8.3动能和动能定理同步练习-（2019）新人教版高中物理高一下学期必修第二册.docx

1、8.3 动能和动能定理1一物体做变速运动时，下列说法中正确的是()A合外力一定对物体做功，使物体动能改变B物体所受合外力一定不为零C合外力一定对物体做功，但物体动能可能不变D物体的加速度可能为零2.改变汽车的质量和速度,都能使汽车的动能发生变化,在下面几种情况中,汽车的动能是原来的2倍的是()A.质量不变,速度变为原来的2倍B.质量和速度都变为原来的2倍C.质量变为原来的2倍,速度变为原来的一半D.质量变为原来的一半,速度变为原来的2倍3.在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出,不计空气阻力,则落在同一水平地面时的速度大小()A.一样大 B.水平抛的最大C.斜向上抛

2、的最大 D.斜向下抛的最大4一质量为m的滑块，以速度v在光滑水平面上向左滑行，从某一时刻起，在滑块上作用一向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度变为2v(方向与原来相反)，在这段时间内，水平力所做的功为()A.mv2 Bmv2 C.mv2 Dmv25(多选)甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s，如图所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下列关于力F对甲、乙两物体做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是()A力F对甲物体做功多B力F对甲、乙两个物体做的功一样多C甲物体获得的动能比乙大D甲、乙两个物体获得的动能相同6(多选)一物体在运动过程

3、中，重力做了2 J的功，合力做了4 J的功，则()A该物体动能减少，减少量等于4 JB该物体动能增加，增加量等于4 JC该物体重力势能减少，减少量等于2 JD该物体重力势能增加，增加量等于2 J7.物体在合外力作用下做直线运动的vt图象如图所示。下列表述正确的是()A在01 s内，合外力做正功B在02 s内，合外力总是做负功C在12 s内，合外力不做功D在03 s内，合外力总是做正功8.从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时,物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2

4、。该物体的质量为()A.2 kgB.1.5 kgC.1 kgD.0.5 kg9.质量为1 kg的物体沿直线运动的v-t图象如图所示,则()A.从第1 s末到第3 s末合外力做的功为2 JB.第1 s末物体具有的动能为4 JC.前3 s内合外力对物体做的功为2 JD.第1 s内合外力对物体做的功为4 J10.某物体做直线运动的v-t图象如图所示,据此判断给出的A、B、C、D四种图象(F表示物体所受合力,x表示物体的位移,Ek表示物体动能,a表示物体加速度,t表示时间)中正确的是()11.从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象

5、是（） A B C D12.如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则()AWmgR，质点恰好可以到达Q点BWmgR，质点不能到达Q点CWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离DWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离13(多选)一物体从斜面底端以初动能E滑向斜面，返回到斜面底端的速度大小为v，克服摩擦力做的功为，若物块以初动能2E滑向斜面(斜面足够长)，则(

6、)A返回斜面底端时的动能为EB返回斜面底端时的动能为C返回斜面底端时的速度大小为2vD返回斜面底端时的速度大小为 v14(多选)小滑块以初动能Ek0从A点出发，沿斜面向上运动，AB、BC、CD长度相等，若整个斜面AD光滑，则滑块到达D位置速度恰好为零，而后下滑。现斜面AB部分处处与滑块间有相同的动摩擦因数，其余部分BD仍光滑，则滑块恰好滑到C位置速度为零，然后下滑，那么滑块下滑到()A位置B时的动能为 B位置B时的动能为C位置A时的动能为 D位置A时的动能为15.如图所示,两个质量相同的物体a和b处于同一高度,a自由下落,b沿固定光滑斜面由静止开始下滑,不计空气阻力。两物体到达地面时,下列表述

7、正确的是()A.a的速率大 B.b的速率大C.动能相同D.速度方向相同16.喜欢从高处往下跳是学龄前儿童的天性。如图所示,一质量为20 kg的小朋友从0.5 m 高的台阶上跳下,双脚着地瞬间的速率约为4 m/s,则小朋友这次跳跃消耗体内的化学能约为()A.0B.60 JC.160 JD.100 J17.如图为10 m跳台跳水示意图,运动员从10 m高的跳台跳下,设水的平均阻力约为其体重的3倍,在粗略估算中,把运动员当作质点处理,为了保证运动员的人身安全,池水深度至少为(不计空气阻力)()A.5 mB.3 mC.7 mD.1 m18.质量m=2 kg的物体以50 J的初动能在粗糙的水平面上滑行,

