课时梯级训练(22) 动能和动能定理（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中物理必修第二册（人教版2019）

课时梯级训练(22)　动能和动能定理 1．下面有关动能的说法正确的是(　　) A．物体只有做匀速运动时，动能才不变 B．物体做平抛运动时，水平方向速度不变，物体的动能也不变 C．物体做自由落体运动时，重力做功，物体的动能增加 D．物体的动能变化时，速度不一定变化，速度变化时，动能一定变化 C　解析：物体只要速率不变，动能就不变，如匀速圆周运动，A错误；做平抛运动的物体动能逐渐增大，B错误；物体做自由落体运动时，其合力等于重力，重力做正功，物体的动能增加，C正确；物体的动能变化时，速度的大小一定变化，D错误。 2．一个物体的速度大小为v0时，其动能为Ek，当它的动能为2Ek时，其速度大小为(　　) A． B．2v0 C．v0 D． C　解析：设当它的动能为2Ek时，其速度大小为v，根据动能定义式有Ek＝mv，2Ek＝mv2，解得v＝v0，C正确。 3．质量约是500 g的足球被踢出时的初速度为20 m/s，某人观察它在空中的飞行情况，上升的最大高度大约是5 m，在最高点的速度大约为10 m/s，请你估计运动员对足球做的功约为(　　) A．25 J B．50 J C．75 J D．100 J D　解析：在足球被踢出瞬间，应用动能定理求解运动员对足球做的功W＝mv2＝×0.5×202 J＝100 J，D正确。 4．如图所示，将质量为m的小球以初速度大小v0由地面竖直向上抛出。小球落回地面时，其速度大小为v0。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于(　　) A．mg B．mg C．mg D．mg D　解析：小球向上运动的过程，由动能定理得－H＝0－mv，小球向下运动的过程，由动能定理得H＝m－0，联立解得f＝mg，D正确。 5．某汽车在平直的公路上以初速度v0开始加速行驶，经过一段时间t后，汽车前进的位移大小为x，此时汽车恰好达到其最大速度vm，设在此过程中汽车牵引力的功率P始终不变，汽车在运动时受到的阻力恒为f。则汽车的牵引力在这段时间内做的功是(　　) ①fvmt　②Pt＋fx　③mv－mv＋fx ④ft A．①④ B．①③ C．②③ D．①②④ B　解析：由于在此过程中汽车牵引力的功率P始终不变，对全过程应用动能定理可得Pt－fx＝mv－mv，所以汽车的牵引力在这段时间内做的功为Pt＝fx＋mv－mv，当速度达到最大值vm时，有P＝Fvm＝fvm，所以汽车的牵引力在这段时间内做的功也等于W＝Pt＝fvmt，B正确。 6．以相同大小的初速度v0将物体从同一水平面分别竖直上抛、斜上抛、沿光滑斜面(足够长)上滑，如图所示，三种情况物体达到的最大高度分别为h1、h2和h3，不计空气阻力(斜上抛物体在最高点的速度方向水平)，则(　　) A．h1＝h3＞h2 B．h1＝h2＜h3 C．h1＝h3＜h2 D．h1＝h2＞h3 A　解析：设三个物体到达最大高度时的速度分别为v1、v2、v3，据题意可知，竖直上抛及沿光滑斜面上滑的物体，到达最大高度时，速度均为零，即v1＝v3＝0，而斜上抛的物体到达最大高度时仍有水平方向的速度，所以v2>0，对三个物体从开始到最高点的过程，据动能定理得－mgh＝mv2－mv，h＝，得h1＝h3>h2，A正确。 7．(2023·辽宁卷)如图1所示，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图2所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中(　　) 　　　 A．甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大 B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小 C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变 D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大 B　解析：对下滑过程中的物块受力分析，结合牛顿第二定律有a＝g sin θ，θ为斜面的倾角，由题图1知光滑轨道Ⅰ倾角逐渐变小，则物块在轨道Ⅰ上由M到N的过程中加速度逐渐减小，光滑轨道Ⅱ倾角不变，物块在轨道Ⅱ上由M到N运动过程中加速度不变，由题图2可知甲物块做匀加速运动，即甲物块沿光滑轨道Ⅱ下滑，乙物块做加速度减小的加速运动，即乙物块沿光滑轨道Ⅰ下滑，A、D错误；由题图2可知两物块到达N点前，任意同一时刻乙物块速度大小均比甲物块大，可知任意同一时刻甲的动能均比乙的小，B正确；设竖直方向分速度为vy，则重力的功率为PG＝Gvy，乙物块沿光滑轨道Ⅰ下滑，vy先增大后减小，其重力的功率先增大后减小，C错误。 