8.3动能和动能定理 同步训练（word版含答案）

8.3动能和动能定理
一、选择题（共15题）
1．对于—定质量的物体，下列说法正确的是（　　）
A．动能不变时，一定处于平衡状态
B．处于平衡状态时，动能一定不变
C．做曲线运动时，动能一定变化
D．所受的合外力不为零时，动能一定变化
2．在2012年伦敦奥运会上有一个体操技术动作“单臂大回环”。运动员用一只手握住单杠绕杠转一周，一个质量为m的运动员要完成单臂大回环，他的一个胳膊至少要承受的作用力约为（忽略空气阻力）（　　）
A．3mg B．4mg C．5mg D．6mg
3．一质量为m的物体在水平恒力F（大小未知）的作用下沿水平地面从静止开始做匀加速直线运动。物体通过的路程为时撤去力F，物体继续滑行的路程后停止运动。重力加速度大小为g，物体与地面间的动摩擦因数为μ，则水平恒力F的大小为（　　）
A．2μmg B．3μmg C．4μmg D．6μmg
4．关于动能定理，下列说法中正确的是（　　）
A．在某过程中，动能的变化等于各个力单独做功的绝对值之和
B．只要有力对物体做功，物体的动能就一定改变
C．动能定理只适用于直线运动，不适用于曲线运动
D．动能定理既适用于恒力做功的情况，又适用于变力做功的情况
5．如图所示，质量为m的物体置于光滑水平面上，绳子的一端固定在物体上，另一端通过定滑轮以恒定速度v0拉动绳头.物体由静止开始运动到当绳子与水平方向夹角θ=60°的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．当绳子与水平方向夹角θ=60°时，物体的速度为
B．当绳子与水平方向夹角θ=60°时，物体的速度为v0
C．此过程中绳子拉力对物体做的功为
D．此过程中绳子拉力对物体做的功为
6．如图所示，两个相同的小球A、B离地面高度相同，A沿光滑斜面静止下滑，B自由下落，不计空气阻力．两球到达地面的过程中，下列说法正确的是
A．两球重力做的功不相等
B．落地时两球的动能不相等
C．两球重力做功的平均功率相等
D．落地时两球重力做功的瞬时功率不相等
7．如图所示，小物体从A处静止开始沿光滑斜面AO下滑，又在粗糙水平面上滑动，最终停在B处。已知A距水平面OB的高度h为2m，物体与水平面的动摩擦因数μ为0.4，质量为M，则OB的距离（ ）
A．0.5m B．1m C．2m D．5m
8．一质量为的物体，在水平恒定拉力的作用下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变化的关系图象。g取，则据此可以求得（　　）
A．物体与水平面间的动摩擦因数为
B．整个过程摩擦力对物体所做的功为
C．物体匀速运动时的速度为
D．整个过程合外力对物体所做的功为
9．如图所示，质量相同的两个物体分别自斜面AC和BC的顶端由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数都相同，物体下滑过程中克服摩擦力所做的功分别为WA和WB，滑到斜面底部C点时的动能分别为EkA和EkB，则（　　）
A．， B．，
C．， D．，
10．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．在图中所示的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
11．如图所示，ABCD-A＇B＇C＇D＇为一立方体木箱，O点为底面A＇B＇C＇D＇中心，M点为DD＇中点，N点为BCC＇B＇面的中心。AO、MO、NO为三个光滑轻杆，三个完全相同的小球套在轻杆上，分别从A、M、N三点由静止沿轻杆滑下。关于三个小球的运动，下列说法正确的是（ ）
A．三个小球滑到O点时的速度大小相等
B．三个小球滑到O点所用的时间相等
C．从A点滑下的小球到达O点时的速度最大
D．从M点滑下的小球到达O点所用时间最短