8、其动能变化与位移关系如图所示,则物体在水平面上的滑行时间t为()A.5 sB.4 sC.22 sD.2 s19.如图所示,小物块从倾角为的倾斜轨道上A点由静止释放滑下,最终停在水平轨道上的B点,小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同,A、B两点的连线与水平方向的夹角为,不计物块在轨道转折时的机械能损失,则动摩擦因数大小为()A.tanB.tanC.tan(+) D.tan(-) D.tan(-)20.如图所示,D、E、F、G为地面上距离相等的四点,三个质量相同的小球A、B、C分别在E、F、G的正上方不同高度处,以相同的水平初速度向左抛出,最后均落到D点。若不计空气阻力,则可判断A、B

9、、C三个小球()A.在空中运动时间之比为135B.初始离地面的高度之比为135C.在空中运动过程中重力的平均功率之比为123D.从抛出到落地过程中,动能的变化量之比为12321.如图所示，木板可绕固定水平轴O转动。木板从水平位置OA缓慢转到OB位置，木板上的物块始终相对于木板静止。在这一过程中，物块的重力势能增加了2 J。用FN表示物块受到的支持力，用Ff表示物块受到的摩擦力。在此过程中，以下判断正确的是（）A. FN和Ff对物块都不做功B. FN对物块做功为2 J，Ff对物块不做功C. FN对物块不做功，Ff对物块做功为2 JD. FN和Ff对物块所做功的代数和为022.质量为m的物体以初速

10、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，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.12mv02-mg(s+x) B.12mv02-mgx C. mgs D.mg(s+x) D. mg（s+x）23.(多选)我国高铁技术处于世界领先水平,它是由动车和拖车组合而成,提供动力的车厢叫动车,不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等,动车的额定功率都相同,动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车组由8节车厢组成,其中第1、5节车厢为动车,其余为拖车,则该

11、列车组()A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B.做匀加速运动时,第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为32C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D.与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1224.如图所示,一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置,轨道两端等高;质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下,滑到最低点Q时,对轨道的正压力为2mg,重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中,克服摩擦力所做的功为()A.14mgRB.13mgRC.12mgRD.4mgR25.质量为m的小球用长为L的细线悬挂于O点,小球在水平恒力F作用下,从O点的正下

12、方的P点移动到Q点,设此时细线与OP的夹角为,如图所示。在此过程中,若拉力分别是以下两种情况,则拉力F做的功各是多少?(1)用F缓慢地拉。(2)F为恒力。26.如图所示,装置由AB、BC、CD三段轨道组成,轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接,其中轨道AB、CD段是光滑的,水平轨道BC的长度s=5 m,轨道CD足够长,A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.30 m、h2=1.35 m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数=0.5,重力加速度g取10 m/s2。求:小滑块第一次到达C点和D点时的速度大小。27.如图,ABCD为一竖直平面的轨道,其中BC水平,A

13、点比BC高出10 m,BC长3.5 m,AB和CD轨道光滑。一质量为1 kg的物体,从A点由静止释放,经过BC后滑到高出C点9.3 m的D点时速度为零。(g取10 m/s2)求:(1)物体与BC轨道的动摩擦因数。(2)物体第5次经过B点时的速度vB大小。(3)物体最后停止的位置与B点之间的距离。28如图所示，光滑斜面AB的倾角53，BC为水平面，BC长度lBC1.1 m，CD为光滑的圆弧，半径R0.6 m。一个质量m2 kg的物体，从斜面上A点由静止开始下滑，物体与水平面BC间的动摩擦因数0.2，轨道在B、C两点光滑连接。当物体到达D点时，继续竖直向上运动，最高点距离D点的高度h0.2 m，s

14、in530.8，cos530.6，g取10 m/s2。求：(1)物体运动到C点时的速度大小vC；(2)A点距离水平面的高度H；(3)物体最终停止的位置到C点的距离s。29我国海军歼15舰载机已经在“辽宁”号航母上成功着舰和起飞。现将飞机起飞模型简化为飞机先在水平甲板上做匀加速直线运动，再在倾角为15的斜面甲板上以最大功率做加速运动，最后从甲板飞出的速度为360 km/h，如图所示。若飞机的质量为18吨，甲板AB长180 m，BC长50 m。(忽略飞机长度，不计一切摩擦和空气阻力，取sin150.3，g10 m/s2)如果要求到达甲板B点的速度至少为离开斜面甲板速度的60%，则：(1)飞机在水平

15、甲板上运动时的牵引力至少为多少才能使飞机起飞？(2)如果到达B点时飞机刚好达到最大功率，则从飞机开始运动到飞离甲板共需多少时间？30.如图所示,倾角为=37的糙斜面AB底端与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连,O点为轨道圆心,BC为圆轨道直径且处于竖直方向,A、C两点等高,质量m=1kg的滑块从A点由静止开始下滑,恰能滑到与O点等高的D点,g取10m/s2，sin37=0.6,cos37=0.8。(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数;(2)若使滑块能到达C点,求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值;(3)若滑块离开C点的速度大小为4m/s,求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t.

