课时分层检测(21)动能和动能定理-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理必修第二册同步辅导与测试(人教版)

班级 姓名 课时分层检测（二十 …0基础达标练0 1.如图所示，电梯质量为M,在它 的水平地板上放置一质量为 的物体.电梯在钢索的拉力作 用下竖直向上加速运动，当电 梯的速度由y1增加到2时，上升高度为H, 重力加速度为g,则在这个过程中，下列说法 或表达式正确的是 A.对物体，动能定理的表达式为WN= 2m22,其中wN为支持力做的功 1 B.对物体，动能定理的表达式为W合=0，其 中W合为合力做的功 C.对物体，动能定理的表达式为W、一mgH 2mu22、1 2m12 D.对电梯，其所受合力做的功为2M2 号M,3-mgH 2.质量约是500g的足球被踢出时的初速度为 20m/s,某人观察它在空中的飞行情况，上 升的最大高度大约是5m,在最高点的速度 大约为10m/s,请你估计运动员对足球做的 功约为 ( A.25J B.50J C.75J D.100J 3.一质量为m的小球，用长为1 的轻绳悬挂于O点，小球在 '0 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，则力F所做的功为 A.mglcos 0 B.FIsin 0 C.mgl(1-cos 0) D.Fl(1-sin 0) 得分 动能和动能定理 4.如图所示，斜面高为h, 质量为m的物块在沿 斜面向上的恒力F作 用下，能匀速沿斜面向 上运动，若把此物块放在斜面顶端，在沿斜 面向下同样大小的恒力F作用下，物块由静 止向下滑动，滑至底端时其动能的大小为 (重力加速度为g) () A.mgh B.2mgh C.2Fh D.Fh 5.如图所示，质量为m=10kg的滑块，从光滑 弧形面的某一高处A点以初速度o=1m/s 往下滑行，到达弧形面的底端P处时速度为 p=4m/s,又沿水平面滑行LPQ=1m到达 Q点而静止，重力加速度g取10m/s2.求： Q (1)起始位置A点距离水平面的高度； (2)滑块与水平面间的动摩擦因数； (3)若用一拉力F,把滑块从Q点循原路返 回，拉回到起始点A,则拉力至少做多少功？ 9 班级 姓名 …0 能力提升练 6.如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度 为o的物体从D点出发沿DBA滑动到顶 点A时速度刚好为零；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： 物体与接触面之间的动摩擦因数处处相同： 且不为零，转弯处无能量损失) A D A.等于0 B.大于o C.小于0 D.取决于斜面的倾角 7.如图所示，固定斜面倾 P 角为0，整个斜面分为 AB、BC两段，AB= C-1OR 2BC.小物块P(可视为质点)与AB、BC两 段斜面间的动摩擦因数分别为12.已知 P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C 点停下，那么，0、412间应满足的关系是 A.tan 0=42u2 3 B.tan0=2十 3 C.tan0=21一u2 D.tan0=22一1 8.(多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并： 处于自然状态.小物块的质量为m,从A点： 向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，： 运动到A点恰好静止.物块向左运动的最大 距离为s,与地面间的动摩擦因数为，重力： 加速度为g,弹簧未超出弹性限度.在上述过： 程中 17八 得分 m A A.弹簧的最大弹力为g B.物块克服摩擦力做的功为2mgs C.弹簧的最大弹性势能为mgs D.物块在A点的初速度为√2ugs 9.一质量为2kg的物体，在水平恒定拉力的作 用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速 直线运动，当运动一段时间后拉力逐渐减 小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运 动.