8.3 动能和动能定理 同步练习题（word版含答案）
文档属性
| 名称 | 8.3 动能和动能定理 同步练习题（word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 898.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-02-05 20:01:08 | ||
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文档简介
8.3 动能和动能定理
一、单选题
1．如图所示，内壁光滑、质量为m的管形圆轨道，竖直放置在光滑水平地面上，恰好处在左、右两固定光滑挡板M、Q之间，圆轨道半径为R，质量为m的小球能在管内运动，小球可视为质点，管的内径忽略不计．当小球运动到轨道最高点时，圆轨道对地面的压力刚好为零，下列判断正确的是（ ）
A．圆轨道对地面的最大压力大小为8mg
B．圆轨道对挡板M、Q的压力总为零
C．小球运动的最小速度为
D．小球运动到圆轨道最右端时，圆轨道对挡板Q的压力大小为5mg
2．如图甲所示，质量为4 kg的物体在水平推力作用下由静止开始沿水平地面运动，推力大小F随位移大小s变化的情况如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数，g取 10 m/s2，则（ ）
A．物体先做加速运动，推力减小到零后才开始做减速运动
B．运动过程中推力做的功为400J
C．物体在运动过程中的加速度先变小后不变
D．物体的总位移为10m
3．一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂在O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点缓慢地移到Q点，如图所示，则力F所做的功为（ ）
A． B． C． D．
4．如图（a），倾角为37°的传送带以v=5m/s的速度逆时针匀速转动，传送带AB之间的距离为20m，质量为m=1kg的物块（可视为质点）自A点无初速度放上传送带。物块在传送带上运动时，其动能Ek与位移x关系图像（Ek-x）如图（b）所示，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则下列说法中正确的是（ ）
A．物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.25
B．物块到达传送带底端B点时的动能为E0=25J
C．整个过程中因摩擦而产生的内能为30J
D．若物块能在传送带上留下痕迹，则痕迹的长度为7.5m
5．一质量为的滑块，以的速度在光滑水平面上滑行，该物体的动能是（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示，轻质橡皮绳上端固定在O点，下端连接一质量为m的物块，物块与水平面之间的动摩擦因数为μ。用外力将物块拉至A点，在A点时橡皮绳的弹性势能为，将物块从A点由静止释放，途经点到达最左侧的B点（图中未画出），点在O点的正下方，在点时橡皮绳恰好处于原长，点与A点之间的距离为L，在物块由A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物块在点时动能最大
B．物块从A至先加速再减速，从至B一直做减速运动
C．物块在B点时橡皮绳的弹性势能等于
D．物块在点时的动能小于
7．如图所示，一传送带的上表面以v1向右做匀速运动，其右侧平台上有一质量为m的物体以初速度v0向左冲上传动带。若传送带足够长，并且v1＞v0，则物体在返回平台的瞬间，其动能与刚离开平台瞬间相比，变化了（ ）
A．0 B． C．- D．+
8．如图所示，小球以初速度从A点出发，沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，小球经过轨道连接处无机械能损失，则小球经过A点的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．在上海世博会上，拉脱维亚馆的风洞飞行表演令参观者大开眼界，若风洞内总的向上的风速风量保持不变，让质量为的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风力大小，以获得不同的运动效果，假设人体受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且人体站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的，风洞内人体可上下移动的空间总高度为。开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速漂移；后来，人从最高点A开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点处减速为零，则以下说法正确的有（ ）
