8.3 动能和动能定理 —2020-2021学年【新教材】人教版（2019）高中物理必修二word版含答案

动能和动能定理练习
一、单选题
某同学用200N的力将质量为0.46kg的足球踢出，足球以10m/s的初速度沿水平草坪滚出50m后静止，则足球在水平草坪上滚动过程中克服阻力做的功是(????)
A. 23J B. 4.6J C. 132J D. 10000J
质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是(????)
A. 14mgR B. 13mgR C. 12mgR D. mgR
如图所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点的高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是(? ? ?)
A. 运动员踢球时对足球做功12mv2
B. 足球上升过程重力做功mgh
C. 运动员踢球时对足球做功12mv2+mgh
D. 足球上升过程克服重力做功12mv2+mgh
一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F作用下从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，如图所示。不计空气阻力，则力F所做的功为(????)
A. mglcos?θ
B. Flsin?θ
C. mgl(1-cos?θ)
D. Fl(1-sin?θ)
如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球B下降h时的速度为(????)
A. 4gh3
B. 4gh
C. 2gh
D. gh2
在光滑的水平面上，质量为m的小滑块停放在质量为M、长度为L的静止长木板的最右端，如下图所示，滑块和木板之间的动摩擦因数为μ.现将一大小为F的恒力作用在M上，当小滑块滑到木板的最左端时，滑块和木板的速度大小分别为ν1、ν2，滑块和木板相对于地面的位移大小分别为s1、s2.下列关系式错误的是(??? )
A. μmgs1=12mν12
B. Fs2-μmgs2=12Mν22
C. μmgL=12mν12
D. Fs2-μmgs2+μmgs1=12Mν22+12mν12
如图所示，有一半径为r=0.5m的粗糙半圆轨道，A与圆心O等高，有一质量为m=0.2kg的物块(可视为质点)从A点静止滑下，滑至最低点B时的速度为ν=1m/s，取g=10m/s2，下列说法正确的是(??? )
A. 物块过B点时，对轨道的压力大小是0.4N
B. 物块过B点时，对轨道的压力大小是2.0N
C. A到B的过程中，克服摩擦力做的功为0.9J
D. A到B的过程中，克服摩擦力做的功为0.1J
质量为m的物体以初速度ν0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧О端相距s，如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短(弹簧始终在弹性限度内)，物体克服弹簧弹力所做的功为(??? )
A. 12mν02-μmgs+x B. 12mν02-μmgx
C. μmgs D. μmgs+x
将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略。a为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a点时的动能分别为Ek1和Ek2.从抛出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W1，从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2.下列选项正确的是(????)
A. Ek1=Ek2，W1=W2 B. Ek1>Ek2，W1=W2
C. Ek1Ek2，W1一质量为2kg的物体受到水平拉力F作用，在粗糙水平面上作加速直线运动时的a-t图像如图所示，t=0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N。(????)
A. 在t=6s时刻，物体的速度为18m/s
B. 在t=6s时间内，合力对物体做的功为400J
C. 在t=6s时间内，拉力对物体的冲量为36Ns
D. 在t=6s时刻，拉力F的功率为200W
如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上，若以地面为零势能面而且不计空气阻力，则错误的是(????)
A. 物体落到海平面时的势能为mgh
B. 物体从抛出到落到海平面的过程中重力对物体做功为mgh
C. 物体在海平面上的动能为
D. 物体在海平面上的机械能为
如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度为34g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物体(??? )
A. 重力势能增加了34mgh B. 机械能损失了12mgh
C. 动能损失了mgh D. 克服摩擦力做功14mgh
二、多选题
如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动，传送带右端有一个与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为v3，则在整个运动过程中，下列说法正确的是(???)
A. 若v1>v2，则v3=v1
B. 若v1>v2时，摩擦力对物体做功为零
C. 若v1>v2时，则传送带与物体摩擦生热为mv22
D. 其中在物体向左运动过程中，传送带与物体摩擦生热为12mv22+mv1v2
(多选)物体沿直线运动的ν-t图像如下图所示，已知在第1s内合外力对物体做的功为W，则(??? )
A. 从第1s末到第3s末合外力做功为4 W
B. 从第3s末到第7s末合外力做功为2 W
C. 从第5s末到第7s末合外力做功为W
D. 从第3s末到第4s末合外力做功为-0.75W
质量为m的汽车，发动机的功率恒为P，阻力恒为F1，牵引力为F，汽车由静止开始，经过时间t行驶了位移s时，速度达到最大值νm，则发动机所做的功为(??? )