12．中国的面食文化博大精深，种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，如图甲所示，传统的操作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图乙所示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为L，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，将削出的小面圈的运动视为平抛运动，且小面圈都落入锅中，重力加速度为g，则下列关于所有小面圈在空中运动的描述错误的是（　　）
A．最大初速度是最小初速度的3倍 B．若落入锅中的速度为v，则
C．速度的变化量都相同 D．运动的时间都相同
13．如图所示，质量相同的两个小球a、b由斜面底端斜向上拋出，两球恰好分别沿水平方向 击中斜面顶端A和斜面中点B，不计空气阻力，下列说法正确的是
A．小球a、b的初速度方向相同
B．小球a、b的初动能之比为4:1
C．小球a、b的末速度之比为:1
D．小球a、b空中运动时间之比为2:1
14．如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块.现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中（ ）
A．支持力对小物块做功为0
B．支持力对小物块做功为mgLsinα
C．摩擦力对小物块做功为mgLsinα
D．滑动摩擦力对小物块做功为
15．如图所示，光滑水平面上有一木板，在木板的左端有一小滑块，开始它们都处于静止状态．某时刻起对小滑块施加﹣个水平向右的恒力F，当木板运动的距离为x时．小滑块恰好运动到木板的最右端．已知木板的长度为L，小滑块与木板间的摩擦力为f，则在此过程中（　　）
A．力F对小滑块做的功为F（x+L）
B．木板动能的增加量为f（x+L）
C．小滑块和木板动能的增加量共为F（x+L）﹣fL
D．小滑块和木板动能的增加量共为（F﹣f）（x+L）
二、填空题
16．将一个物体以初动能E0竖直向上抛出，设所受阻力大小恒定，落回地面时物体的动能为E0/2．若将它以初动能4E0竖直向上抛出，则它在上升到最高点的过程中，重力势能变化了_____；落回地面时的动能为_______．
17．质量为10kg的物体以10m/s的初速度在水平路面上滑行了20m后停下，在这个过程中，物体动能减少了_________J，物体与水平面间的动摩擦因数为_________。（g=10m/s2）
18．如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP=2R,重力加速度为g,则小球从P到B的运动过程中克服摩擦力做功为_________，小球落在平台上的位置到A点的距离为____________．
19．某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达节能环保的目的．某次测试中，汽车匀速行驶一段距离后，关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系如图所示：其中①为关闭储能装置的关系图线；@为开启储能装置的关系图线．已知汽车的质量为1200kg,且汽车受阻力恒定．由图中信息可求：
(1)汽车匀速行驶时的功率为_________W；
(2)汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能是________J．
三、综合题
20．如图（a）所示，可视为质点的物块质量为m =2kg，置于水平地面上的A点，物块与水平地面间的动摩擦因数= 0.25。在水平向右的力F作用下物块由静止开始运动，由A运动到B的过程中力F随位移x变化关系如图（b）所示，到达斜面底端B点后撤去力F，物块冲上倾角θ= 37°的足够长斜面，不计物块在B处的动能损失，物块与斜面间的动摩擦因数= 0.5，其中AB段长为 L=5 m。（sin37°= 0.6，cos37°= 0.8，g = 10 m/s2）求∶
（1）由A运动到B的过程中，物块受到摩擦力所做的功；
（2）物块由A运动到B所用的时间；
（3）物块最终静止时与B点的距离。
