．BC

【详解】

设卫星在椭圆轨道上P点的速度大小为，在轨道3上Q点的速度大小为，由

可知

则

根据开普勒第二定律可知

得到

则

故AD错误，BC项正确。

故选BC。

9．AD

【详解】

由A点开始运动时合力向右，小物块向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，弹性势能减小，减小，根据牛顿第二定律得

因此a减小，当运动到时，a减小为零，此时弹簧仍处于压缩状态，由于惯性，小物块继续向右运动，此时，小物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，与差值增大，即加速度增大；当越过O点后，弹簧被拉伸，此时弹力方向与摩擦力方向相同，因此

随着拉伸量增大，弹性势能增大，也增大，故从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在压缩状态时速度达到最大，弹性势能先减小后增大，由动能定理知，A到B的过程中，弹力做功和摩擦力做功之和为0，故BC错误，AD正确。

故选AD。

10．ABD

【详解】

A．由于弹簧两次形变量相同，则有

解得弹簧原长

静止时，圆环受力平衡

解得， A正确；

Ｂ．因为从静止到图乙状态弹簧由伸长到压缩，所以在此过程中弹簧对圆环先做正功后做负功，B正确；

Ｃ．题图乙状态，以D球为研究对象，水平方向上根据牛顿第二定律得

TDAcos 45°＋TDCcos 45°＝mω2acos 45°

竖直方向受力平衡，可得

TDAcos 45°＝TDCcos 45°＋mg

以圆环为研究对象

解得，C错误；

Ｄ．根据动能定理可知

解得，所以D正确。

故选ABD。

11．BC

【详解】

A．当金属球运动到悬点O正下方时，根据做曲线运动的条件结合受力分析可知，此时金属球所受合力方向竖直向下，如图甲所示，故A错误；

B．细绳未剪断前，设小球的重力为G、弹簧的弹力为F，细绳的拉力为T，由于金属球处于水平状态，则根据三力平衡可知G与F的合力与T等大反向，即G与F的合力水平向左，当细绳被剪断的瞬间细绳的拉力突然消失，而弹簧弹力的大小和方向均不发生变化仍为F，所以此时小球所受G与F的合力仍水平向左，根据牛顿第二定律中力与加速度的同向性可知在水平细绳剪断瞬间金属球的加速度方向一定水平向左，故B正确；

C．如图甲所示，当金属球运动到O点正下方时，金属球所受合力与金属球的速度成锐角，在此后的一段时间内金属球的速度将增大，动能增大，则金属球动能最大的位置应该在悬点正下方的左侧，故C正确；

D．当金属球运动到最左端时，由轨迹的切线可知，速度方向向上，不为零，动能不为零，故D错误。

故选BC。

12．BD

【详解】

A．滑块整个运动过程的加速度方向均与初速度方向相反，均为负值，故A错误；

B．上滑时的加速度大小

a1＝gsinθ＋μgcosθ

下滑时的加速度大小

a2＝gsinθ－μgcosθ

结合位移公式

x＝at2

可知下滑时间大于上滑的时间；由于机械能有损失，返回到出发点时速度小于出发时的初速度，故B正确；

C．重力做功

W＝－mgh＝－mgxsinθ

上滑过程与下滑过程的W­x图像重叠，故C错误；

D．根据动能定理得，上滑过程有

－ma1x＝Ek－mv02

解得

Ek＝mv02－ma1x

同理下滑过程有

Ek＝ma2(L－x)

由数学知识知，选项D正确。

故选BD。

13．ABCD

【详解】

最高点的小球恰能通过最高点，则

根据动能定理得

解得

若不通过四分之一圆周，根据动能定理有

解得

所以

或

故选ABCD。

14．BD

【详解】

AB．伸缩臂在抬升登高平台过程中发动机输出的功率为

选项A错误，B正确；

CD．在1min内发动机对水做功

则高压水枪工作时发动机输出的功率为

选项C错误，D正确。

故选BD。

15．AC

【详解】

AB．上滑时由动能定理

下滑时

由于斜面是粗糙的，存在摩擦阻力，所以物体上升到最高点再返回的过程中有能量的损失，故动能会减小，选项B错误，A正确；

C．重力势能在上升时随路程的增大而增大，下降时随路程的增大而逐渐减小，选项C正确；

D．根据功能关系，机械能的减少量等于摩擦力做的功，而摩擦力做的功W=fx，由于上滑和下降时摩擦力f都是不变的，故机械能一直在减小，并且E—x图像的斜率是不变的，不存在前半段减小快，后半段减小慢的现象，故选项D错误。

故选AC。

16．(1)；(2)0.2m；(3)或

【详解】

(1)设物块A与弹簧刚接触时的速度大小v1，由动能定理得

解得

(2)物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆轨道的高度为h1，由动能定理得

解得

符合实际。

(3)①若A沿轨道上滑至最大高度h2时，速度减为0，则h2满足

由动能定理得

联立得

②若A能沿轨道上滑到最高点，则满足

由动能定理得

联立得

综上所述，要使物块A能第一次返回圆轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，L满足的条件是

或

17．(1)；(2)

【详解】

(1)设细线1与竖直方向夹角为，根据平衡条件有

解得

解得细线1对小球的拉力大小

(2)小球摆动到最低点过程中，根据动能定理有

小球运动到最低点时，根据牛顿第二定律有

解得小球所受拉力

根据牛顿第三定律，小球在最低点时细线2所受拉力大小

18．(1)，R ；(2)mg

【详解】

（1）设运动员在空中飞行的时间为，根据平抛运动的规律，竖直方向速度

竖直位移

由几何关系可得

代入数据，解得

（2）运动员到达点的速度满足

代入数据解得

运动员在、间运动的过程中所有阻力均不计，由动能定理得

由几何关系可得

在点，运动员受到重力和轨道对运动员的支持力，由牛顿第二定律

由牛顿第三定律可知，运动员对轨道的压力大小

解得

19．(1)；(2)

【详解】

(1)滑块从D点飞出后做平抛运动，则有

代入数据解得

由题意有

从C点到D点由动能定理得

解得

在C点由牛顿第二定律得

联立解得

(2)滑块到达B点的速度与C点速度相等即为

由速度公式得得

由牛顿第二定律有

代入数据解得

20．（1）；（2），；（3）

【详解】

（1）根据动能定理有

得

（2）设物块过点时速度为，由动能定理有

在点根据牛顿第二定律有

解得

结合数学知识可得，当时

当时

（3）截去后，设物块滑离桌面时速度为，根据动能定理有

物块落点到点的距离

又

联立可得

对s关于求导数得

当，即得

则最大时