A．由A至全过程风力对表演者做的功为
B．表演者向上的最大加速度是
C．表演者向下的最大加速度是
D．点的高度是
10．如图甲，物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在时刻撤去恒力F，物体运动的v－t图象如图乙所示，重力加速度，则（ ）
A．恒力F与摩擦力f大小之比为
B．物体在3s内的位移
C．在撤去F前后两个阶段的平均速度大小之比为
D．物体与地面间的动摩擦因数为
三、填空题
11．木块受水平力F作用在水平面上由静止开始运动，前进s后撤去F，木块又沿原方向前进了3s停止，则摩擦力________，木块最大动能为________。
12．质量为2kg的物体A以5m/s的速度向北运动，另一个质量为0.5kg的物体B以10m/s的速度向西运动，则EkA______EkB。（填=；>；<；）
13．某同学用如图所示装置测物块与长木板间的动摩擦因数。图中长木板固定在水平桌面上，光滑的四分之一圆弧轨道与长木板的上表面在O点相切，一竖直标尺紧贴圆弧轨道左侧放置，圆弧曲面与标尺竖直面相切。
(1)在A点由静止释放物块，物块经圆弧轨道滑上长木板，最后停在a点，在B点由静止释放物块，物块最后停在长木板上的b点，量出A、B间的高度h，a、b间的距离L，重力加速度为g，则物块与长木板间的动摩擦因数μ=___________。
(2)为了减小实验误差，多次改变物块释放的位置，测出每次物块释放的位置离A点的高度h，最后停在长木板上的位置离O点的距离x，作出x h图像，求出图像的斜率k，则物块与长木板间的动摩擦因数为μ=___________。
14．快递员驾驶电动车配送货物，人和车的质量为250kg，货物的质量为50kg，送货和返回过程电动车的v-t图像如图所示，两过程中电动车都是先匀加速启动，后保持额定功率行驶。已知电动车受到的阻力与其总重力成正比，匀加速的最大速度均为2.4m/s，则电动车的额定功率为_________W；返回时电动车的最大速度为_________ m/s。（g取10m/s2）
15．质量为0.1 kg的小球从高处由静止落下，最初4s内小球动能Ek随时间的二次方t2变化的图像如图所示，g取10 m/s2.；根据图像可确定小球下落的运动______自由落体运动（选填“是”或“不是”），理由是_______。
四、解答题
16．2022年冬奥会将于2月4日在北京开幕，如图所示是冬奥会项目冰壶比赛场地示意图，左侧是投掷区域，右侧为圆垒大本营，AB为投掷线。比赛时，在圆垒圆心附近有对方的冰壶，冰壶队采用“粘壶战术”，即让己方冰壶恰能贴紧对方冰壶而不相碰。运动员在投掷线AB处将冰壶以v0=2 m/s的初速度向圆垒圆心滑出，已知对方冰壶到AB线的距离为30 m，冰壶与冰面间的动摩擦因数 1=0.008，若用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至 2=0.004， g取10m/s2。
（1）运动员若不用毛刷擦冰面，求冰壶能滑行的最长时间；
（2）要使“粘壶战术”成功，求运动员用毛刷擦冰面的距离。
17．为了研究滑板运动中的滑道设计，如图所示，将滑道的竖直截面简化为直轨道与圆弧轨道，半径与垂直，两点的高度差，两点的高度差段动摩擦因数段摩擦不计，圆弧半径，运动过程空气阻力不计，与水平方向的夹角．将运动员及滑板简化为一质量的质点，经过前一滑道的滑行，到达图示的A点时速度恰好水平向右，到达B点时速度恰好与斜面平行进入斜面，经过后竖直上抛再从E点落回滑道，取求：
（1）运动员到达B点时的速度大小；
（2）第一次到达D点时滑板对D点的压力；
（3）运动员有几次向上冲出E点的机会。
18．如图所示，AB是固定在竖直平面内的半径R=0.9m的光滑圆弧轨道，A、B为轨道的两端点，轨道上端点B的切线水平，下端点A相切处放置竖直向上的弹簧枪，弹簧枪可发射速度不同、质量m=0.2kg的小钢珠；CD是固定在竖直平面内的半径r=1m的光滑圆弧轨道，C、D为圆弧轨道的两端点，其连线水平，E为圆弧轨道的最低点，B、C两点的高度差h=0.8m。某次发射的小钢珠从A点进入轨道后沿轨道内壁上升，并恰好能从B点水平飞出，又恰好能无碰撞地从C点进入圆所受弧轨道CD。不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2.求：
