2020_2021学年新教材高中物理第八章机械能守恒定律3动能和动能定理素养检测含解析新人教版必修2

动能和动能定理
(25分钟60分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)
1.两个物体质量比为1∶4，速度大小之比为4∶1，则这两个物体的动能之比为
( ) A.1∶1 B.1∶4 C.4∶1 D.2∶1
【解析】选C。

由动能定义：E k1∶E k2=m1∶m2=4∶1。

2.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O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，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为( )
A.m-μmg(s+x)
B.m-μmgx
C.μmgs
D.μmg(s+x)
【解析】选A。

由动能定理得：-W-μmg(s+x)=-m，W=m-μmg(s+x)。

故A正确。

故选A。

3.质量为m的物体静止在粗糙水平面上，若物体受一水平力F作用通过位移为s时，它的动能为E1；若静止物体受一水平力2F作用通过相同位移时，它的动能为E2，则 ( )
A.E2=E1
B.E2=2E1
C.E2>2E1
D.E2<2E1
【解析】选C。

根据动能定理，第一次：Fs-fs=E1；第二次：2Fs-fs=E2。

E2>2E1，故C选项正确。

4.下列说法正确的是( )
A.物体所受合力为0，物体动能可能改变
B.物体所受合力不为0，动能一定改变
C.物体的动能不变，它所受合力一定为0
D.物体的动能改变，它所受合力一定不为0
【解析】选D。

如果物体动能发生了变化，合力一定做功，所以物体受到的合力一定不为零，但是合力不为零时，动能不一定发生变化，还要看在合力的方向上有没有位移，合力做不做功。

【补偿训练】
(多选)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v max后，立即关闭发动机直至静止，v-t图象如图所示，设汽车的牵引力为F，受到的摩擦力为F f，全程中牵引力做功为W1，克服摩擦力做功为W2，则( )
A.F∶F f=1∶3
B.W1∶W2=1∶1
C.F∶F f=4∶1
D.W1∶W2=1∶3
【解析】选B、C。

对汽车运动的全过程，由动能定理得：W1-W2=ΔE k=0，所以W1=W2，选项B正确，选项D错误；由图象知x1∶x2=1∶4。

由动能定理得Fx1-F f x2=0，所以F∶F f=4∶1，选项A 错误，选项C正确。

5.质量为m的金属块，当初速度为v0时，在水平面上滑行的最大距离为s。

如果将金属块的质量增加为2m，初速度增大到2v0，在同一水平面上，该金属块滑行的最大距离为( )
A.s
B.2s
C.4s
D.s
【解析】选C。

根据动能定理，有：-μmgs=-m，-μ·2mgs′=-×2m(2v0)2，所以s′=4s，故选项C正确。

【补偿训练】
某运动员臂长为L，将质量为m的铅球推出，铅球出手的速度大小为v0，方向与水平方向成30°角，则该运动员对铅球所做的功是( )
A.m
B.mg L+m
C.m
D.mg L+m
【解析】选A。

设运动员对铅球做功为W，由动能定理W-mg L sin30°=m，所以W=mg L+m。

6.在h高处，以初速度v0向水平方向抛出一个小球，不计空气阻力，小球着地时速度大小为
( )
A.v0+
B.v0-
C. D.
【解析】选C。

小球下落为曲线运动，在小球下落的整个过程中，对小球应用动能定理，有
mgh=mv2-m，解得小球着地时速度的大小为v=。

二、非选择题(本题共2小题，共30分。

要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
7.(14分)如图所示,AB为固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道,轨道的B点与水平地面相切,其半径为R。

质量为m的小球由A点静止释放,重力加速度为g。

求:
(1)小球滑到最低点B时,小球速度v的大小;
(2)小球通过光滑的水平面BC滑上固定曲面,恰到达最高点D,D到地面的高度为h(已知h<R),则小球在曲面上克服摩擦力所做的功W Ff。

【解析】(1)小球从A滑到B的过程中,
由动能定理得:mgR=mv2-0
解得v=。

(2)从A到D的过程,由动能定理可得
mg(R-h)-W Ff=0-0,
解得克服摩擦力做的功W Ff=mg(R-h)。

答案:(1)(2)mg(R-h)
8.(16分)一个人站在距地面20 m的高处，将质量为0.2 kg 的石块以v0=12 m/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
10 m/s2，求：
(1)人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22 m/s，石块在空中运动过程中克服阻力做了多少功？
【解析】(1)根据动能定理知，W=m=14.4 J
(2)不计空气阻力，根据动能定理得
mgh=-m
解得v1=≈23.32 m/s
(3)由动能定理得mgh-W f=-
解得W f=mgh-(-)=6 J
答案：(1)14.4 J (2)23.32 m/s (3)6 J
(15分钟40分)
9.(6分)如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时的速度刚好为零。