21．如图所示，水平地面的B点右侧有一圆形挡板．圆的半径R=4m，B为圆心，BC连线与竖直方向夹角为37o．滑块静止在水平地面上的A点，AB间距L=4．5m．现用水平拉力F=18N沿AB方向拉滑块，持续作用一段距离后撤去，滑块恰好落在圆形挡板的C点，已知滑块质量 2kg，与水平面间的动摩擦因数μ=0．4，取g=10m/s2，sin37 o =0．6，cos37 o=0．8．求：
(1)拉力F作用的距离，
(2)滑块从A点运动到圆弧上C点所用的时间．
22．如图所示，一水平方向的传送带以恒定的速度v=2m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧面轨道，并与弧面下端相切，一物体自圆弧面轨道的最高点由静止滑下，圆弧轨道的半径R=0.45m，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，不计物体滑过圆弧面与传送带交接处时的能量损失，传送带足够长，g=10m/s2。求：
(1)物体滑上传送带向左运动的最远距离；
(2)物体第一次从滑上传送带到离开传送带所经历的时间；
(3)物体再次滑上圆弧曲面轨道后，能到达的最高点与圆弧最高点的竖直高度。
(4)最终物体能否停下来？若能，请说明物体停下的位置。若不能，物块如何运动？
23．如图甲，固定在竖直平面内的倾斜轨道，与水平轨道相连，一个质量的小物块可视为质点，在足够长轨道上从距离O点竖直高度、水平距离处由静止释放，然后又从O点水平抛出，O点离地高度H足够高。已知小物块与所有轨道间的动摩擦因数均为0.5，忽略小物块在轨道交接处B点因碰撞而带来的机械能损失（重力加速度）。
（1）求小物块运动到O点时的速度大小；
（2）小物块从O点飞出后刚好沿切线进入竖直圆弧轨道D点，如图乙，已知轨道半径，，C为最高点，求小球到达C点时对轨道的压力。
（3）撤掉圆弧轨道，过O点在竖直面内建立坐标系，y轴竖直向下，有挡板其形状满足，如图丙。改变小球出发位置，求小物块击中挡板时动能的最小值（取）。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】
ACD．匀速圆周运动是一种曲线运动，物体的动能不变，物体所受合力指向圆心，物体不处于平衡状态，故ACD错误。
B．处于平衡状态的物体，静止或做匀速直线运动，动能一定不变，故B正确。
故选B。
2．C
【详解】
设人的长度为l，人的重心在人体的中间；最高点的最小速度为零，根据动能定理得
根据牛顿第二定律得
解得：F=5mg
故C正确，ABD错误。
故选C。
3．C
【详解】
对物体运动的整个过程，根据动能定理有
解得
故ABD错误，C正确。
故选C。
4．D
【详解】
A．根据多个力做功的等效性可知，动能的变化等于各个力单独做功的代数和，故A错误；
B．根据动能定理，决定动能是否改变的是总功，而不是某一个力做的功，故B错误；
CD．动能定理是普遍适用的定理，既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于恒力做功的情况，又适用于变力做功的情况，故C错误，D正确
故选D。
5．C
【详解】
一根绳子跨过定滑轮一端固定在物体上，另一端在力F作用下，以恒定速度v0竖直向下运动．将物体的运动分解为沿绳子方向的运动，以及垂直绳子方向运动即绕滑轮的转动，则由三角函数可解得：运动到绳与水平方向夹角α=60°时物体的速度，物体由静止开始运动到绳与水平方向夹角α=60°过程中，物体只受绳子拉力做功，运用动能定理得：W= mv2-0=2mv02．选项ABD错误，C正确；故选C．
6．D
【详解】
A.根据
知重力对两球做功相同．故A错误；
B.根据动能定理两球下落时都只有重力做功，且重力做功相同，则落地时两球的动能相等，故B错误；
C.在斜面上下滑的小球沿斜面向下的加速度
且沿斜面方向的位移大于竖方向下落的位移，故可知沿斜面上运动的时间长，而重力做功相同，故重力做功平均功率不同，故C错误；
D.两球落地时的速率相同，自由下落的球速度在重力方向，沿斜面下滑的球速度沿斜面方向，重力的瞬时功率等于重力与重力方向上的速度的乘积，故可知，B球的瞬时功率大于A球的瞬时功率，故D正确．
7．D
【详解】
