8.3动能和动能定理 同步练习（含解析）

8.3 动能和动能定理
一、多选题
1．关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是（ ）
A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功
B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功
C．公式中的Ek2－Ek1为动能的增量，当W＞0时动能增加，当W＜0时，动能减少
D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功
2．在高处的同一点将三个质量相同的小球以大小相等的初速度v0分别上抛、平抛和下抛，则 （ ）
A．从抛出到落地过程中，重力对它们做功相同
B．从抛出到落地过程中，重力对它们的平均功率相同
C．三个小球落地时，重力的瞬时功率相同
D．三个小球落地时的动能相同．
二、单选题
3．如图，第一次，小球从粗糙的圆形轨道顶端由静止滑下，到达底端的速度为，克服摩擦力做功为；第二次，同一小球从底端以冲上圆形轨道，恰好能到达点，克服摩擦力做功为，则（　　）
A．可能等于
B．一定小于
C．小球第一次运动机械能变大了
D．小球第一次经过圆弧某点的速率大于它第二次经过同一点的速率
4．下列说法中正确的是( )
A．如果合外力对物体所做的功为零，则合外力一定为零
B．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化；但速度变化时，动能不一定变化
C．处于平衡状态的运动物体，其机械能一定不变
D．动能不变的物体，其机械能一定不变
5．如图所示，竖直面内固定一半径为R的光滑四分之一圆弧轨道，光滑地面上放置一长为L的长木板，L = R ,长木板的上表面与圆弧轨道的最低点B等高，且二者接触但不粘连，长木板质量为M, —个质量为 m的铁块以一定初速度 滑上长木板的左端，m=M,铁块恰好能滑到圆弧轨道的最高点C,重力加速度为g,则下列说法正确的是
A．铁块运动到B点时对圆弧轨道的压力为2mg
B．最终铁块能滑到长木板的左端
C．铁块与长木板间的动摩擦因数μ= 0.1
D．最终铁块的速度为v0
6．关于物体的动能，下列说法正确的是（　　）
A．物体的质量、速度不变，其动能一定不变
B．物体的动能不变，其速度一定不变
C．两个物体中，速度大的动能也大
D．某一过程中物体的速度变化，其动能一定变化
7．如图所示，滑梯顶端离地面的高度为H，一个小孩从粗糙的滑梯顶端由静止开始滑下。若以滑梯顶端为零势能面。以下说法错误的是（　　）
A．下滑过程中，小孩的动能增加
B．小孩滑到滑梯底端时的重力势能为-mgH
C．下滑过程中，小孩的机械能守恒
D．下滑过程中，滑梯对小孩的支持力不做功
8．如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球。t=0时，乙球以6m/s的初速度向静止的甲球运动。之后，它们仅在电场力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触）。它们运动的v－t图象分别如图(b)中甲、乙两曲线所示。由图线可知（　　）
A．甲、乙两球一定带异号电荷
B．t1时刻两球的电势能最小
C．0～t2时间内，两球间的静电力先增大后减小
D．0～t3时间内，甲球的动能一直增大，乙球的动能一直减小
9．某物体做平抛运动时，它的速度方向与水平方向的夹角为θ，其正切值tan θ随时间t变化的图象如图所示，则（g取10m/s2）（　　）
A．第1 s物体下落的高度为1 m
B．第1 s物体下落的高度为10 m
C．物体的初速度是5 m/s
D．物体的初速度是10 m/s
10．某质量为m的动车由静止沿平直路线启动，其加速度a与位移x的图像如图所示。已知运动中阻力恒为车重的k倍，重力加速度为g，下列说法不正确的是（ ）
A．动车位移为x1时的速度为
B．动车位移为x2时的速度为
C．若，在0-x2的过程中，牵引力做功为
D．动车从x1-x2所经历的时间为
三、解答题
11．如图甲所示，倾角θ=37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面上端固定一轻质弹簧，下端与一足够长的水平面平滑相连，水平面右端放置一个质量M=7.0kg的滑块，开始时弹簧被一质量m=1.0kg的小物块（可视为质点）压缩，小物块与弹簧只接触不相连，此时小物块距斜面底端的距离=4.0m。t=0时释放小物块，图乙为小物块在斜面上运动的加速度a随时间t变化的部分图象，小物块到达水平面并与滑块发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知弹簧的劲度系数k=75N/m，弹性势能的表达式为，x为弹簧形变量，所有接触面之间动摩擦因数均相同。g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)斜面与小物块之间的动摩擦因数μ；
(2)小物块到达斜面底端时的速度大小；
(3)滑块运动的路程s。
12．一物块在一个水平拉力作用下沿粗糙水平面运动，其v－t图象如图甲所示，水平拉力的P－t图象如图乙所示，g=10 m/s2，求：
（1）物块与水平面间的动摩擦因数μ；
（2）物块运动全过程水平拉力所做的功W；
（3）物块在0~2s内所受的水平拉力大小F．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．BC
【解析】
【详解】
公式中的W为物体所受的所有力做的总功，包括重力功，选项A错误；公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功，选项B正确；公式中的Ek2－Ek1为动能的增量，当W＞0时动能增加，当W＜0时，动能减少，选项C正确；动能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，也适用于变力做功，选项D错误．