（1）小钢珠从A点进入轨道时具有的动能Ek；
（2）B、C两点的水平距离s；
（3）运动到E点时，小钢珠对轨道的压力大小N。
19．附中女子足球队员正进行训练。某队员将质量0.4kg的足球竖直向上踢出，足球经1s上升了6m到达最高点，足球运动过程中所受空气阻力大小恒定，重力加速度g=10m/s2，求足球：
（1）被踢出瞬间的速度大小；
（2）运动过程中所受空气阻力大小；
（3）返回踢出点时的速度大小。
试卷第6页，共7页
试卷第7页，共7页
参考答案
1．A
【详解】
C．当小球运动到最高点时，圆轨道对地面的压力为零，可知小球对圆轨道的弹力等于圆轨道的重力，根据牛顿第二定律得
又
N＝mg
解得小球在最高点的速度
该速度为小球运动的最小速度，故C错误；
A．根据动能定理得
根据牛顿第二定律得
解得轨道对小球的最大支持力
N′＝7mg
由平衡条件及牛顿第三定律可知，圆轨道对地面的最大压力为8mg，故A正确；
B．在小球运动的过程中，圆轨道对挡板的一侧有力的作用，所以对挡板M、N的压力不为零，故B错误；
D．小球运动到圆轨道最右端时，根据动能定理得
根据牛顿第二定律得
解得
N″＝4mg
由平衡条件及牛顿第三定律可知，此时圆轨道对挡板Q的压力大小为4mg，故D错误。
故选A。
2．D
【详解】
AC．推力减小到等于摩擦力以后，物体先做加速度增大的减速运动，撤去F后做匀减速运动，故AC错误；
B．由F s图象的面积可得推力全过程做功
故B错误；
D．运动的全过程，根据动能定理有
解得物体的总位移为
故D正确。
故选D。
3．B
【详解】
小球从平衡位置P点缓慢地移到Q点，根据动能定理
解得
故B正确。
故选B。
4．C
【详解】
A．由图（b）可知，图像的斜率表示合外力的大小，物块无初速度放上传送带，所受滑动摩擦力沿传送带向下，段有
时物块与传送带共速，动能继续增大，速度增大，说明二者共速后物块继续加速，所受滑动摩擦力沿传送带向上，有
联立解得
A错误；
B．时物块与传送带共速
解得
B错误；
C．段物块加速度
故经t1=0.5s与传送带共速
，
此阶段相对位移
段物块加速度
15x0=
解得
t2=2.5s
此阶段相对位移
因此整个过程中因摩擦而产生的内能为
C正确；
D．若物块能在传送带上留下痕迹，因为
则痕迹的长度为5m，D错误。
故选C。
5．B
【详解】
该物体的动能为
故B正确，ACD错误。
故选B。
6．B
【详解】
A．物块从A点静止释放后，到B点的过程中先加速后减速，合力为零时，速度最大，即动能最大，受力分析可知在点右侧合力为零，A错误，B正确；
C．A到B过程中，除了点外摩擦力均小于μmg，也小于，即摩擦生热应小于2mgL，B点速度为零，即物块在B点时弹性绳的弹性势大于，C错误；
D．在点时弹簧处于原长状态，没有弹性势能，A到点的过程中，物块克服摩擦力做功小于mgL，系统能量守恒可知，故物块在点的动能大于，D错误。
故选B。
7．A
【详解】
物块以速度v0滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下向左做匀减速直线运动，直至速度为零，此后在滑动摩擦力作用下向右做匀加速运动，由于v1＞v0，传送带足够长，所以根据对称性可知，物体在返回平台的瞬间速度大小为v0，则物体动能的变化量为
故A正确，BCD错误。
故选A。
8．D
【详解】
设小球在由A到B的过程中阻力做功为W，由A到B的过程中由动能定理
当小球由B返回到A的过程中，阻力做的功依旧为W，再由动能定理得
以上两式联立可得
故选D。
9．D
【详解】
A．对A至C全过程应用动能定理
解得
故A错误；
B．设最大风力为Fm，由于人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风力为，由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重力
人平躺匀减速下落时有最大加速度
故B错误；
C．人站立加速下降时的最大加速度
故C错误；
D．设下降的最大速度为v，由速度位移公式，加速下降过程位移
减速下降过程位移
故
因而
故D正确；
故选D。
10．AD
【详解】
A．物体在第1s内和后2s内的位移分别为
对整个过程，由动能定理得
解得
A正确；
B．根据v-t图象与时间轴所围的面积表示位移，可得：物体在3s内的位移
B错误；
C．撤去外力前后的两个过程为匀变速直线运动，根据
知
C错误；
D．对2~3s内物体的运动过程，由动能定理得
得
