8.3动能和动能定理—人教版(2019)高中物理必修第二册练习

1、3.动能和动能定理、单选题1 .当物体的速度发生变化时，下列说法正确的是A.物体的动能一定发生变化B.物体的机械能一定发生变化C. 一定有外力对物体做功D.物体的合外力一定不为零3J,竖直方向力做功 4J,则下2 .物体在水平和竖直两个恒力作用下做曲线运动，水平方向力做功列说法正确的是（A.物体的末动能为5JB.物体动能减少5JC.物体的末动能为7JD.物体动能增加7J3.地面上有一个简易书架， 共有5层，每层高度为h,如图所示。现要将地面上平铺的质量均为m、10本这样的书，不考虑书架至少需要做的功为（）A. 120mghB. 117.5mghC. 137.5mghD.147.5mgh高度均为

2、0.8h、厚度均为0.1h的书摆到书架上，已知每层书架最多能放 隔板厚度，地面上书的数量足够多，重力加速度为g,则要将这个书架摆满,4 .自由下落的物体，其动能与位移的关系如图所示，则图中直线的斜率表示该物体的（D .重力加速度B.机械能C.重力大小A.质量5 . 一条长为l、质量为m的均质柔软绳平放在水平光滑地面上，现在缓慢地把绳子一端竖直提起来。设提起第一个L段绳子人做的功为 Wi,提起第二个L段绳子人做的功为 W2,提起第三个L段绳子 333人做的功为 W3,则 Wl：W2：W3等于（）A. 1:1:1B. 1:2:3C, 1:3:5D, 1:4:76 .公园里一小朋友正在玩荡秋干，简化

3、图如图所示，设大人用水平力F缓慢将秋千拉至图示位置由静止释放（图中未画出 F）,此时秋千绳与竖直方向的夹角为，小朋友到秋千悬点的距离为L,小朋友的质量为 m,忽略秋千绳的质量，重力加速度为go则下列说法中正确的是（）A.大人缓慢拉秋千的过程中拉力做的功为FLsinB.大人在拉秋千的过程中小朋友的重力做正功，重力势能增加C.由静止释放到秋千摆到最低点过程中，小朋友的重力势能减少mgL 1 cosD.由静止释放后到秋千摆到最低点的过程中，秋千绳的拉力对小朋友做正功二、多选题7 .改变物体的质量和速度，都能使物体的动能发生改变.下列哪种情况，物体的动能是原来的 2倍A.质量减半，速度增大到原来的 2

4、倍8 .速度不变，质量增大到原来的2倍C.质量减半，速度增大到原来的4倍D.速度减半，质量增大到原来的 4倍8.中国的面食文化博大精深，种类繁多，其中山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为h,与锅沿的水平距离为 L,锅的半径也为L,将削出的小面圈的运动视为平抛运动，且小面圈都落入锅中,重力加速度为g,则下列关于所有小面圈在空中运动的描述正确的是（）A.运动的时间不一定相同8 .速度的变化量都相同C.落入锅中时，最大速度是最小速度的3倍D.若初速度为v0,则lJ Vo 3lJ2h. 2h9 .如图，轻杆长为L

5、, 一端钱接在地面上可自由转动，一端固定一质量为 m的小球（半径可忽略），表面光滑的立方体物块 （边长为a,且a远小于杆长L）在水平外力F作用下由杆的小球一端沿光滑地面以速度V0向左做匀速直线运动，并将杆顶起。下列说法正确的是（）A.在杆与地面夹角转到90。之前，F所做的功等于小球动能的改变量B.在杆与地面夹角转到90。之前，小球的速度一直增大C.当杆与地面的夹角为。时，杆的角速度Vo sin2D.当杆与地面的夹角为。时，小球克服重力做功的瞬时功率为mgv0Lsincosa10 .将三个光滑的平板倾斜固定，三个平板顶端到底端的高度相等，三个平板与水平面间的夹角分别为1、 2、 3,如图所示。现

6、将三个完全相同的小球由最高点A沿三个平板同时无初速度地释放,经一段时间到达平板的底端。则下列说法正确的是（）1而密我烟zn.；西二黏必,即二加iflWEHr 1 D CA .重力对三个小球所做的功相同B.三个小球到达底端时的瞬时速度相同C .三个小球运动到底端过程重力的平均功率相同D .沿倾角为 3的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小11.如图所示，质量为 m的书包放在水平地面上，其上端连接一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧的上端点为P,开始时，弹簧处于原长状态，现在 P点施加竖直向上的拉力，使 P点缓慢上移，直到书 包离开地面的高度 h,此过程中A. P点上升的高度为h mg kB.书