8．(2020·江苏卷)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是(　　) A　解析：在斜面上，物块受竖直向下的重力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及垂直斜面向上的支持力，设物块的质量为m，斜面的倾角为θ，物块沿斜面下滑的距离对应的水平位移为x，由动能定理有mg sin θ·－μ1mg cos θ·＝Ek－0，解得Ek＝(mg tan θ－μ1mg)x，即物块在斜面上下滑时物块的动能与水平位移成正比，B、D错误；在水平面上，物块受竖直向下的重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦力，由动能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－μ2mg(x－x0)，其中Ek0为物块滑到斜面底端时的动能，x0为物块沿斜面下滑到底端时的距离对应的水平位移，即在水平面上物块的动能与水平位移为一次函数关系，且为减函数，A正确，C错误。 9．(2024·湖南长沙高一测试)如图甲所示，重为G的正方体滑块P套在水平放置的方管Q上，在水平向右风力的作用下，滑块P向右做匀速直线运动。将方管Q按图乙竖直放置后，滑块P竖直向下运动。假设滑块P受到风力的大小和方向始终保持不变，其受到方管Q的摩擦力等于它们间压力大小的0.9倍，方管足够长且忽略空气阻力。关于图乙中的滑块P，下列说法正确的是(　　) 　　 A．滑块P受到的摩擦力等于重力 B．滑块P先加速，然后匀速 C．滑块P先加速，后减速，最后静止 D．滑块P的动能一直增大 D　解析：对图甲进行受力分析，滑块P竖直方向上受到重力G和方管Q对它向上的支持力是一对平衡力，滑块P对方管Q的压力与方管Q对它向上的支持力是相互作用力，所以滑块P对方管Q的压力等于滑块P的重力，即F压＝G，其受到方管Q的摩擦力f甲＝0.9F压＝0.9G，又滑块P在水平向右风力的作用下向右做匀速直线运动，故风力等于摩擦力，F风＝f＝0.9G，对图乙竖直方向上进行受力分析，其竖直方向受到竖直向下的重力，竖直向上的摩擦力。图乙中，滑块P受到方管Q的摩擦力f乙＝0.9F压′＝0.9F风＝0.9×0.9G＝0.81G，则f乙<G，A错误；由于竖直向上的摩擦力小于竖直向下的重力，故滑块P向下做加速运动，B、C错误；由于滑块P的速度一直增大，质量不变，所以动能一直增大，D正确。 10．(2024·安徽合肥高一期末)如图甲所示为某快递公司运送快递的无人机，该架无人机悬停在空中，某时刻因电池故障失去动力，无人机开始竖直下落，下落至某高度时动力突然恢复，匀减速下落至地面时速度刚好为零，图乙为下落过程中无人机动能随位移变化的图像，已知无人机(含包裹)的质量为10 kg，无人机在空中运动时受到的阻力大小恒定，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)无人机受到的动力大小及阻力大小； (2)若无人机以(1)问中动力从地面由静止加速竖直上升，则在多高处撤掉动力刚好可以回到悬停高度处？ 答案：(1)240 N　20 N　(2)30 m 解析：(1)由动能定理Fx＝ΔEk可知， Ek-x图像的斜率为物体所受的合力，则对下落过程有 mg－f＝k1，mg－f－F＝k2 其中k1＝80 N，k2＝－160 N 解得F＝240 N，f＝20 N。 (2)对该过程由动能定理得Fh1－h＝0 由题图可知h＝60 m，解得h1＝30 m。 11．(2023·浙江1月选考，节选) 一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5 m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5 m，HI长度L0＝9 m，摆渡车长度L＝3 m、质量m＝1 kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3 m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2)。 求：滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC。 答案：4 m/s　22 N 解析：由题图可知，B点和C点的高度差 hBC＝R＋R cos 37°① 滑块由静止释放到C点的过程中，根据动能定理有 mg(h－1.2R－hBC)＝mv② 滑块运动到C点时，其所受的合外力提供向心力，受力分析可得FC＋mg＝m③ 联立①②③并代入数据解得vC＝4 m/s，FC＝22 N④ 学科网（北京）股份有限公司 $$