如图所示为拉力F随位移x变化的关系 图像.取g=10m/s2,则据此可以求得 ( F/N 8 -+-1-t-1-t-t-1+-1-+-1-1 o控￥ 1-1-上--1- 4 8 12x/m A.物体与水平面间的动摩擦因数为4= 0.25 B.物体匀速运动时的速度为v=4√2m/s C.合外力对物体所做的功为W合=32J D.摩擦力对物体所做的功为W=一64J 10.AB是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道， 其B端与水平面相切，BC是长为s1的水 平轨道，CD是长为s2的倾角为37°的斜轨 道，水平轨道与斜轨道用同种材料制成，且 表面粗糙程度相同，一个小物体从A点由 静止释放，运动到D点时速度恰好为零. A------0 R B C 班级 姓名 得分 (1)求小物体与轨道间的动摩擦因数： …0 创新应用练。 (2)若己知R=S1=22=10m,小物体从D 点再次下滑，最后停止的位置距B点多远？： 11.某大学生研制的无人环保清洁船，只需要 选定“智慧清洁”功能，就能轻松地将湖面 上的树枝、树叶、塑料袋等漂浮物捞进船体 内，自主完成环保清洁任务.某次作业时， 机载传感器描绘出的速度一时间图像如图 所示，清洁船在1时刻达到额定功率P= 400kW,速度为1=10m/s,此后清洁船以 恒定功率运动，在12=15s时达到最大速度 2=20m/s.已知清洁船的质量为1×104kg, 清洁船在运动过程中所受阻力恒定不变.求： ↑lms） 0 t/s (1)清洁船达到额定功率的时间t1; (2)清洁船在0~2时间内运动的位移 大小 171课时分层检测（二十） 1.C[静止的小球沿不同的轨道由同一位置滑到水平桌面上，由于 高度差相同，所以重力做功相同，故A、B错误：重力势能的变化量 与零势能面的选取无关，重力做的功等于重力势能的减少量，三 种情形下，重力做功均为mgh,则重力势能的减少量均为mgh,故 C正确，D错误.] 2.D[在小球从接触禅簧到将弹簧压缩到最短的过程中，弹簧对小 球的禅力方向向右，与位移方向相反，则禅力对小球做负功，禅簧 的弹性势能增加，故A、BC错误，D正确.] 3,C[竿形变量最大时，禅性势能最大，竿刚触地时没有形变，人到 最高点时，竿已由弯曲到基本完全仲直，故选项C正确. 4,A[设水平地面为零势能面，对题图甲进行分析，A、B棒整体重 力势能为Ep一mg2 g上十2mg7=2mgL;对题图乙进行分析， A、B棒鉴体重力势能为E以=2mg号+mg号=子mgL,则A、 B棒整体的重力势能增加量△E。=E)'-E。=mgL,故A正确，B、 C、D错误.] 5,BC[用不可伸长的细绳辁住重物向下摆动时，重力做正功，弹力 不做功，C正确：用弹簧拴住重物向下摆动时，弹簧要仲长，重物轨 迹不是圆孤，禅力做负功，弹性势能增加，重力做正功，且做功多， 所以A、D错误，B正确.1 6.A[以抛出点为零势能点，则上升阶段路程为。时，克服重力做 功mgs,重力势能E。一mgs,即重力势能E。与路程s成正比；下降 阶段，物体距抛出点的高度h=2h0一s,其中h。为上升的最高点 与抛出点的距离，故重力势能Ep-mgh=2mgh0一mgs,故下降阶 段，随着路程的增大，重力势能E。线性减小，选项A正确.] .D[由题图甲可知，弹簧的动度系数k=会怎=600N/m,物体最 终静止时，对物体受力分析，由平衡条件有g=kx,解得禅簧的 压缩量工二3cm,A错误：弹簧的形变量越大，弹性势能越大，与弹 簧的长度无关，B错误：该过程为压缩过程，禅簧弹力对物体做负 功，W弹=一Fx= ·x=一0.27J,C错误；弹簧的弹性势能变 2 化量△E。=一W弹=0.27J,所以物体最终静止时，弹簧的弹性势 能Ep=0.27J,D正确.] 8.A[由题意可知，PM段细绳的重力势能不变，MQ段细绳的重 心升高了日，剥重力势能增加△E,=子mg·6=9mg,故选 项A正确，B、C、D错误.