7、包的重力势能增加了 mghC.弹簧的弹性势能增加了 mghD.拉力做的功为mgh2, 2m h2k12.如图所示，用竖直向下的恒力F通过跨过光滑定滑轮的细线拉动光滑水平面上的物体，物体沿水平面移动过程中经过A、B、C三点，设AB BC,物体经过A、B、C三点时的动能分别为 EkAEkB、Eq ,则它们间的关系是()A EkBEkAEkCEkBB. EkBEkAEkCEkBC EkBEkAEkCEkBD.EkC2EkB三、解答题5m/s水平抛出。不计空气阻力，重力加速度x?13 .把质量为0.5kg的石块从10m高处以初速度Vo 取 10m/s2。求: (1)石块下落的时间t和落地点距离抛出点的

8、水平距离 (2)石块下落过程重力的平均功率和落地时重力的瞬时功率?(3)如果石块以30o角斜向上抛出，初速度大小不变，石块落地时的速度多大?14 .时代广场有一架小型飞行器，质量为m=5.0kg,起飞过程中从静止开始沿直线滑跑。当位移达到5.3m时，速度达到起飞速度 v 6.0m/s。在此过程中小型飞行器受到的平均阻力为小型飞行器重力的0.02倍。（取g=10m/s2）求：小型飞行器起飞时的动能为多少？（2）小型飞行器从静止到起飞过程中，克服平均阻力做功多少？小型飞行器受到的牵引力为多大？（结果保留2位有效数字）15 .如图所示，在海边悬崖地面上以速度V。抛出质量为m 1kg的物体，抛出后物体

9、落在比悬崖低h 15m的海平面上时，速度 v 20m/s,不计空气阻力.求：（g取10m/s2）1）物体在空中运动过程中重力对物体做的功W）2）物体抛出时的初速度 V0的大小.16 .如图所示，有一个可视为质点的质量m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以V0 = 1.8m/s的初速度水平抛出，到达 C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最 后小物块无碰撞的地滑上紧靠轨道末端D点的足够长的水平传送带.已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运动的速度为v=3m/s,小物块与传送带间的动摩擦因数科= 0.5,圆弧轨道的半径为 R=2m, C点和圆弧

10、的圆心 。点连线与竖直方向的夹角0= 53,不计空气阻力，重力加速度 g=10m/s2, sin53 =0.,8 cos53 =0.6 求:（1）小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力;2）小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量参考答案1 D【解析】A、当物体的速度发生变化时可能是速度的方向发生变化，而速度的大小不变，则物体的动能不变，故A 错误；B、只有重力做功时，物体的速度即使发生变化，机械能也不变，故 B错误；C、当物体的速度发生变化时，一定受外力的作用，而合外力的方向与速度的方向垂直时，外力不做功，故 C 错误；H力是改变物体运动状态的原因，故只要物体的速度发生了变化

11、，则说明物体一定受到了外力，故D 正确点睛：力是改变物体运动状态的原因，但要注意物体速度为零时并不一定是平衡状态，只有静止或匀速直线运动才是平衡状态2 D【解析】已知水平方向力做功3J,竖直方向力做功 4J,则外力对物体做的总功为7J,根据动能定理知，物体动能增加 7J,由于物体的初动能未知，所以不能求物体的末动能，故 A、B、C错误，D正确；故选 D 。3 B【解析】将10 本书放到第五层时做功W110mg (4h 0.4h 0.05 h)将 10本书放到第四层时做功W2 10mg (3h 0.4h 0.05 h)将10本书放到第三层时做功W3 10mg(2h 0.4h 0.05h)将10本

12、书放到第二层时做功W4 10mg(h 0.4h 0.05h)将10本书放到第一层时做功W5 10mg(0.4h 0.05h)故至少需要做的功W 皿 W2 W3 W4 W5 117.5mgh故B正确ACD错误。故选Bo4 . Cmg ，【解析】试题分析：自由下落的物体，只受重力，根据动能定理得：Ek mgh ,则图中斜率k故选C考点：考查了动能定理的应用点评：自由下落的物体，只受重力，根据动能定理列式即可求解。5 . C【解析】绳子缓慢运动，速度不变，根据动能定理得：提起第一个-段绳子的过程中31l C C叫-mg - 0 036解得W1黑提起前二个L段绳子的过程中3-mg - 0 033解得2

13、mglW前2段 一9则提起第二个L段绳子人做的功为3全部提起来的过程中lmg - 0 0解得mgl则提起第三个L段绳子人做的功为35mglW3二一18叫 W2 W3 = 1 3 5故ABD错误，C正确。故选Co6. C【解析】A.缓慢上拉过程中，小朋友处于平衡状态，故拉力是变力，根据动能定理，有W mgL 1 cos 0解得W mgL 1 cos故A错误；B.大人在拉秋千的过程中小朋友的高度上升，重力势能增加，重力做负功，故B错误；C.由静止释放到秋千摆到最低点过程中，小朋友的重力势能减少量等于重力做的功Ep mgL 1 cos故C正确；D.由静止释放后到秋千摆到最低点的过程中，拉力方向始终与

