8.3动能和动能定理（含解析）同步练习 2023-2024学年高一下学期物理人教版（2019）必修第二册

8.3动能和动能定理
共25题，满分100分
题号 一 二 三 四 总分
得分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请注意保持试卷的整洁
一、单选题（共20分）
1．（本题2分）a、b、c三个相同小球在同一高度抛出，a球竖直上抛、b球竖直下抛、c球水平抛出，直至落地，不考虑空气阻力，在这三个过程中　　
A．a球重力做功最多 B．b球落地时速度最大
C．c球重力势能变化最大 D．三个球都做匀变速运动
2．（本题2分）物块在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图中箭头所示则传送带转动后，下列说法中正确的是（ ）
A．重力对物块做功的功率将变大
B．摩擦力对物块做功的功率不变
C．物块与传送带系统的热功率不变
D．摩擦力对传送带做功的功率不变
3．（本题2分）让原来静止的氢核（）、氘核（）、氚核（）的混合物经同一电场加速，不考虑核子的重力及核子间的相互作用，加速后这三种粒子的（ ）
A．速率相同
B．动能相同
C．质量与速度的乘积相同
D．质量的平方与速度的乘积相同
4．（本题2分）如图所示，可视为质点、质量为的物块用长为的细绳拴接放在转盘上，细绳的另一端固定在通过转盘轴心的竖直杆上，细绳刚好伸直且与竖直方向的夹角为。已知物块与转盘之间的动摩擦因数为，且，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现让整个装置由静止开始缓慢的加速转动起来。则下列说法正确的是（　　）
A．整个过程中，细绳的拉力不可能为零
B．从开始转动到细绳对物块刚有作用力的过程，转盘对物块所做的功为
C．当转盘的转速为时，物块刚好与转盘分离
D．从开始转动到物块刚好与转盘分离的过程中，转盘对物块所做的功为
5．（本题2分）一物体在水平拉力F作用下在水平面做直线运动，作用2秒后撤去拉力F，其v﹣t图象如图所示，已知物体质量m=1kg，则下列说法正确的是（　　）
A．从开始到第2s末，合外力做功为100J
B．从第2s末到第6s末，合外力做功为﹣100J
C．全过程合外力做功为50J
D．全过程拉力做功为75J
6．（本题2分）某同学设计了一个滑梯游戏装置，如图所示，一光滑轨道AO固定在水平桌面上，O点在桌面右侧边缘上。以O点为圆心的光滑圆弧轨道BD竖直固定在桌子的右侧，C点为圆弧轨道BD的中点。若宇航员利用该游戏装置分别在地球表面和火星表面进行模拟实验，将小球放在光滑轨道AO上某点由静止下滑，小球越过O点后飞出，落在光滑圆弧轨道BD上。忽略空气阻力，已知地球表面的重力加速度大小为g，火星的质量约为地球质量的，火星的半径约为地球半径的。在地球表面或在火星表面上，下列说法正确的是（　　）
A．若小球恰能打到C点，则击中C点时的速度方向与圆弧面垂直
B．小球释放点越低，小球落到圆弧上时动能就越小
C．根据题目的条件可以得出火星表面的重力加速度大小
D．在地球和火星进行模拟实验时，若都从光滑轨道上同一位置释放小球，则小球将落在圆弧上的同一点
7．（本题2分）物体沿直线运动的v-t关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W。则（　　）
A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W B．从第3秒末到第5秒末合外力做功为-W
C．从第3秒末到第5秒末合外力做功为-2W D．从第5秒末到第7秒末合外力做功为-W
8．（本题2分）如图所示，小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l。忽略空气阻力，则（ ）
A．A和B的位移大小不等 B．A的运动时间是B的倍
C．A的初速度是B的 D．A的末速度比B的小
9．（本题2分）如图所示，质量为m的小球（可视为质点）用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置。现用水平力F缓慢地将小球从A位置拉到B位置后静止，此时细线与竖直方向夹角为，细线的拉力为T1，然后放手让小球从静止返回，到A点时细线的拉力为T2，重力加速度为g，则（　　）
A．从A到B，拉力F做的功为
B．
C．从B到A的过程中，小球受到的合力大小不变
D．从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大