D正确。
故选AD。
11．
【详解】
对全过程运用动能定理得
解得
撤去外力时动能最大，根据动能定理得
解得
12．=
【详解】
根据动能可得
物体A的动能
物体B的动能
所以
13．
【详解】
(1)A到O点的竖直高度为H，Oa的距离为x，从A到a根据动能定理可知
mgH-μmgx=0
从B到b，根据动能定理可知
mg（H+h）-μmg（x+L)=0
解得
(2)根据动能定理可知
mg（H+h）-μmgx=0-0
解得
故斜率k为
解得
14．720 4.8
【详解】
设电动车的额定功率为P，由图可知，送货过程中，匀加速位移为
由动能定理可得
返程过程中，匀加速位移为
由动能定理可得
联立方程，代入数据解得
，
返回时电动车受到的阻力为
当牵引力等于阻力时，达到最大速度
15．不是 根据图像可求得小球下落的加速度大小为8 m/s2，不是重力加速度。
【详解】
根据
由图像可知
解得
a=8m/s2
则小球下落的运动不是自由落体运动，理由是小球下落的加速度大小为8 m/s2，不是重力加速度。
16．（1）25s；（2）10m
【详解】
(1)根据牛顿第二定律，运动员若不用毛刷擦冰面，冰壶运动的加速度为
解得
冰壶能滑行的最长时间t
(2)“粘壶战术”是让己方冰壶恰能贴紧对方冰壶而不相碰，即到达对方冰壶处速度为0，由动能定理得
解得
17．（1）；（2），方向竖直向下；（3）2
【详解】
（1）分解运动员到达B点的速度，有
，
解得
（2）运动员从B运动到D，由动能定理有
运动员在D点，受力分析根据牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知
方向竖直向下。
（3）要冲出E点，在C点的速度必须满足
解得
由牛顿第二定律有
解得
根据运动学公式，有
解得
因为所以第一次能冲出E点。
返回时，有
解得
由运动学公式，有
再次返回C点的速度
因为所以第二次能冲出E点，再次返回时
所以第三次不能冲上E点，综上所述总共能有2次冲上E点的机会。
18．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）在B点时，有
从到，有
解得：
（2）从B到C的时间为
故
（3）分解小钢珠在C点时的速度，如图，可知
其中
从B到E，有
在E点时，有
又
解得
19．（1）；（2）0.8N；（3）
【详解】
（1）上升过程，由
得
（2）上升过程，足球加速度大小
由牛顿第二定律得
解得
（3）根据动能定理得
解得
答案第14页，共1页
答案第13页，共13页
一、单选题
1．如图所示，内壁光滑、质量为m的管形圆轨道，竖直放置在光滑水平地面上，恰好处在左、右两固定光滑挡板M、Q之间，圆轨道半径为R，质量为m的小球能在管内运动，小球可视为质点，管的内径忽略不计．当小球运动到轨道最高点时，圆轨道对地面的压力刚好为零，下列判断正确的是（ ）
A．圆轨道对地面的最大压力大小为8mg
B．圆轨道对挡板M、Q的压力总为零
C．小球运动的最小速度为
D．小球运动到圆轨道最右端时，圆轨道对挡板Q的压力大小为5mg
2．如图甲所示，质量为4 kg的物体在水平推力作用下由静止开始沿水平地面运动，推力大小F随位移大小s变化的情况如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数，g取 10 m/s2，则（ ）
A．物体先做加速运动，推力减小到零后才开始做减速运动
B．运动过程中推力做的功为400J
C．物体在运动过程中的加速度先变小后不变
D．物体的总位移为10m
3．一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂在O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点缓慢地移到Q点，如图所示，则力F所做的功为（ ）
A． B． C． D．
4．如图（a），倾角为37°的传送带以v=5m/s的速度逆时针匀速转动，传送带AB之间的距离为20m，质量为m=1kg的物块（可视为质点）自A点无初速度放上传送带。物块在传送带上运动时，其动能Ek与位移x关系图像（Ek-x）如图（b）所示，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则下列说法中正确的是（ ）
A．物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.25
B．物块到达传送带底端B点时的动能为E0=25J
C．整个过程中因摩擦而产生的内能为30J
D．若物块能在传送带上留下痕迹，则痕迹的长度为7.5m