门 9.D[将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，由于开始时有支待力， 故拉力先小于mg,物体离地后等于mg,拉力作用点的位移为L, 故提弹簧的力对系统做的功小于gL,故A错误；B点上移距离 为L,禅簧仲长量为△L= m坚，故A上升的高度为L一△L,所以物 体A的重力势能增加mg(L-四坚)，故B,C错误，D正确.] 10.解析(1)开始时，左边一半链条重力势能为E1=- mg 上sim0,右边一丰的重力势能E=竖×上，左右两部分总 2 的重力势能为Ep=Epl十E2=一 8mgL(sin 0+1); 链条从右侧刚好全部滑出时，重力势能为E,'=一2mgL. (2)此过程重力势能减少了△E,=E,一E,'=gmgL(3-sin), 故重力做的功为WG=gmgL(3一sin). 答案(1)-8mgL(1+sin) 2mgL (2)令mgL(3-sin0) 1山，A[打开间门K,最终两液面相平，相当于右管内令的液体流 到了左管中，它的重心下降了专，这部分液体的质量m=pV S号=之5h,由于液体重心下降，重力势能减少，重力势能的 减少量为△E,=mgh'=2pSh·g·乞=pSgh,故A正确， B、C、D错误.] 12.解析(1)物体缓慢升高过程，处于平衡状态，则有k△x一g, △.x=0.1m 剥弹簧弹性势能的大小为△E,=2x2=7△r 联立解得△E。=1J,m=2kg. (2)物体重力势能的增量为△E,'=mgh=10J. 答案(1)1J(2)10J 3 课时分层检测（二十一） 1.C[物体受重力和支持力作用，根据动能定理得W合=W、一 mgH=号m,2-子m2,故选项C正确，A,B错误：对电梯，合 力做的功等于电梯动能的变化量，故选项D错误，] 2.D[在足球被踢出的瞬间，应用动能定理求解运动员对足球做的 功W=1 m02=号×0.5×202J=100J,A、B、C错误，D正确.] 2 3.C[小球的运动过程是缓慢的，因而小球任何时刻均可看作是平 衡状态，力F的大小在不断变化，F做功是变力做功.小球上升过程 只有重力mg和F这两个力做功，由动能定理得一mg(l一lcos)十 W=0,所以WE=mgl(1一cos),选项C正确，] 4.B[物块匀速上滑时，根据动能定理得WF一mgh一W:=0,物块 下滑时，根据动能定理得WF十mgh一W:=Ek一0，联立两式解得 Ek=2mgh,故B项正确.] 5.解析(1)对从A到P的过程，根据动能定理得mgh=2mp 2m%”,代入数据解得h=0.75m. (2)对沿水平面滑行的过程，根据动能定理得一mgLPQ=0 之mvp2,代入数据解得u=0.8. (3)对滑块从Q点循原路返回的过程，根据动能定理得W mgLm一mgh=0-0,解得拉力至少做功WF=155J. 答案(1)0.75m(2)0.8(3)155J 6.A。[设斜面倾角为α，则物体从D点滑动到顶点A的过程中，由 动能定理可得一mgxA0一4 ngxpB一mgc0sa·xAB= 2m2. 由几何关系知x4Bc05《=x邓，则上式可以简化为一mgx0 umgapB umgxoB- 之m现2，而x0=xw十x0B,则一mgx0 umgxDo= 一2m,”,从上式可以看出，到达项点的动能与路径 无关.A正确，1 7.B「对小物块P从A点到C点的过程，由动能定理得mg·AC· sin0-1 ngcos0·AB-2 mng cos0·BC=0,又AB=2BC,则有 tan 0= 2十四，B正确.] 8.BC「物块向左运动到最大距离时，弹簧的压缩量景大，弹力最 大，因物块能被弹回向右运动，则最大弹力大于摩擦力，A错误： 物块克服摩擦力做的功为mgs十mgs=2mgs,B正确；弹力做 的功等于弹性势能的变化量，弹出时，W弹一以mg5=0,所以弹簧 的最大弹性势能为Hmgs,C正确：压缩过程，一W弹一umgs=0 之mA2,解得A=2√g5,D错误.] FF 9.D[物体做匀速运动时，受力平衡，则F=8N,4=下一mg 8 2X10=0.4,A错误：F-x图像与x轴国成的面积表示拉力做的 功，则由题图可知W:=×(4十8)×8J=48J,滑动摩擦力对物 体所做的功W=一mgx=一0.4×2×10×8J=-64J,所以合 外力对物体所做的功为W合=一64J十48J=一16J,C错误，D正 一2W金= 确；根据动能定理得W台=0一之m,2,解得6一√m /2X6m/s=4m/s,B错误.] 10.