10．（本题2分）某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧（不连接）将其压缩，记下木块右端位置A点，释放后，木块右端恰能运动到B1点。在木块槽中加入一个质量m0=200g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A点，释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点。测得AB1、AB2长分别为36.0cm和12.0cm，则木块的质量m为（　　）
A．100g B．200g C．300g D．400g
二、多选题（共15分）
11．（本题3分）如图所示，某人从高出水平地面 h的坡顶上水平击出一个质量为m的高尔夫球（可视为质点），坡顶可视为半径为 R 的圆弧，高尔夫球飞出前瞬间对地面的压力恰好为0。高尔夫球落入水平地面的A洞中（不计洞穴的宽度及深度），不计空气阻力，重力加速度大小为g，则（　　）

A．该球在空中运动的时间为
B．该球飞出的初速度大小为
C．A 洞到坡顶的距离为
D．该球落入A洞时的动能为
12．（本题3分）2022年冬季奥会在北京顺利举行，让我们领略了冰雪运动的魅力。如图所示我国小将苏翊鸣在一次自由式滑雪空中技巧训练中保持同一姿态沿斜坡下滑了一段距离，如果重力对他做功为1000J，他克服阻力做功500J，则他在此过程中（　　）
A．可能在做匀速直线运动 B．动能增加了500J
C．重力势能减少了500J D．机械能减少了500J
13．（本题3分）如图所示，A、B两个物体放在水平旋转的圆盘上，A的质量是m，B的质量为2m，B离轴距离为R，A离轴距离为2R，在转盘转速增加的过程中，两物体始终相对盘静止，则
A．A与B的线速度之比为︰1
B．A与B的角速度之比为1：1
C．A与B的向心加速度之比为1：1
D．摩擦力对物体做正功
14．（本题3分）关于动能，下列说法中正确的是（　　）
A．凡是运动的物体都有动能
B．公式Ek=mv2中，速度v是物体相对于地面的速度，且动能总是正值
C．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化
D．动能不变的物体，一定处于平衡状态
15．（本题3分）如图所示，质点在竖直面内做匀速圆周运动，轨道半径R=40m，轨道圆心O距地面的高度为 h=280m，线速度 v=40m/s。质点分别在 A、B、C、Ｄ各点离开轨道，在空中运动一段时间后落在水平地面上（g 取 10m/s2）。比较质点分别在 A、B、C、Ｄ各点离开轨道的情况，下列说法中正确的是（ ）
A．质点在 A 点离开轨道时，在空中运动的时间一定最短
B．质点在 B 点离开轨道时，在空中运动的时间一定最短
C．质点在 C 点离开轨道时，落到地面上时的速度一定最大
D．质点在 D 点离开轨道时，落到地面上时的速度一定最大
三、填空题（共15分）
16．（本题3分）动能定理内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中 ．
17．（本题3分）从某一高度平抛一小球，不计空气阻力，它在空中飞行的第1s内、第2s内、第3s内动能增量之比ΔEk1：ΔEk2：ΔEk3＝ 。
18．（本题3分）水平桌面上，一质量为m的物体在一水平恒力的拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于时，速度的大小为，此时撤去该恒力，物体继续滑行的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则在此过程中该恒力所做的功为 ，物体与桌面间的动摩擦因数为 。
19．（本题3分）质量m=60kg的跳水运动员从距水面高h=10m的跳台上以v0=5m/s的速度斜向上起跳，则运动员起跳时的动能为 J。
20．（本题3分）某起重机的输出功率保持为10kW，现从地面静止吊起500kg的重物，当货物上升到2米的高处，速度达到最大值。则此最大速度为 m/s，从起吊到达到最大速度所用的时间为 s。
四、解答题（共50分）
21．（本题10分）有一个固定竖直放置的圆形轨道，半径为R，由左右两部分组成，如图所示．右半部分AEB是光滑的，左半部分BFA是粗糙的．现在最低点A给一质量为m的小球一个水平向右的初速度，使小球沿轨道恰好运动到最高点B，小球在B点又能沿BFA回到A点，到达A点时对轨道的压力为4mg．在求小球在A点的速度v0时，甲同学的解法是：由于小球恰好到达B点，故在B点小球的速度为零，mv02＝2mgR，所以v0＝2．
在求小球由BFA回到A点的速度时，乙同学的解法是：由于回到A点时对轨道的压力为4mg，故4mg＝，所以vA＝2．你同意两位同学的解法吗？如果同意，请说明理由；若不同意，请指出他们的错误之处，并求出结果．