如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且不为零) ( )
A.大于v0
B.等于v0
C.小于v0
D.取决于斜面的倾角
【解析】选B。

由动能定理，从水平面到斜面的滑动过程中，物体克服摩擦力和重力做功，动能由m减少到零，即mg+μmg+μmg cosθ=m，其中cosθ=，可得mg+μmg(+)=mg+μmg=m。

显然=+=+，并不会
改变初速度v0的大小，正确的答案是B。

10.(6分)如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其长度d=0.50 m，盆边缘的高度为h=0.30 m。

在A处放一个质量为m 的小物块并让其从静止出发下滑，已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10，小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为( )
A.0.50 m
B.0.25 m
C.0.10 m
D.0
【解析】选D。

设小物块在BC段通过的总路程为s，则对小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程运用动能定理得：mgh-μmgs=0，代入数据可解得s=3 m。

由于d=0.50 m，所以小物块在BC段经过3次往复运动后，又回到B点。

11.(6分)质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上，已知t=0时质点的速度为零，在图示t1、t2、t3和t4各时刻中，哪一时刻质点的动能最大( )
A.t1
B.t2
C.t3
D.t4
【解析】选B。

由图可知在0～t2这段时间内，F>0，由于外力的方向和质点在这段时间内位移
的方向相同，根据动能定理可以知道质点的动能一直在增大，显然，当t=t2时，质点速度达到最大；在t2～t4这段时间内质点由于惯性要继续向前运动，F<0，外力的方向和质点在这段时间内位移的方向相反，根据动能定理可以知道质点的动能一直在减小。

由于在0～t2和t2～t4这两段时间内，力F做的功的绝对值相等，正负号相反，故t4时刻质点的速度为零，t4时刻以后，质点重复它在前一段时间内的运动。

显然，在题设的四个时刻中，t2时刻质点的动能最大，t1、t3时刻质点的速度相等、动能相等。

B正确。

12.(22分)一艘由三个推力相等的发动机推动的气垫船在湖面上，由静止开始加速前进s距离后，关掉一个发动机，气垫船匀速运动，当气垫船将运动到码头时，又关掉两个发动机，最后它恰好停在码头，则三个发动机都关闭后，气垫船通过的距离是多少？(设气垫船所受阻力恒定)
【解析】设每个发动机的推力是F，气垫船所受的阻力是F f。

当关掉一个发动机时，气垫船做匀速运动，则：
2F-F f=0，F f=2F。

开始阶段，气垫船做匀加速运动，末速度为v，
气垫船的质量为m，应用动能定理有
(3F-F f)s=mv2，得Fs=mv2。

又关掉两个发动机时，气垫船做匀减速运动，
设通过的距离为s1应用动能定理有
-F f s1=0-mv2，得2Fs1=mv2，所以s1=，
即关闭3个发动机后气垫船通过的距离为。

答案：
【补偿训练】
1.质量为m的飞机以水平速度v0飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力(该升力由其他力的合力提供，不含重力)，今测得当飞机在水平方向的位移为l时，它的上升高度为h如图所示，求：
(1)飞机受到的升力的大小；
(2)从起飞到上升至h高度的过程中升力所做的功及在高度h处飞机的动能。

【解析】(1)因为飞机在水平方向的分运动是匀速直线运动，所以：t=
飞机在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，有：h=at2
所以，a==
根据牛顿第二定律，有：F-mg=ma
故飞机受到的升力F=m(g+)。

(2)飞机上升至h高度的过程中升力所做的功为：
W=Fh=m(g+)h
在飞机上升的过程中，根据动能定理得
(F-mg)h=E k-m
所以，飞机在高度h处的动能
E k=m+=m(1+)。

答案：(1)m(g+) (2)m(1+)
2.一传送带装置示意图如图所示，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形(圆弧由光滑模板形成，未画出)，经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切。

现将大量的质量均为m的小货箱一个一个地在A处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。

稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻
两箱的距离为L。

每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动(忽略经BC段时的微小滑动)。

已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N。

此装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。

求电动机的平均
输出功率。

【解析】以地面为参考系(下同)，设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为t，加速度为a，则对小货箱有：
s=at2
v0=at
在这段时间内，传送带运动的路程为
s0=v0t
由以上可得s0=2s
用f表示小货箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小货箱做功为
W1=fs=m
传送带克服小货箱对它的摩擦力做功
W2=fs0=2×m=m
两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量
Q=m
可见，在小货箱加速运动过程中，小货箱获得的动能与发热量相等。

T时间内，电动机输出的功为W=T
此功用于增加小货箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即W=Nm+Nmgh+NQ
已知相邻两小货箱的距离为L，所以
v0T=N L
联立解得
=(+gh)。

答案：(+gh)。