5．一质量为的滑块，以的速度在光滑水平面上滑行，该物体的动能是（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示，轻质橡皮绳上端固定在O点，下端连接一质量为m的物块，物块与水平面之间的动摩擦因数为μ。用外力将物块拉至A点，在A点时橡皮绳的弹性势能为，将物块从A点由静止释放，途经点到达最左侧的B点（图中未画出），点在O点的正下方，在点时橡皮绳恰好处于原长，点与A点之间的距离为L，在物块由A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物块在点时动能最大
B．物块从A至先加速再减速，从至B一直做减速运动
C．物块在B点时橡皮绳的弹性势能等于
D．物块在点时的动能小于
7．如图所示，一传送带的上表面以v1向右做匀速运动，其右侧平台上有一质量为m的物体以初速度v0向左冲上传动带。若传送带足够长，并且v1＞v0，则物体在返回平台的瞬间，其动能与刚离开平台瞬间相比，变化了（ ）
A．0 B． C．- D．+
8．如图所示，小球以初速度从A点出发，沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，小球经过轨道连接处无机械能损失，则小球经过A点的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．在上海世博会上，拉脱维亚馆的风洞飞行表演令参观者大开眼界，若风洞内总的向上的风速风量保持不变，让质量为的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风力大小，以获得不同的运动效果，假设人体受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且人体站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的，风洞内人体可上下移动的空间总高度为。开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速漂移；后来，人从最高点A开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点处减速为零，则以下说法正确的有（ ）
A．由A至全过程风力对表演者做的功为
B．表演者向上的最大加速度是
C．表演者向下的最大加速度是
D．点的高度是
10．如图甲，物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在时刻撤去恒力F，物体运动的v－t图象如图乙所示，重力加速度，则（ ）
A．恒力F与摩擦力f大小之比为
B．物体在3s内的位移
C．在撤去F前后两个阶段的平均速度大小之比为
D．物体与地面间的动摩擦因数为
三、填空题
11．木块受水平力F作用在水平面上由静止开始运动，前进s后撤去F，木块又沿原方向前进了3s停止，则摩擦力________，木块最大动能为________。
12．质量为2kg的物体A以5m/s的速度向北运动，另一个质量为0.5kg的物体B以10m/s的速度向西运动，则EkA______EkB。（填=；>；<；）
13．某同学用如图所示装置测物块与长木板间的动摩擦因数。图中长木板固定在水平桌面上，光滑的四分之一圆弧轨道与长木板的上表面在O点相切，一竖直标尺紧贴圆弧轨道左侧放置，圆弧曲面与标尺竖直面相切。
(1)在A点由静止释放物块，物块经圆弧轨道滑上长木板，最后停在a点，在B点由静止释放物块，物块最后停在长木板上的b点，量出A、B间的高度h，a、b间的距离L，重力加速度为g，则物块与长木板间的动摩擦因数μ=___________。
(2)为了减小实验误差，多次改变物块释放的位置，测出每次物块释放的位置离A点的高度h，最后停在长木板上的位置离O点的距离x，作出x h图像，求出图像的斜率k，则物块与长木板间的动摩擦因数为μ=___________。
14．快递员驾驶电动车配送货物，人和车的质量为250kg，货物的质量为50kg，送货和返回过程电动车的v-t图像如图所示，两过程中电动车都是先匀加速启动，后保持额定功率行驶。已知电动车受到的阻力与其总重力成正比，匀加速的最大速度均为2.4m/s，则电动车的额定功率为_________W；返回时电动车的最大速度为_________ m/s。（g取10m/s2）
15．质量为0.1 kg的小球从高处由静止落下，最初4s内小球动能Ek随时间的二次方t2变化的图像如图所示，g取10 m/s2.；根据图像可确定小球下落的运动______自由落体运动（选填“是”或“不是”），理由是_______。