22．（本题10分）如图所示，长L=5m的水平传送带以v0=8m/s的速度逆时针匀速转动，左端通过光滑水平轨道与一竖直面内光滑半圆形轨道连接，半圆形轨道半径r=0.5m，O为其圆心，长l=0.6m的竖直挡板中心与圆心等高，到圆心距离d=1m。将质量为0.2kg的小物块在传送带上某处由静止释放，小物块与传送带间动摩擦因数μ=0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2，求：
(1)若小物块从传送带最右端静止释放，求运动到其最左端时的速度；
(2)要使小物块能从半圆形轨道最高点飞出，则小物块到传送带左端速度至少为多少；
(3)求小物块从距传送带左端什么范围内静止释放，能经圆周最高点飞出后击中挡板。
23．（本题10分）如图，m=50g的小球，从p点由静止竖直下落，恰好从轨道四分之一圆弧左端由a点进入，从轨道最低点b点水平飞出落到c点。已知经过b点速度为2m/s，pa=oa=R=0.2m，b和c点水平距离为1m，不计空气阻力g=10m2。求:
（1）小球落到a点的速度；
（2）小球由a到b克服阻力做功；
（3）小球在b点对轨道的压力；
（4）小球在c点速度的大小。
24．（本题10分）如图所示，导轨ABC由长度为l=2m的水平部分与竖直面内半径为1米的四分之一圆弧构成，水平部分粗糙，圆弧部分光滑．现将质量为m=2kg大小可忽略的物块放于导轨上A处，木块与直导轨部分动摩擦因数为μ=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现对物块施加一水平向右的恒力F，物块运动到C点时速度刚好为零．（取g=10m/s2）求：
（1）施加的水平恒力F为多大；
（2）物块对圆弧轨道的最大压力FN；
（3）全过程物块在AB上经过的路程．
25．（本题10分）运用牛顿运动定律可以有效地解决动力学问题，请根据所学习到的有关牛顿运动定律的相关知识，解决下列问题。
（1）如图1，物块A放在光滑水平桌面上，其中B的重力mg，A 的质量为M，试求物块 A 的加速度的大小。
（2）如图2所示，请在合外力恒定作用条件下，根据牛顿第二定律，推导出动能定理表达式。

(
…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
) (
※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※
) (
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(
…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
) (
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
) (
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)
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．D
【详解】A．根据重力做功公式WG=mgh，h是初末位置的竖直高度差，可知，三个小球下落的高度相等，重力做功相同；故A错误.
B．三个小球沿着不同的方向抛出，都只有重力做功，机械能守恒，抛出时机械能相等，故落地时动能相等，速度大小相等；故B错误.
C．由于重力做功相同，所以重力势能变化相同；故C错误.
D．三个小球都只受重力，加速度均为g，都做匀变速运动；故D正确.
2．B
【详解】传送带突然转动后，对物块进行受力分析，物块受重力、支持力，由于传送带斜向上运动，而物块斜向下运动，所以物块所受到的摩擦力不变仍然斜向上，所以物块仍匀速下滑．则重力对物块做功的功率PG=mgvsinθ不变，摩擦力对物块做功的功率Pf=μmgvcosθ不变，选项B正确；物体与传送带的相对速度变大，则物块与传送带系统的热功率变大，选项C错误； 开始传送带不动时，摩擦力对传送带不做功，做功的功率为零；当传送带向上运动时，物块对传送带的摩擦力向下，摩擦力对传送带做负功，则摩擦力对传送带做功的功率变大，选项D错误；故选B.
3．B
【详解】氢核（）、氘核（）、氚核（）的电荷量相同，质量数不同，根据动能定理
故氢核（）、氘核（）、氚核（）的动能相同，速率不相同，质量与速度的乘积不相同，质量的平方与速度的乘积不相同。
故选B。
4．B
【详解】AB．转盘刚开始转动，细绳未硼紧，此时静摩摖力提供向心力，当转动到某一角速度时，静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律有
此时物块线速度大小为
从开始运动到细绳中将要出现拉力过程中，设转盘对物块做的功为，对物块由动能定理，可得