A. Pt B. F1s C. 12mνm2 D. mP22F12+Psνm
一滑块从固定光滑斜面顶点由静止释放，沿斜面下滑的过程中，滑块的动能Ek与运动时间t、下滑高度h、运动位移s之间的关系图像正确的是
A. B. C. D.
三、计算题
如图所示，用与水平方向成θ角的恒力F，将质量为m的物体由静止开始从A点拉到B点后撤去力F，若物体和地面间的动摩擦因数为μ，A、B间的距离为x.求：
(1)从A到B的过程中力F做的功W；
(2)物体在运动过程中的最大动能；
(3)物体的最大滑行距离．
如图所示，光滑的1/4圆弧的半径R=0.4?m，有一质量m=2.0?kg的物体自圆弧的最高点A处从静止开始下滑到B点，然后沿粗糙的水平面前进一段距离s=4?m，到达C点停止。(g取10?m/s2)求：
(1)物体到达B点时的速率v；
(2)水平面的动摩擦因数μ
一个人站在距地面20m的高处，将质量为0.2kg的石块以ν0=12m/s的速度斜向上抛出，石块的初速度方向与水平方向之间的夹角为30°，g取10m/s2，则：
(1)人在抛石块过程中对石块做了多少功?
(2)若不计空气阻力，石块落地时的速度大小是多少?
(3)若落地时的速度大小为22m/s，石块在空中运动过程中克服阻力做了多少功?
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：足球在草坪上滚动的过程，由动能定理得
-Wf=0-12mv02
则得，克服阻力做的功Wf=12mv02=12×0.46×102J=23J，故A正确BCD错误。
2.【答案】C
【解析】解：小球在最低点，受力分析与运动分析．
则有：
而最高点时，由于恰好能通过，
所以：
小球选取从最低点到最高点过程，由动能定理可得：
-mg?2R-W克=12mv高2-12mv低2
由以上三式可得：W克=12mgR
3.【答案】C
【解答】
AC.足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，足球的机械能守恒，足球到达最高点时，机械能为E=mgh+12mv2，由于足球的机械能守恒，则足球刚被踢起时的机械能为E=mgh+12mv2，足球获得的机械能等于运动员对足球所做的功，因此运动员对足球做功W=mgh+12mv2，故A错误，C正确；
BD.足球上升过程重力做功WG=-mgh，足球上升过程中克服重力做功W克=mgh，故BD错误。
4.【答案】C
【解析】解：小球在缓慢移动的过程中，可认为一直处于平衡状态，因为θ角一直增加，而F=mgtanθ，水平力F是变力，根据动能定理得：WF-mgl(1-cosθ)=0，
解得水平力F所做的功为：WF=mgl(1-cosθ)。故C正确，A、B、D错误。
5.【答案】A
【解析】解：
小球A下降h过程，设弹簧的弹力做功为W，根据动能定理，有：
? mgh-W=0
小球B下降h过程，根据动能定理，有
?3mgh-W=12?3mv2-0
联立解得，v=4gh3
6.【答案】C
【解答】
A.对滑块，受到重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，有μmgs1=12mv12，故A正确;
B.对木板，由动能定理得Fs2-μmgs2=12Mv22，故B正确;
CD.以上两式相加可得：Fs2-μmgs2+μmgs1=12Mv22+12mv12，又s2-s1=L，则得Fs2-μmgL=12Mv22+12mv12，故C错误，D正确。
7.【答案】C
【解答】
AB.在B点，由牛顿第二定律可知：N-mg=mv2r，解得：N=2.4N，
由牛顿第三定律可知：滑块对轨道的压力为2.4N，故AB错误；
CD.对于A到B的过程由动能定理：mgr-Wf=12mv2-0，
解得Wf=0.9J，故克服摩擦力做功为0.9J，故C正确，D错误。
8.【答案】A
【解答】
设物体克服弹簧弹力所做的功为W，由动能定理得-W-μmg(s+x)=0-12mν02，
W=12mν02-μmg(s+x)，故A正确，B、C、D错误．
故选A。
9.【答案】B
【解答】
从抛出开始到第一次经过a点和抛出开始第二次经过a点，上升的高度相等，可知重力做功相等，即W1=W2。
对两次经过a点的过程运用动能定理得，-Wf=Ek2-Ek1，可知Ek1>Ek2，故B正确，ACD错误。
故选B。
10.【答案】D
【解答】
A.根据△v=a△t可知a-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t=6s时刻，物体的速度v6=v0+Δv=2+12×(2+4)×6=20m/s，故A错误；
B.根据动能定理得：W合=ΔEk=12mv62-12mv02=12×2×400-12×2×4=396J，故B错误；
C.根据动量定理得：
Ft-ft=mv6-mv0
解得：Ft=2×20-2×2+2×6=48N?s，故C错误；
D.在t=6s时刻，根据牛顿第二定律得：
F=ma+f=2×4+2=10N
则在t=6s时刻，拉力F的功率P=Fv6=10×20=200W，故D正确。?