四、解答题
16．2022年冬奥会将于2月4日在北京开幕，如图所示是冬奥会项目冰壶比赛场地示意图，左侧是投掷区域，右侧为圆垒大本营，AB为投掷线。比赛时，在圆垒圆心附近有对方的冰壶，冰壶队采用“粘壶战术”，即让己方冰壶恰能贴紧对方冰壶而不相碰。运动员在投掷线AB处将冰壶以v0=2 m/s的初速度向圆垒圆心滑出，已知对方冰壶到AB线的距离为30 m，冰壶与冰面间的动摩擦因数 1=0.008，若用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至 2=0.004， g取10m/s2。
（1）运动员若不用毛刷擦冰面，求冰壶能滑行的最长时间；
（2）要使“粘壶战术”成功，求运动员用毛刷擦冰面的距离。
17．为了研究滑板运动中的滑道设计，如图所示，将滑道的竖直截面简化为直轨道与圆弧轨道，半径与垂直，两点的高度差，两点的高度差段动摩擦因数段摩擦不计，圆弧半径，运动过程空气阻力不计，与水平方向的夹角．将运动员及滑板简化为一质量的质点，经过前一滑道的滑行，到达图示的A点时速度恰好水平向右，到达B点时速度恰好与斜面平行进入斜面，经过后竖直上抛再从E点落回滑道，取求：
（1）运动员到达B点时的速度大小；
（2）第一次到达D点时滑板对D点的压力；
（3）运动员有几次向上冲出E点的机会。
18．如图所示，AB是固定在竖直平面内的半径R=0.9m的光滑圆弧轨道，A、B为轨道的两端点，轨道上端点B的切线水平，下端点A相切处放置竖直向上的弹簧枪，弹簧枪可发射速度不同、质量m=0.2kg的小钢珠；CD是固定在竖直平面内的半径r=1m的光滑圆弧轨道，C、D为圆弧轨道的两端点，其连线水平，E为圆弧轨道的最低点，B、C两点的高度差h=0.8m。某次发射的小钢珠从A点进入轨道后沿轨道内壁上升，并恰好能从B点水平飞出，又恰好能无碰撞地从C点进入圆所受弧轨道CD。不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2.求：
（1）小钢珠从A点进入轨道时具有的动能Ek；
（2）B、C两点的水平距离s；
（3）运动到E点时，小钢珠对轨道的压力大小N。
19．附中女子足球队员正进行训练。某队员将质量0.4kg的足球竖直向上踢出，足球经1s上升了6m到达最高点，足球运动过程中所受空气阻力大小恒定，重力加速度g=10m/s2，求足球：
（1）被踢出瞬间的速度大小；
（2）运动过程中所受空气阻力大小；
（3）返回踢出点时的速度大小。
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参考答案
1．A
【详解】
C．当小球运动到最高点时，圆轨道对地面的压力为零，可知小球对圆轨道的弹力等于圆轨道的重力，根据牛顿第二定律得
又
N＝mg
解得小球在最高点的速度
该速度为小球运动的最小速度，故C错误；
A．根据动能定理得
根据牛顿第二定律得
解得轨道对小球的最大支持力
N′＝7mg
由平衡条件及牛顿第三定律可知，圆轨道对地面的最大压力为8mg，故A正确；
B．在小球运动的过程中，圆轨道对挡板的一侧有力的作用，所以对挡板M、N的压力不为零，故B错误；
D．小球运动到圆轨道最右端时，根据动能定理得
根据牛顿第二定律得
解得
N″＝4mg
由平衡条件及牛顿第三定律可知，此时圆轨道对挡板Q的压力大小为4mg，故D错误。
故选A。
2．D
【详解】
AC．推力减小到等于摩擦力以后，物体先做加速度增大的减速运动，撤去F后做匀减速运动，故AC错误；
B．由F s图象的面积可得推力全过程做功
故B错误；
D．运动的全过程，根据动能定理有
解得物体的总位移为
故D正确。
故选D。
3．B
【详解】
小球从平衡位置P点缓慢地移到Q点，根据动能定理
解得
故B正确。
故选B。
4．C
【详解】
A．由图（b）可知，图像的斜率表示合外力的大小，物块无初速度放上传送带，所受滑动摩擦力沿传送带向下，段有
时物块与传送带共速，动能继续增大，速度增大，说明二者共速后物块继续加速，所受滑动摩擦力沿传送带向上，有
联立解得
A错误；
B．时物块与传送带共速
解得
B错误；
C．段物块加速度
故经t1=0.5s与传送带共速
，
此阶段相对位移
段物块加速度
15x0=
解得
t2=2.5s
此阶段相对位移
因此整个过程中因摩擦而产生的内能为
C正确；
D．若物块能在传送带上留下痕迹，因为
则痕迹的长度为5m，D错误。
故选C。
5．B
【详解】
该物体的动能为
故B正确，ACD错误。
故选B。
6．B
【详解】