联立解得
故A错误、B正确；
C．当转盘对物块支持力恰好为零时，竖直方向
水平方向
联立解得
此时转盘的转速大小为
故C错误；
D．此时物块的线速度大小为
从开始运动到转盘对物块的支持力刚好为零过程上，设转盘对物块做的功为，对物块由动能定理，可得
联立解得
故D错误。
故选B。
5．D
【详解】A．从开始到第2s末由动能定理可得合外力做功为
A错误；
B．从第2s末到第6s末由动能定理可得合外力做功为
B错误；
C．由动能定理可得全过程合外力做功为：W合=0，C错误；
D．第2s末到第6s末只有摩擦力做功，所以有
解得
f=2.5N
由图象可得从开始到第2s末的加速度为
由牛顿第二定律得
代入解得
F=7.5J
所以全过程拉力做功为
WF=Fx=7.5×0.5×2×10=75J
D正确。
故选D。
6．D
【详解】A．若小球恰能打到C点，则飞出后的水平位移与竖直位移相等，设此时速度方向与水平方向的夹角为，由平抛运动规律可知
由几何关系可知速度方向与圆弧面不垂直，A错误；
B．小球释放点越低，则飞出时的速度越小，落点越低飞出后重力做功越多，小球落到圆弧上时动能不一定越小，B错误；
C．在星球表面重力等于万有引力可得
火星的质量约为地球质量的，火星的半径约为地球半径的，可得
C错误；
D．小球在光滑轨道AO上运动的过程中，由动能定理得
飞出后小球做平抛运动
解得
可知落点的位置与加速度无关，故在地球和火星进行模拟实验时，若都从光滑轨道上同一位置释放小球，则小球将落在圆弧上的同一点，D正确；
故选D。
7．B
【详解】动能的表达式为，通过v的大小变化即可看出物体动能的变化情况。
A．物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，做功为零，故A错误；
BC．从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相反，合力的功相反，等于-W，故B正确，C错误；
D．从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W，故D错误。
故选B。
8．B
【详解】A．A和B的位移大小分别为
，
可知A和B的位移大小相等，A错误；
B．平抛的时间由高度决定，即
，
A的运动时间是B的倍，B正确；
C．平抛运动在水平方向上做匀速直线运动
，
则A的初速度是B的，C错误；
D．根据动能定理得
化简消去m，则
代入相关数据可得
可知A的末速度比B的大，D错误。
故选B。
9．B
【详解】A．从A到B根据动能定理应有
可得
故A错误；
B．小球在B位置受重力、拉力、和F的作用，有几何关系得细线的拉力为
由动能定理可得
且
可得
故B正确；
C．从B到A的过程中，小球做圆周运动，速度越来越大，故合力增大，故C错误；
D．在B点，速度为零，重力的功率为零，在最低A点，重力与速度垂直，重力的功率为零，所以从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率先增大后减小，故D错误。
故选B。
10．A
【详解】前后弹簧的弹性势能是相同的，木块向右滑动过程，弹簧的弹性势能转化为内能。根据能量的转化与守恒有
联立得
故选A。
11．AD
【详解】A.根据平抛运动竖直方向为自由落体
解得
故A正确；
B. 尔夫球飞出前瞬间对地面的压力恰好为0，则重力提供向心力
解得该球飞出的初速度大小为
故B错误；
C. A 洞到坡顶的水平距离为
根据勾股定理，A 洞到坡顶的距离为
故C错误；
D.根据动能定理
解得
故D正确。
故选AD。
12．BD
【详解】AB．重力对苏翊鸣做功1000J，他克服阻力做功500J，即阻力做功为-500J，所以外力对他做的总功为
根据动能定理可知，苏翊鸣的动能增加了500J，因此速度增大，故A错误，B正确；
C．重力对他做功1000J，因此重力势能减小了1000J，故C错误；
D．机械能减少量等于苏翊鸣克服阻力做功，为500J，故D正确。
故选BD。
13．BD
【分析】A、B共轴转动，角速度相等，根据转动的半径大小，结合v=rω、a=rω2比较线速度、向心加速度的大小，根据动能定理判断摩擦力做功的正负.
【详解】A、B、A、B共轴转动，角速度大小相等，即ωA:ωB=1:1，由v=rω得：vA:vB=rA:rB=2：1，故A错误，B正确；
C、根据a=rω2知，A、B的角速度相等，所以有aA:aB=rA:rB=2:1，故C错误；
D、由于只有摩擦力对物体做功，由动能定理得：Wf=△EK，转盘转速增加则动能增加，所以摩擦力对物体做正功，故D正确.
故选BD.
【点睛】解决本题的关键知道共轴转动的物体角速度相等，知道线速度、角速度、向心加速度的关系，并能灵活运用.