11.【答案】A
【解答】
A.以地面为零势能面，海平面低于地面h，所以物体在海平面上时的重力势能为-mgh，故A错误，符合题意；
B.重力做功与路径无关，至于始末位置的高度差有关，抛出点与海平面的高度差为h，并且重力做正功，所以整个过程重力对物体做功为mgh，故B正确，不合题意；
C.由动能定理w=Ek2-Ek1，有EK2=EK1+w=12mv02+mgh，故C正确，不合题意；
D.整个过程机械能守恒，即初末状态的机械能相等，以地面为零势能面，抛出时的机械能为12mv02，所以物体在海平面时的机械能也为12mv02，故D正确，不合题意。
12.【答案】B
【解答】
A.物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A错误；
B.加速度，解得摩擦力Ff=14mg；机械能损失了Ffx=14mg?2h=12mgh，故B正确；
C.动能损失量为克服合外力做功的大小，故C错误；
D.克服摩擦力做功mgh2，故D错误。
故选B。
13.【答案】BD
【解答】
由于传送带足够长，物体匀减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右匀加速，分三种情况讨论：
A.如果v1>v2，返回时物体会一直向右匀加速，根据对称性，知当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，则有v3B.如果v1>v2，根据动能定理可得：摩擦力对物体做功为W=12mv22-12mv22=0，故B正确；
CD.若v1>v2时，设物体所受的摩擦力大小为f。物体向左运动的加速度大小a=fm，时间t1=v2a=mv2f
物体向左运动的位移x1=v22t1=mv222f，传送带的位移x2=v1t1=mv1v2f，摩擦生热Q1=f(x2+x1)=12mv22+mv1v2，
物体向右运动时，运动时间为t2=v2a=mv2f
物体向右运动的位移x3=v22t2=mv222f，传送带的位移x4=v1t2=mv1v2f，摩擦生热Q2=f(x4-x3)=mv1v2-12mv22
故传送带与物体摩擦生热共为Q=Q1+Q2=2mv1v2，故C错误，D正确。
14.【答案】CD
【解答】
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；
B.由题图可知，第3s末和第7s末物体的动能相等，所以从第3s末到第7s末合外力做功为零，故B错误；
C.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C正确；
D.从第3s末到第4s末动能变化量等12m(v2)2-12mv2=-34×12mv2，又W=12mv2，则合力做功为-0.75W，故D正确。
15.【答案】AD
【解答】
A.根据功率的定义式P=Wt得由于发动机的功率恒为P，所以发动机所做的功W发=pt，故A正确；
B.根据动能定理研究，汽车由静止开始到最大速度的过程牵引力是变化的，故不能用W=Fs故B错误；
C.根据动能定理有：W-Wf=12mvm2，故C错误；
D.汽车启动达到最大速度时汽车的牵引力与阻力相等，所以vm=PF=PFf，所以W=mp22F2f+psvm，故D正确。
16.【答案】BC
【解答】
AB.设滑块的加速度为a，则t时刻滑块的动能为?Ek=?12?mv2=12?ma2t2，Ek-t图象应是抛物线。Ek-t2的图像应该为过原点的倾斜直线，故A错误，B正确；
C.根据动能定理得出，滑块下滑高度为h时的动能为mgh=Ek，故Ek-h图线为正比例函数图线，故C正确；
D.根据动能定理得出，当下滑的位移为s时，mgssinθ=Ek，其中的角度为斜面的倾角，故Ek-s图线为正比例函数图线，故D错误；
17.【答案】解：(1)由功的公式可求得W=Fxcosθ．
(2)由题意知：物体在AB段做加速运动，在B点有最大动能，在AB段Ff=μFN=μ(mg-Fsinθ)，
对物体从A点到B点的过程应用动能定理：Fxcosθ-μ(mg-Fsinθ)x=Ek-0，
即物体在运动过程中的最大动能Ek=Fx(cosθ+μsinθ)-μmgx．
(3)撤去力F后，物体所受摩擦力变为μmg，设物体从B点到停止运动的位移为l，则-μmgl=0-Ek
物体的最大滑行距离x总=l+x=Fx(cos?θ+μsin?θ)μmg。
18.【答案】解：(1)从A运动到B根据动能定理得到：12mv2-0=mgR，
解得v=2gR=22m/s
(2)从B运动到C根据动能定理得到：0-12mv2=-μmgs，
代入数据，解得：μ=0.1
19.【答案】解：(1)人在抛石块的过程中，根据动能定理得W=12mv02=14.4J．
(2)不计空气阻力，石块从抛出至落地过程中，根据动能定理得mgh=12mv12-12mv02解得v1≈23.32m/s．
(3)从抛出至落地过程中，由动能定理得mgh-Wf=mv222-mv022，
解得Wf=mgh-(mv222-mv022)=6J．