解析(1)物体从A到D,由动能定理有 mg(R-52sin37)-4mg1-pmgcos37°·s2=0-0 5R-3s2 解得一5s1十42 (2)将数据代入(1)中表达式可知=0.5 设小物体从D点再次下滑，从C处向前滑行x而停止，由动能定 理有 mgs2sin37°-gmgc0s37°·s2-41gx=0-0 可得x=2m 故最后停止的位置距B点8m, 5R-3s2 答案(1D551十49 (2)8m 11.解析(1)设1时刻清洁船的牵引力为F,清洁船所受的阻力 为F, 由题毫得F=F= P 1 由牛顿第二定律得F一F:=ma,t1= 1 a 联立解得t1=58. (2)设清洁船在0一t1时间内运动的位移为x1,t1~t2时间内运 动的位移为x2· 9 由运动学公式得1=受1，解得x1=25m: 对1~t2时间内的清洁船，由动能定理可得P(t2一t1)一F1x2= 分mw2-号m3,又F=,联立解得=125m 所以，清洁船在0~2时间内运动的位移大小为工总=十= 150m 答案(1)5s(2)150m 课时分层检测（二十二） 1,D[物体在竖直平面内做匀速图周运动，动能不变，重力势能不断改 变，机械能不守恒，故A错误；若物体做匀减速直线运动，系统的机械 能不一定守恒，如物体在水平面上做减速运动时，重力势能不变，动能 改变，机械能不守恒，故B错误：若物体做匀变速曲线运动，系统的机 枝能不一定守恒，如物体在水平面上做匀变速曲线运动时，动能改变， 重力势能不变，机械能不守恒，故C错误：物体做平抛运动时，只有重 力做功，系统的机械能一定守恒，故D正确. 2.A[设链条的质量为2，以开始时链条的最高点为零势能面，初 态链条的机械能为E=E。十Ek= 2×2mg·1sin30° 2 2mg·4 十0=3mL,链条刚好全部滑出斜面时，动能为Ek'= 号×2m0,重力势能为E'=2mg·7 =一mgL,由机械能守 恒定律可得E=E'十E',即-3m-m2-mgL,解得0= 8 /g=2.5m/s,故A正确，B,C,D错误.] 3.B[小滑块从A点向左滑动到返回A点的过程中，有禅簧禅力 做功，所以小滑块的机械能不守恒，小滑块和弹簧组成的系统机 械能守恒，故B正确，A错误；小滑块从第一次速度等于零到第二 次速度等于零的过程中，有AB段的摩擦力做负功，所以小滑块和 禅簧组成的系统机械能不守恒，故C错误：小滑块从接触弹簧到 高开弹簧的过程中，只有禅簧的弹力对小滑块做功，所以小滑块 和禅簧组成的系统机械能守恒，故D错误.」 4.BD[当B球到达水平地面上时，杆对A球的弹力开始做负功，A 球机械能不守恒，A错误：下滑的整个过程中，A、B组成的系统只 有重力做功（杆的弹力对A、B做功的代数和为0），系统机械能守 恒，B正确：由机械能守恒定律知mBgh十mAg(Lsin30°十h)= 乞(ma十m),解得0=子6m/s,C错误：△En=之mu02- muh=号J,D正痛] 5.CD[以速率竖直上抛时小球恰好击中触发器，说明小球上升到最 大高度时速度为0.沿图A中轨道以速率)抛出小球，小球沿光滑圆 孤内表面做圆周运动，到达最高点的速率应大于或等于√g下，所以小 球不能到达圆弧最高点，即不能击中触发器，故A错误.沿图B中轨 道以速率抛出小球，小球沿光滑斜面上滑一定距离后做斜抛运动， 最高，点具有水平方向的速度，所以也不能击中触发器，故B错误，图C 及图D中小球在轨道最高点速度均可以为零，由机械能守恒定律可 知小球能够击中触发器，正确选项CD.] 6.解析(1)从A到B,根据机械能守恒定律得 mgL=m 在B点，由牛领第二定律得Fmg三m是 故最大拉力F=3mg=60N. (2)细绳断梨后，小球微平抛运动，有H一L=子 故1一 2(H L) /2×(6.051.05)s=1s. 10 (3)整个过程，小球的机械能不变，有mgH=2mc 所以c=√2gH=/2×10×6.05m/s=11m/s 答案(1)60N(2)1s(3)11m/s 7.ABD[根据动能定理得Ek=Ek0一ngrsin0,Ek与位移成线性 关系，A正确：滑块的重力势能为E。