物体从A到B全程应用动能定理可得：
代入数据整理可以得到：，故选项D正确，ABC错误．
8．D
【详解】
A．在水平恒定拉力的作用下在粗糙的水平面上做匀速直线运动，由平衡条件可得
物体与水平面间的动摩擦因数为
所以A错误；
B．整个过程摩擦力对物体所做的功为
所以B错误；
C．根据
可知，拉力F随位移x变化的图象，图像面积表示拉力所做的功，则有
设物体匀速运动时的速度为v，由动能定理可得
代入数据解得
所以C错误；
D．整个过程合外力对物体所做的功为
所以D正确；
故选D。
9．B
【详解】
设斜面的倾角为，滑动摩擦力大小为，则物体克服摩擦力所做的功为
而相同，所以克服摩擦力做功相等。即
根据动能定理得
在斜面上滑动时重力做功多，克服摩擦力做功相等，则在面上滑到底端的动能大于在面上滑到底端的动能，即，故B正确，ACD错误。
故选B。
10．B
【详解】
试题分析：质点受到一个变力F的作用，从静止开始运动，在0～t1时间内，力F逐渐增大，在t1时刻达到最大值，这一段时间质点做变加速直线运动，它的加速度也是在t1时刻达到最大.而后，力F逐渐变小，至t2时刻减为零，这一段时间质点仍做变加速直线运动，只是加速度在逐渐变小，而速度仍在逐渐增大.从t2~t3这段时间，力F变为反向，并且逐渐增大，相应的加速度也将变为反向，数值也是逐渐增大，它做的是变减速直线运动，速度方向仍是向前.在t3~t4这段时间，力F逐渐变小，加速度也逐渐变小，质点继续做变减速直线运动，直到t4时刻速度减为零.通过以上分析不难看出，质点在t2时刻速度达到最大值，故B正确．
11．C
【详解】
AC．根据题意，分别将 AO,NO,MO看做直角三角形的三个斜边，由图可知，A,M,N三点高度之比为 2:1:1，由动能定理:
可知，三者落地速度不同，由高度关系可得：
则三者的速度大小关系为：
故A错误，C正确。
BD．A,M,N三个小球水平位移之比为，A,M,N三个小球加速度分别为
再由v at可得
故BD均错误。
故选C。
12．B
【详解】
D．根据公式，有
可得运动的时间都相同。故D正确；
C．速度的变化量为
加速度相同，下落时间也相同，故速度的变化量都相同。故C正确；
A．小面圈水平位移的范围
根据公式
由于下落时间相同，可得初速度范围
则
故A正确；
B．由动能定理，可得
联立，可得
，
故B错误。
本题选错的，故选B。
13．AC
【详解】
A．根据逆向思维，小球落在斜面上，速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，因为位移与水平方向的夹角相等，则速度与水平方向的夹角相等，到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角也相等，故A正确；
B．根据动能定理可知，到达斜面底端时的动能之比
故B错误；
C．因为EKa：Ekb=2：1，由 可知：小球a、b的末速度之比为：1，故C正确；
D．因为两球下落的高度之比为2：1，根据得，
高度之比为2：1，则时间之比：1，D错误．
14．BD
【详解】
试题分析：物块在缓慢提高过程中，由动能定理可得：W支-mgLsinα=0-0，则有W支=mgLsinα．故A错，B对；物块在缓慢提高过程中，静摩擦力始终与运动方向垂直，所以静摩擦力不做功，当下滑时，滑动摩擦力做功为μmgLcosα，故C错误；物块在滑动过程中，由动能定理可得：W滑+mgLsinα=，则有滑动摩擦力做功为，D正确，所以本题选择BD．
15．AC
【详解】
A、根据题意可知，小滑块运动的距离为L+x，根据功的定义可知力F对小滑块做的功为F（x+L），故A对；
B、小滑块与木板间的摩擦力为f，根据动能定理可知：木板动能的增加量为 ,故B错；
CD、根据功能关系可知：小滑块和木板动能的增加量共为F（x+L）﹣fL，故C对；D错
故选AC。
16． 3E0 2E0
【详解】
设以初动能 E0竖直向上抛出，最大高度为h，对物体全过程运用动能定理， ,对上升过程运用动能定理得， ，则mg=3f．对以初动能4E0竖直上抛的上升过程运用动能定理，设上升的最大高度为h′，则有：，因为mg=3f，得mgh′=3E0．故重力势能的增量为3E0．对整个过程运用动能定理得：Ek-4E0=-2fh′