16、31.如图所示,光滑水平桌面的长度为L,高度为h=L2，一小滑块(可视为质点)以速度v0=gL2从桌面的左端向右端运动,在桌面上粘有一段长度未知的薄胶带,滑块与胶带间的摩擦因数=12,小滑块滑出后做平抛运动,平抛的水平位移s=L2.(1)薄胶带的长度l是多少?(2)胶带粘在离桌面最左端多远的地方(即d为多少),小滑块滑过東面用时最短?最短时间是多少?参考答案1答案B解析物体做变速运动，可能是物体的速度方向变化，而大小不变，如匀速圆周运动，此时物体的动能不变，并且合外力对物体不做功，故A、C均错误；物体做变速运动，一定具有加速度，物体所受合外力一定不为零，故B正确、D错误。2.解析：选D。由公式

17、Ek=12mv2,m不变,v变为原来的2倍,Ek变为原来的4倍。同理,m和v都变为原来的2倍时,Ek变为原来的8倍;m变为原来的2倍,速度减半时,Ek变为原来的一半;m减半,v变为原来的2倍时,Ek变为原来的2倍,故选项D正确。3.解析：选A。根据动能定理可知12mv末2-12mv02=mgh,得v末=2gh+v02,又三个小球的初速度大小以及所处高度相等,则落地时的速度大小相等,A项正确。4答案A解析由动能定理得：WFm(2v)2mv2mv2，A正确。5答案BC解析由功的公式WFlcosFs可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，A错误、B正确；根据动能定理，对甲有FsEk1，对乙

18、有FsfsEk2，可知Ek1Ek2，即甲物体获得的动能比乙大，C正确、D错误。6答案BD解析重力做负功，重力势能增大，增加量等于克服重力做的功，C错误、D正确；根据动能定理得该物体动能增大，增加量为4 J，A错误、B正确。7.答案A解析由vt图象知，01 s内，v增大，动能增大，由动能定理可知合外力做正功，A正确。12 s内v减小，动能减小，合外力做负功，可见B、C、D错误。8.解析：选C。对上升过程,由动能定理,-(F+mg)h=Ek-Ek0,得Ek=Ek0-(F+mg)h,即F+mg=-k=12 N;下落过程中,设物体从最高处下落到地面的距离为l,由动能定理可得(mg-F)(l-h)=Ek

19、,转换可得Ek=(mg-F)l-(mg-F)h,即mg-F=-k=8 N,联立两公式,得到m=1 kg、F=2 N,故只有C正确。9.解析：选C。由图可知,第1 s末之后的速度均为2 m/s,故第1 s末至第3 s末合外力不做功,故A错误;第1 s末物体的动能Ek=12mv2=12122 J=2 J,故B错误;由动能定理可知,前3 s内合外力对物体做的功等于动能的改变量,故W=Ek=12mv2=1214 J=2 J,故C正确;第1 s内合外力对物体做功也为2 J,故D错误。10.解析：选B。 由图可知,前2 s内物体做初速度为零的匀加速直线运动,合力恒定,且沿正方向;24 s做匀减速直线运动,

20、合力恒定,且沿负方向;46 s做负方向匀加速直线运动,合力恒定,且沿负方向;68 s做负方向匀减速直线运动,合力恒定,且沿正方向,故A错误。02 s内,x=12at2,x-t图象是开口向上的抛物线;24 s内,x=v0t-12at2,x-t图象是开口向下的抛物线;结合对称性可知,该图正确,故B正确。根据Ek=12mv2,知v-t图象是直线时,Ek与t是二次函数关系,图象应是曲线,故C错误。02 s内,加速度为正;26 s内加速度一定,且为负;68 s内,加速度为正,故D错误。11.答案：A解析：小球做竖直上抛运动时，速度v=v0-gt，根据动能得，Ek是t的二次函数，图象为开口向上的抛物线。1