2．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．三个小球由同一点抛出，由W=mgh可知，到落地的过程中，下降的高度相同，则重力做功相同，A正确；
B．在竖直上抛、平抛、竖直下抛中，运动的时间不同，根据知，重力对它们的平均功率不同，B错误；
CD．根据动能定理得
重力做功相同，初动能相同，则落地时的动能相同，可知速度的大小相同，由于平抛运动落地时竖直分速度与竖直上抛、下抛的竖直分速度不同，则重力做功的瞬时功率不同，C错误，D正确。
故选AD。
3．B
【解析】
【详解】
AD．下滑过程重力做正功、摩擦力做负功，根据动能定理有
上滑过程重力、摩擦力做负功，根据动能定理有
由以上两式可知
且物体在同一位置时上滑速度大于下滑速度相同，AD错误；
B．物体在同一位置时上滑速度大于下滑速度相同，故上滑时对轨道的压力较大，那么摩擦力较大，所以上滑过程克服摩擦力做功比下滑时多，即，B正确；
C．小球第一次运动过程中，由于摩擦生热，所以机械能减少，C错误。
故选B。
4．B
【解析】
【详解】
A.合外力做功为零，有多种情况，比如合外力为零、或做功位移为零、或合外力不为零，位移不为零，但合外力和位移垂直，A错误；
B.动能是标量，当其大小发生变化时，根据，速度大小必然发生变化；而速度变化时，很可能只是速度方向的变化，大小不变，根据，动能不变，B正确；
C.处于平衡状态的物体，机械能可能是变化的，例如匀速上升或下降的电梯，动能不变，重力势能变化，机械能变化，C错误；
D.动能不变的物体，当其势能发生变化时，机械能就改变，D错误．
5．B
【解析】
【详解】
C.铁块恰好能滑到圆弧轨道的最高点C，根据动能定理有，则铁块与长木板间的动摩擦因数，故C错误．
A.运动到B点的速度，根据牛顿第二定律有，得，故A错误．
BD.铁块从圆弧轨道返回到底端，然后滑上长木板与圆弧轨道分离，在木板上滑动过程中，根据动量守恒有， 根据能量守恒有，解得，最终铁块能滑到长木板的左端，故B正确，D错误．
6．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据可知，如果物体的质量、速度不变，动能不变，故A正确；
B．如果物体的动能不变，则说明其速度大小一定不变，方向可能变化，故B错误；
C．动能由质量和速度大小共同决定，速度大的物体动能不一定大，故C错误；
D．如做匀速圆周运动的物体，其速度不断变化，但动能不变，故D错误。
故选A。
7．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．由静止开始滑下，说明小孩加速下滑，速度增加，动能增加，A正确，不符合题意；
B．以滑梯顶端为零势能面，则小孩滑到滑梯底端时的重力势能为-mgH，B正确，不符合题意；
C．下滑过程中，要克服摩擦力做功，机械能不守恒，C错误，符合题意；
D．下滑过程中，滑梯对小孩的支持力与运动方向垂直，故支持力不做功，D正确，不符合题意。
故选C。
8．C
【解析】
【详解】
A．由图像0－t1段看出，甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，则知两电荷的电性一定相同，故A错误；
B．0～t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1～t2时间内两电荷间距离逐渐增大，t1时刻两球相距最近，系统克服电场力做功最多，两电荷的电势能最大，故B错误；
C．0～t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1～t2时间内两电荷间距离逐渐增大，由库仑定律得知，两电荷间的静电力先增大后减小，故C正确；
D．由图像可知，在0 t3时间内，甲的速度一直增大即动能一直增大，乙的速度先减小后增大则动能先减小，t2时刻后逐渐增大，故D错误。
故选C。
9．D
【解析】
【详解】
物体在竖直方向上自由落体运动，则第1s物体下落的高度为：，故AB错误；根据图象知，第1s末有：，故有：，故C错误，D正确．故选D .
点睛：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合图象理解并能应用．
10．D
【解析】
【详解】
A．根据图像可知，0-x1的过程中动车关于位移的平均加速度为
由
动车位移为x1时的速度为
A正确；
B．图像可知，x1-x2的过程中动车的加速度为a0，动车做匀变速直线运动的，由
得动车位移为x2时的速度为
B正确；
C．若，在0-x2的过程中，根据动能定理
联立解得，牵引力做功为
C正确；
D．动车从x1-x2所经历的时间为
D错误。
本题选择不正确，故选D。
11．(1)0.5；(2)；(3)
【解析】
【详解】
(1)由题图乙可知，当小物块与弹簧分离后，小物块沿斜面向下做匀加速直线运动，加速度的大小为
根据牛顿第二定律有
解得
(2)由题图乙可知，时加速度的大小为
设此时弹簧压缩量为x，根据牛顿第二定律有
解得
设小物块到达斜面底端的速度为，由动能定理得
解得
(3)在斜面底端，小物块与滑块发生第一次弹性碰撞，设碰后小物块的速度为，滑块的速度为，则
解得
第一次碰撞后，滑块向左做匀减速运动，经过
停下来，发生的位移为，则
解得
小物块冲上斜面又滑下来，沿斜面向上运动的加速度为
位移为
解得
所以发生第二次碰撞时滑块已经静止，小物块没有接触弹簧但速度已经减为零，随后加速下滑。设小物块刚要与滑块二次碰撞时的速度为，根据动能定理
，
解得
小物块与滑块发生第二次弹性碰撞，碰后小物块的速度为，滑块的速度为，
则
，
解得
第二次碰撞后，滑块向左做匀减速运动，发生的位移为，则
小物块向右做匀减速运动，发生的位移为
不能发生第三次碰撞，所以滑块的总路程
12．（1）0.1（2）24J（3）3.0N
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由甲乙两图比较可知，在第5s-9s内，物块做匀减速运动
加速度
由牛顿第二定律得
得：
（2）对全过程
（3）物块匀速运动阶段：
解得：
得：
物块加速运动阶段，加速度
由牛顿第二定律得
即
所以
或：由图像可知当，时，
由
得
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