14．AC
【详解】A．动能是物体由于运动而具有的能量，所有运动的物体都有动能，A正确；
B．公式
Ek=mv2
中的速度v与参考系的选取有关，虽然一般选地面为参考系，但也有特殊情况，B错误；
CD．速度是矢量，当其只有方向发生变化时，动能不变化，此时物体并不处于平衡状态，而一定质量的物体，动能变化时，速度大小一定改变，故速度一定变化，C正确，D错误。
故选AC。
15．AD
【详解】AB．质点在B、D点离开轨道后做平抛运动，在C点离开后做竖直上抛运动，在A点离开轨道后做竖直下抛运动，所以在A、B点抛出的时间都可能最短，要看初速度和半径R以及离地面的高度关系，根据题意可知，质点在B点离开轨道时，做平抛运动，因此下落的时间有
解得
而质点从A点离开轨道时，以速度竖直下抛，因此设下落的时间为，则有
解得
故质点A下落时间最短，A正确、B错误；
CD．对其运动的整个过程运用动能定理可知
所以下落高度最大的，落地时速度最大，所以在D离开轨道后落到地面上的速度一定最大，C错误、D正确；
故选AD。
16．动能的变化
【解析】略
17．1：3：5
【详解】平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据推论知，第1s内、第2s内、第3s内的位移之比为1：3：5，根据知，动能增量之比为1：3：5。
18．
【详解】[1][2]撤去拉力之前有
撤去拉力之后有
解得
，
19．750
【详解】根据动能表达式可知运动员起跳时的动能为
20． 2 1.1
【详解】[1]当拉力等于重力时，速度达到最大，则有
[2]根据动能定理得
代入数据，解得
t=1.1s
21．不同意　理由见解析
【详解】(1)小球恰好到达B点，在B点小球的速度不为零．
小球由AEB到B点时的速度满足mg＝ ，vB＝
由动能定理
得v0＝
(2)由于回到A点时对轨道压力为4mg，小球受到的合力并不是4mg．
根据牛顿定律4mg－mg＝，
vA＝
22．(1)8m/s；(2)5m/s；(3)
【分析】(1)掌握水平传送带的特点，了解物块在传送带上先加速再匀速的规律即可解决；
(2)过圆轨道最高点的临界条件为恰好由重力作为向心力，再根据动能定理求出物块在最低点的速度；
(2)物块从最高点抛出做平抛运动，根据平抛运动的位移公式求出经过圆轨道最高点的速度，再结合动能定理求出物块释放的位置即可。
【详解】(1)小物块在传送带上先做匀加速直线运动，据牛顿运动定律有
由运动学公式，可得加速至与传送带速度相同时的位移
联立上述两式，代入数据可得
x=4m即小物块在传送带上先加速后匀速，运动到最左端时的速度与传送带相同，为8m/s。
(2)要使小物块能从半圆形轨道最高点飞出，在最高点的速度至少为v2，应满足
设小物块到传送带左端时速度为v1，从传送带左端到轨道最高点过程，根据动能定理可得
联立上述两式可解得v1=5m/s。
(3)①若小物块打到挡板最低点，设经过圆轨道最高点的速度v3，由平抛运动位移公式可得
设小物块从距传送带左端l1处由静止释放，由动能定理得
代入数据解得；
②若小物块打到挡板最高点，设经过圆轨道最高点的速度v4，由平抛运动位移公式可得
设小物块从距传送带左端l2处由静止释放，由动能定理得
代入数据解得；
利用动能定理可确定两种情况下到达最高点的速度均大于v2，可过最高点，综上所述，小物块在距传送带左端内静止释放，能经圆周最高点飞出后击中挡板。
23．（1）（2）（3）（4）
【详解】(1)由动能定理得
解得
(2)由动能定理有
得
(3)由牛顿第二定律有
代入数据解得
(4)由位移公式有，代入数据解得
由速度公式有
所以合速度为
24．(1)15N (2)45N (3)2.4m
【详解】（1）物块A到C的过程由动能定理有
0-0=F（l+R）+（-mgR）+（-μmgl）
解得
F== 15N
（2）物块从B到C的过程，设任意位置其与圆心连线与竖直方向夹角为，从A到此位置出动能定理有
由此可得速度v2与的关系为
v2=15sin+20cos-15
令
cos=， sin=
即 =53°上式可化简为
v2 =25sin（+）-15
当
+=90°
即=37°时速度有最大值，此时
v2=10m2/s2
此时物块对轨道压力最大，由牛顿第二定律
F′N-Fsin-mgcos=m
其中
sin=sin37°=， cos =cos37°=
解得
F′N=45N
由牛顿第三定律可知，物块对圆轨道的最大压力为
FN=F′N=45N
（3）最终物块将在此位置附近做往复运动，由于=37°＜45°，由对称性可判定，物块会再次滑上AB，多次往复，最终在平衡位置两侧B点与B点对称处往复运动，vB=0整个过程由动能定理
0-0= Fl+（-μmgs路程）
s路程==2.4m
25．（1）；（2）见解析
【详解】（1）根据题意，由于B的重力mg，则B的质量为，对整体，由牛顿第二定律有
解得
（2）根据题意，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式有
联立解得
整理有
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页