21、2.答案C解析根据质点滑到轨道最低点N时，对轨道压力为4mg，利用牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg，在最低点，由牛顿第二定律得，4mgmgm，解得质点滑到最低点的速度v。对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由动能定理得，2mgRWmv2，解得WmgR。对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q点时克服摩擦力做功W要小于WmgR，由此可知，质点到达Q点后，可继续上升一段距离，C正确，A、B、D错误。13答案AD解析设斜面倾角为，斜面对物体的摩擦力为f，物体以初动能E滑向斜面时，在斜面上上升的最远距离为x1，则根据动能定理，在物体沿斜面上升的过程中有Gx1sinfx10E，在物体沿斜面下降的

22、过程中有Gx1sinfx1，联立解得Gsin3f，同理，当物体以初动能2E滑向斜面时，在物体沿斜面上升的过程中有Gx2sinfx202E，在物体沿斜面下降的过程中有Gx2sinfx2E，联立解得EE，故A正确、B错误；由mv2，Emv2，得vv，故C错误、D正确。14答案AD解析设斜面长3x、高为3h，若斜面光滑，滑块由底端到顶端过程中，mg3h0Ek0；若AB部分粗糙、其他部分光滑，滑块由底端A到C过程中，fxmg2h0Ek0；滑块由C滑到B过程中，mghEkB，联立可解得EkB，A正确，B错误；滑块由C滑到A过程中，mg2hfxEkA，联立三式可解得EkA，C错误，D正确。15.解析：选C

23、。根据动能定理有:mgh=12mv2-0,所以高度相同,所以末动能相等,速度的大小相等,但方向不同。故本题选C。16.解析：选B。设起跳阶段人做功为W,整个过程中根据动能定理可知mgh+W=12mv2,解得W=12mv2-mgh=122042 J-20100.5 J=60 J,起跳所做的功又消耗体内的化学能,故消耗的化学能为60 J,故B正确,A、C、D错误。17.解析：选A。设水的深度为h,由动能定理得mg(10 m+h)-3mgh=0,解得h=5 m,选项A正确。18.解析：选C。由动能定理和题图数据可知Ek=F阻l,得F阻=5 N,由Ek=12mv02得v0=2Ekm=2502 m/s=

24、52 m/s,a=F阻m=52 m/s2=2.5 m/s2,故t=v0a=522.5 s=22 s,故C正确。19.解析：选B。如图所示,设B、O间距为s1,A点离水平面的高度为h,A、O间的水平距离为s2,物块的质量为m。在物块下滑的全过程中,应用动能定理可得:mgh-mgcoss2cos -mgs1=0,解得:=s1+s2=tan,故B正确。20.解析：选C。小球抛出后做平抛运动,设小球的水平速度为v;由题意知,小球在水平方向的位移之比xAxBxC=123,小球在水平方向做匀速直线运动,x=vt,则小球的运动时间之比tAtBtC=123,故A错误;小球在竖直方向上做自由落体运动,h=12g

25、t2,则抛出点的高度之比hAhBhC=tA2tB2tC2= 149,故B错误;重力的平均功率P=mght,重力平均功率之比PAPBPC= hAtAhBtBhCtC=123,故C正确;由动能定理得,动能的变化量Ek=mgh,从抛出到落地过程中,动能的变化量之比为EkAEkBEkC=hAhBhC= 149,故D错误;故选C。21.解析：由做功的条件可知：只要有力，并且物块沿力的方向有位移，那么该力就对物块做功。受力分析知，支持力FN做正功，但摩擦力Ff方向始终和速度方向垂直，所以摩擦力不做功。物块的重力势能增加了2 J，即重力做功为-2 J，缓慢转动的过程中物块动能不变，由动能定理知，WFN-WG

26、=0，则FN对物块做功为2 J，B选项正确。 D. mg（s+x）解析：由动能定理得22.解析：-W-mg（s+x）=0-12mv02，解得W=12mv02-mg(s+x) ，选项A正确。23.解析：选B、D。设每节动车的功率为P,牵引力为F,每一节车厢的质量是m,阻力为kmg,启动时乘客的加速度的方向与车厢运动的方向是相同的,所以乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相同,故A错误;做加速运动时,有两节动力车厢,对整个的车进行受力分析得:2F-8kmg=8ma对6、7、8车厢进行受力分析得:F1-3kmg=3ma对7、8车厢进行受力分析得:F2-2kmg=2ma联立可得:F1F2=32,故B