解得：Ek=2E0
17． 500 0.25
【详解】
在这个过程中，物体动能减少了
根据动能定理
解得
18．
【详解】
小球到达点刚好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律有，解得，从P到B根据动能定理有，解得，小球从B到平台做平抛运动，则有，，解得，小球落在平台上的位置到A点的距离为
19． 1.6×105W 1.2×105J
【详解】
（1）关闭发动机且关闭储能装置后，汽车在地面的阻力f的作用下减速至静止，由动能定理有：﹣fx=0﹣EK
解得：
汽车匀速运动的动能为:
解得：
汽车匀速运动时牵引力大小等于阻力，故汽车的额定功率为：
P=Fv=fv=8000×20=1.6×105W
（2）由功能关系，汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为：
E=Ek﹣fs=2.4×105J﹣8×103×15J=1.2×105J．
20．（1）-25J；（2）1.5s；（3）6m
【详解】
(1)由A运动到B的过程中，物块受滑动摩擦力f1的作用，摩擦力大小为
所做的功为
Wf1=-μ1mgL=-5×5J=-25J
(2)由图像可知0-2.5m阶段
F＞f1
物块做初速度为零的匀加速直线运动，2.5m-5m阶段
F=f1
物块做匀速直线运动，0-2.5m阶段由牛顿第二定律得
F-f1=ma1
由匀变速直线运动公式可得
=
到达AB中点时的速度为
v1=a1t1
2.5m-5m阶段以v1的速度做匀速运动，满足
v1t2=
由A运动到B所用的时间为
t=t1+t2
联立代入数据解得
t=1.5s
(3)在斜面上，木块做匀减速直线运动，到最高点过程中，由动能定理得
又因为
到最高点之后，又向下做匀加速直线运动，由动能定理，有
到了B点后，做匀减速直线运动，由动能定理可得
联立解得，物块最终静止时与B点的距离
s2=6m
21．（1）2.5m（2）2.3s
【详解】
试题分析：（1）滑块离开B点后做平抛运动，设其速度为
水平方向：
竖直方向：
在水平面拉力F作用的距离为x，根据动能定理则有
带入数据计算得
（2）滑块从A到C共分为两个阶段，第一个阶段匀加速直线运动，加速度
根据位移公式有，解得时间
匀加速的末速度
此后在摩擦力作用下匀减速即
匀减速运动时间
滑块从A点运动到圆弧上C点所用的时间
22．(1)2.25m；(2)3.125s；(3)0.25m；(4)物体不能停下来，在传送带和圆弧轨道上作周期性的往复运动。
【详解】
(1)物体下落到圆弧面底端时的速度为v0，由
mgR=mv20
得
v0=3m/s
又物体在传送带上的加速度大小为
a=μg=2m/s2
当物体速度为0时最远，由
0 v2= 2ax
代入数据解得
x=2.25m
故物体滑上传送带向左运动的最远距离为2.25m。
(2)由
0=v0 at
得，物体速度减为零的时间

物体速度为零后反向做匀加速运动，物体向右运动速度达到v时，已向右移动的距离

所用时间

匀速运动的时间

t=t1+t2+t3=3.125s
故物体第一次从滑上传送带到离开传送带所经历的时间为3.125s。
(3)由动能定理有
mgh=0 mv2
可得
h=0.2m
与圆弧最高点距离为
△h=R h=0.25m
故物体再次滑上圆弧曲面轨道后，能到达的最高点与圆弧最高点的竖直高度为0.25m。
(4)根据第二问可知，物体每次到达传送带右端时的速度为2m/s，然后滑上曲面，后滑下曲面达到斜面底端的速度还是2m/s，然后向左做匀减速运动直到速度等于零，后又向右做匀加速运动，到达传送带右端时的速度为2m/s，所以物体不会停下来，在传送带和圆弧轨道上作周期性的往复运动。
23．（1）；（2）0N；（3）2.2J
【详解】
（1）由动能定理得
解得
（2）由题意，D点竖直速度内
由运动学公式
得
D到C由几何关系得
可知C点与O点等高，则C点与O点的速度相等
由
得
（3）从O点抛出后做平抛运动，水平方向
竖直方向
又
由动能定理得
联立解得得
代入数据得
答案第1页，共2页