=ngxsin日，E。与位移成正 比，B正确；动能与时间的关系为Ek=2mv=2m(o一gsin0 ·1)2,C错误：上滑过程中，只有重力做功，机械能守恒，D正确，] 8.A[取水平桌面所在的平面为零势能参考面，甲的重力势能的变 化量△止，=-2mg×号-（mgX子）=-子msL,即甲的重 3 力势能减少了子mgL,根搭w。=一△E。可知，重力对甲微功 3 W甲 子mgL:乙的重力势能的变化量△Epc=-mgL (-mgX告)=-合mgL,即乙的重力势能减少了子mL, WG=一△E,可知，重力对乙做功W之=之mgL,即甲的重力做的 23 功大于乙的重力做的功，甲、乙重力势能的减少量不相等，故A正 确，B、C、D错误.] 9.D[当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中先增 大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负 功，A错误：运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守 恒得mgh=2mo,2,解得，=√2g,B错误：b的速度在整个过 程中先增大后减小，杆对b的作用力先是动力后是阻力，所以杆 对的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，杆对 a有斜向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度，C错误：a、b 及杆组成的系统机械能守恒，当的机械能最小时，b的速度最 大，此时b受到杆的推力为零，b只受到重力和支持力的作用，结 合牛顿第三定律可知，b对地面的压力大小为mg,D正确， 10.BD[下滑过程中小球的机械能会与弹簧的禅性势能相互转化，因 此小球的机械能不守恒，故A错误：因为在B点，弹簧恢复原长，因 此重力沿杆的分力提供加速度，根据牛顿第二定律可得gc0s30°一 ma,解得a= g,故B正确；到达B点时加速度与速度方向相同，因 此小球还会加速，故C错误：因为C是A(段的中点，0=30°，所以当 小球到C点时，弹簧的长度与在A点时相同，故在A、C两位置弹簧 弹性势能相等，小球重力做的功全部转化为小球的动能，有g= 2mc2,解得化=√2g,故D正确.] 1,解析()当B环下落子时绳子与水平方向之间的夹角满足 2 sina=元=2，即a=30°， 由速度的合成与分解可知绳=Ac0s30°=⑦usin30°，则m= tan 307=V3vA, A B环下降的过程中A与B组成的系统机械能守恒，有mg号 ×2m2+m 所以A环的速度A=√ 5 (2)由于A到达0点时B的速度等于0，由机械能守恒定律有号 X2mA'2=mgL,解得va′=√gL, 环A过O点后做初速度为⑦A'、加速度为g的匀加速直线运动， B做自由落体运动： 当A追上B时，有1十28=L+之， 解得t= 答案1)哑(2√ L 5 12.解析(1)人由蹦极台第一次到达α，点的运动过程中，根据机械 能守恒定律有mg6=之m 解得=10√2m/s (2)人的速度最大时，重力等于弹力，即kx=mg 解得x=2.5m 此时弹性绳的长度1=1。十x=12.5m (3)设人的最大速度为⑦m,根据人和弹性绳组成的系统机械能守 恒得mgl=之r+子mn2 解得m=15m/s. 答案(1)10W2m/s(2)12.5m(3)15m/s 13.解析(1)设水桶做匀速运动时受到细绳的拉力为F1,则有 F1=(m十mo)g,P。=F1m,解得m一(m十m)g (2)水桶由静止下落的过程中，水桶和卷筒组成的系统机械能守 恒，则有mog（H一d)=2（m十M)2,解得 一N 2mog(H-d) m6十M (3)设水桶在水中受到的浮力为F浮，桶口运动到井口的过程中， 由动能定理得w-(m十m)gH+,是d=0,F学=mg,解得W 2 (m十m)gH-msd. 2 Po 答案(1)(m十m0)g (2) 2mog(H-d) no十M (3(m十m)gH-四sd 0