27、正确;设进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离为s,则:-8kmgs=0-812mv2,可得:s=v22kg可知进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度的平方成正比,故C错误;当只有两节动力车时,最大速率为v,则:2P=8kmgv改为4节动车带4节拖车的动车组时:4P=8kmgv,所以:v=2v,故D正确。24.解析：选C。在Q点,质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力,两力的合力充当向心力,所以有FN-mg=mv2R,FN=2mg,联立解得v=gR,下落过程中重力做正功,摩擦力做负功,根据动能定理可得mgR-Wf=12mv2,解得Wf=12mgR,所以克服摩擦力做功12mgR

28、,C正确。25.解析：(1)若用F缓慢地拉,则显然F为变力,且小球的动能不变,只能运用动能定理求解,根据动能定理有WF-mgh=0,式中h=L(1-cos ),即得WF=mgL(1-cos )。(2)若F为恒力,则可以直接按定义求功。由功的定义式得WF=FLsin 。答案:(1)mgL(1-cos )(2)FLsin 26.解析：小滑块从ABC过程中,由动能定理得mgh1-mgs=12mvC2代入数据解得vC=6 m/s小滑块从ABCD过程中,由动能定理得mg(h1-h2)-mgs=12mvD2代入数据解得vD=3 m/s答案:6 m/s3 m/s27.解析：(1)分析从A到D过程,由动能定理

29、,mg(H-h)-mgsBC=0-0解得,=0.2。（2）物体第5次经过B点时,物体在BC上滑动了4次,由动能定理,得mgH-mg4sBC=12mvB2-0解得vB=12 m/s。(3)分析整个过程,由动能定理,mgH-mgs=0-0代入数据解得s=50 m。故ssBC=1427,所以物体在轨道上来回共14次后,还有27sBC=1 m,故与B点的距离为1 m。答案:(1)0.2(2)12 m/s(3)1 m28答案(1)4 m/s(2)1.02 m(3)0.4 m解析(1)物体由C点运动到最高点，根据动能定理得：mg(hR)0mv，代入数据解得：vC4 m/s。(2)物体由A点运动到C点，根据

30、动能定理得：mgHmglBCmv0，代入数据解得：H1.02 m。(3)从物体开始下滑到停下，根据动能定理得：mgHmgs100，代入数据，解得s15.1 m由于s14lBC0.7 m，所以物体最终停止的位置到C点的距离为：s0.4 m。29答案(1)1.8105 N(2)11.58 s解析(1)由题意知m18 t1.8104 kg，vC360 km/h100 m/s，则B点的速度至少为v0.6vC60 m/s，由动能定理得，FxABmv2，解得F1.8105 N。(2)飞机到达B点时的功率PFv1.08107 W，飞机从A运动到B的时间t1，飞机从B到C的运动过程由动能定理，得Pt2mgsi

31、nxBCmvmv2，tt1t2，联立解得t11.58 s。30.解析：(1)滑块从A点到D点的过程中,根据动能定理有mg(2RR)一 mgcos372Rsin37=0-0解得=12tan37=0.375。(2)若使滑块能到达C点,根据牛顿第二定律有mg+N=mvc2R由N0得vcgR=2m/s滑块从A点到C点的过程中,根据动能定理有-mgcos372Rsin37=12mvc2-12mv02得v0=vc2+4gRtan3723m/s故v0的最小值为23m/s(3)滑块离开C点后做平抛运动,有x=vct,y=12gt2由几何知识得tan37=2Ryx,整理得5t2+3t-0.8=0,解得t=0.2

32、s(t=-0.8s舍去)。答案(1)0.375(2)23m/s(3)0.2s31.解析：(1)小滑块做平抛运动:h=12gt2=L2,得t=Lg，S=vt=L2，得v=gL2。水平方向的直线运动：12mv212mv02=mgl。解得:l=L4。（2）不管胶带离桌面左端多远,小滑块在桌面上的末速度不変,即v=gL2。小滑块滑过胶带的时间是一定的,滑过胶带前后的两段匀速直线运动的总位移为34L，且vv0，让较大的速度v0运动位移最长时运动时间最短，所以当胶带离桌面左边距离d=34L时,滑块滑过桌面时间最短。匀速直线运动时t1=34Lv0=324Lg，匀减速直线运动时,t2=v0vg=21Lg。最短时间为：t=t1+t2=7241Lg。19