14、小朋友的速度方向相垂直，故拉力不做功，故D错误。故选Co7. AB12【解析】根据一mv2,判断出质量减半，速度增大到原来的2倍，动能增大到原来的2倍，故A2正确；速度不变，质量增大到原来的2倍，动能增大到原来的 2倍，故B正确；质量减半，速度增大到原来的4倍，动能变为原来的8倍，故C错误；.速度减半，质量增大到原来的4倍，动能不变，故 D错误.故选AB。8. BD12【解析】A.平抛运动的时间有高度决定，小面落入锅中的过程中， 下落高度都相同，根据h 1 gt2可知，下落时间都相同，故 A)；B.速度的变化量）v=g） t可知，加速度相同，下落时间也相同，故速度的变化量都相同，故确;12CD

15、 .根据h - gt得, 2ht 7水平位移的范围:xL x L+2R=3L,根据vo ，得，初速度的范围为：一 v0 3Lg. 2h1 2h由动能定理得：1212mgh - mv -mv0联立解得：vmax J2gh 9L2 日 , vminJ2gh L2 2显然落入锅中时，最大速度不是最小速度的3倍，故C错误，D正确。故选BD。9. BCD【解析】A .由能量守恒定律可得，在杆与地面夹角转到90。之前，F所做的功等于小球机械能（动能和重力势能）的改变量，故 A错误；B.木块速度为vo,杆上和木块接触点的速度为 vo,触点绕固定点转动的分速度v,由运动的分解可得v vosin 0因触点和小球

16、在同一杆上以相同角速度转动，故在杆与地面夹角转到 90之前，小球的速度一直增大,故B正确;C.当杆与地面的夹角为。时,木块与棒的触点绕固定点转动的分速度v vosin 0而触点与固定点的距离为可得杆的角速度sin.2v0 sin故C正确;D.当杆与地面的夹角为。时,故棒的角速度_2Vo sin故小球的竖直方向分速度为L w cos 0小球克服重力做功的瞬时功率2mgvo L sin cos P mgv 故D正确。故选BCD 。10. AD【解析】A.三个质量相同的小球初末位置高度差一定,根据重力做功mgh可知重力对三个小球所做的功相同，A正确;B.三个小球到底端时，根据动能定理mgh Imv2

17、2解得可知三个小球到达底端时速度大小相等，方向不同,B错误;C.小球下滑过程中重力做功的平均功率为P mgvymg 普sinC错误;根据题图可知3最小，所以小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小,D正确。斜面倾角不同，所以三个小球运动到底端过程中重力的平均功率不同,D.小球到达底端时的瞬时功率为PG mgvy mg2ghsin故选AD。11. ABD【解析】A.书包离开地面的高度 h时，弹簧的伸长量为由几何关系知P点上升的高度为H h mg故A正确;B.书包克服重力做功 mgh,则书包的重力势能增加了mgh,故B正确;C.弹簧的弹性势能增加了1kx2 22k与mgh没有直接关系，故 C错误；D.

18、根据功能原理可知，拉力做的功为mghmgh2kW故D正确。故选ABD。【点睛】解决本题的关键是知道克服重力做功多少，重力势能就增加多少，通过重力做功判断重力势能的变化。要注意弹簧是伸长的，物体上升的高度与P上升的高度不同的。12. CD【解析】ABC.由动能定理得EkB EkA WabEke EkB Wbc由于物体所受的重力和支持力不做功，因此合外力做的功就等于拉力所做的功。由几何关系可知，从A运动到B的过程中，力F作用点的位移大于从 B到C过程中的力F作用点的位移，因此Wab Wbc选项AB错误，C正确;D.由2EkBEkAEqEkC得选项D正确。故选CD。13. 岳，5&m；25V2w，5

19、0亚W ；15m/s【解析】(1)根据1 .22gt平抛运动的水平位移为x v)t 5 2m 5 2m(2)下落过程中重力做功为W mgh 0.5 10 10J 50J则下落过程中重力的功率为-W 50PW 25、2Wt .2落地时的竖直分速度为Vy2gh2nc10m/s 102m/s落地时重力的瞬时功率P mgvy 0.5 1010 . 2W 50、, 2W(3)只有重力做功，由功能关系得代入数据解得14. (1)90J； (2)5.3J； (3)18N【解析】(1)小型飞行器起飞时的动能为mgh - mv2122mv015m/sEkEk1 2一 mv2_2-690J(2)小型飞行器从静止到