A．物块从A点静止释放后，到B点的过程中先加速后减速，合力为零时，速度最大，即动能最大，受力分析可知在点右侧合力为零，A错误，B正确；
C．A到B过程中，除了点外摩擦力均小于μmg，也小于，即摩擦生热应小于2mgL，B点速度为零，即物块在B点时弹性绳的弹性势大于，C错误；
D．在点时弹簧处于原长状态，没有弹性势能，A到点的过程中，物块克服摩擦力做功小于mgL，系统能量守恒可知，故物块在点的动能大于，D错误。
故选B。
7．A
【详解】
物块以速度v0滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下向左做匀减速直线运动，直至速度为零，此后在滑动摩擦力作用下向右做匀加速运动，由于v1＞v0，传送带足够长，所以根据对称性可知，物体在返回平台的瞬间速度大小为v0，则物体动能的变化量为
故A正确，BCD错误。
故选A。
8．D
【详解】
设小球在由A到B的过程中阻力做功为W，由A到B的过程中由动能定理
当小球由B返回到A的过程中，阻力做的功依旧为W，再由动能定理得
以上两式联立可得
故选D。
9．D
【详解】
A．对A至C全过程应用动能定理
解得
故A错误；
B．设最大风力为Fm，由于人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风力为，由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重力
人平躺匀减速下落时有最大加速度
故B错误；
C．人站立加速下降时的最大加速度
故C错误；
D．设下降的最大速度为v，由速度位移公式，加速下降过程位移
减速下降过程位移
故
因而
故D正确；
故选D。
10．AD
【详解】
A．物体在第1s内和后2s内的位移分别为
对整个过程，由动能定理得
解得
A正确；
B．根据v-t图象与时间轴所围的面积表示位移，可得：物体在3s内的位移
B错误；
C．撤去外力前后的两个过程为匀变速直线运动，根据
知
C错误；
D．对2~3s内物体的运动过程，由动能定理得
得
D正确。
故选AD。
11．
【详解】
对全过程运用动能定理得
解得
撤去外力时动能最大，根据动能定理得
解得
12．=
【详解】
根据动能可得
物体A的动能
物体B的动能
所以
13．
【详解】
(1)A到O点的竖直高度为H，Oa的距离为x，从A到a根据动能定理可知
mgH-μmgx=0
从B到b，根据动能定理可知
mg（H+h）-μmg（x+L)=0
解得
(2)根据动能定理可知
mg（H+h）-μmgx=0-0
解得
故斜率k为
解得
14．720 4.8
【详解】
设电动车的额定功率为P，由图可知，送货过程中，匀加速位移为
由动能定理可得
返程过程中，匀加速位移为
由动能定理可得
联立方程，代入数据解得
，
返回时电动车受到的阻力为
当牵引力等于阻力时，达到最大速度
15．不是 根据图像可求得小球下落的加速度大小为8 m/s2，不是重力加速度。
【详解】
根据
由图像可知
解得
a=8m/s2
则小球下落的运动不是自由落体运动，理由是小球下落的加速度大小为8 m/s2，不是重力加速度。
16．（1）25s；（2）10m
【详解】
(1)根据牛顿第二定律，运动员若不用毛刷擦冰面，冰壶运动的加速度为
解得
冰壶能滑行的最长时间t
(2)“粘壶战术”是让己方冰壶恰能贴紧对方冰壶而不相碰，即到达对方冰壶处速度为0，由动能定理得
解得
17．（1）；（2），方向竖直向下；（3）2
【详解】
（1）分解运动员到达B点的速度，有
，
解得
（2）运动员从B运动到D，由动能定理有
运动员在D点，受力分析根据牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知
方向竖直向下。
（3）要冲出E点，在C点的速度必须满足
解得
由牛顿第二定律有
解得
根据运动学公式，有
解得
因为所以第一次能冲出E点。
返回时，有
解得
由运动学公式，有
再次返回C点的速度
因为所以第二次能冲出E点，再次返回时
所以第三次不能冲上E点，综上所述总共能有2次冲上E点的机会。
18．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）在B点时，有
从到，有
解得：
（2）从B到C的时间为
故
（3）分解小钢珠在C点时的速度，如图，可知
其中
从B到E，有
在E点时，有
又
解得
19．（1）；（2）0.8N；（3）
【详解】
（1）上升过程，由
得
（2）上升过程，足球加速度大小
由牛顿第二定律得
解得
（3）根据动能定理得
解得
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