三 功和能、动能 动能定理测试题及答案 (2)
高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)含解析
高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)含解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，质量m =3kg 的小物块以初速度秽v 0=4m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。
圆弧轨道的半径为R = 3.75m ，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD 平滑连接，A 与圆心D 的连线与竖直方向成37︒角，MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数μ=0.1，轨道其他部分光滑。
最右侧是一个半径为r =0.4m 的半圆弧轨道，C 点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在D 点平滑连接。
已知重力加速度g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）求小物块经过B 点时对轨道的压力大小；（2）若MN 的长度为L 0=6m ，求小物块通过C 点时对轨道的压力大小； （3）若小物块恰好能通过C 点，求MN 的长度L 。
【答案】（1）62N （2）60N （3）10m 【解析】 【详解】（1）物块做平抛运动到A 点时，根据平抛运动的规律有：0cos37A v v ==︒ 解得：04m /5m /cos370.8A v v s s ===︒小物块经过A 点运动到B 点，根据机械能守恒定律有：()2211cos3722A B mv mg R R mv +-︒= 小物块经过B 点时，有：2BNB v F mg m R-= 解得：()232cos3762N BNBv F mg m R=-︒+=根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N （2）小物块由B 点运动到C 点，根据动能定理有：22011222C B mgL mg r mv mv μ--⋅=- 在C 点，由牛顿第二定律得：2CNC v F mg m r+=代入数据解得：60N NC F =根据牛顿第三定律，小物块通过C 点时对轨道的压力大小是60N（3）小物块刚好能通过C 点时，根据22Cv mg m r=解得：2100.4m /2m /C v gr s s ==⨯=小物块从B 点运动到C 点的过程，根据动能定理有：22211222C B mgL mg r mv mv μ--⋅=- 代入数据解得：L =10m2．如图所示，两物块A 、B 并排静置于高h=0.80m 的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg ．一颗质量m=0.10kg 的子弹C 以v 0=100m/s 的水平速度从左面射入A ，子弹射穿A 后接着射入B 并留在B 中，此时A 、B 都没有离开桌面．已知物块A 的长度为0.27m ，A 离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=2.0m ．设子弹在物块A 、B 中穿行时受到的阻力大小相等，g 取10m/s 2．(平抛过程中物块看成质点)求：（1）物块A 和物块B 离开桌面时速度的大小分别是多少； （2）子弹在物块B 中打入的深度；（3）若使子弹在物块B 中穿行时物块B 未离开桌面，则物块B 到桌边的最小初始距离．【答案】（1）5m/s ；10m/s ；（2）23.510B m L -=⨯（3）22.510m -⨯【解析】 【分析】 【详解】试题分析：(1)子弹射穿物块A 后，A 以速度v A 沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运 动： 212h gt =解得：t=0.40s A 离开桌边的速度A sv t=，解得：v A =5.0m/s 设子弹射入物块B 后，子弹与B 的共同速度为v B ，子弹与两物块作用过程系统动量守恒：0()A B mv Mv M m v =++B 离开桌边的速度v B =10m/s（2）设子弹离开A 时的速度为1v ，子弹与物块A 作用过程系统动量守恒：012A mv mv Mv =+v 1=40m/s子弹在物块B 中穿行的过程中，由能量守恒2221111()222B A B fL Mv mv M m v =+-+① 子弹在物块A 中穿行的过程中，由能量守恒22201111()222A A fL mv mv M M v =--+②由①②解得23.510B L -=⨯m（3）子弹在物块A 中穿行过程中，物块A 在水平桌面上的位移为s 1，由动能定理：211()02A fs M M v =+-③子弹在物块B 中穿行过程中，物块B 在水平桌面上的位移为s 2，由动能定理2221122B A fs Mv Mv =-④ 由②③④解得物块B 到桌边的最小距离为：min 12s s s =+，解得：2min 2.510s m -=⨯考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律．3．某小型设备工厂采用如图所示的传送带传送工件。
高考物理动能与动能定理的技巧及练习题及练习题(含答案)及解析
高考物理动能与动能定理的技巧及练习题及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于C ，整个装置竖直固定，D 是最低点，圆心角∠DOC ＝37°，E 、B 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R ＝0.30m ，斜面长L ＝1.90m ，AB 部分光滑，BC 部分粗糙．现有一个质量m ＝0.10kg 的小物块P 从斜面上端A 点无初速下滑，物块P 与斜面BC 部分之间的动摩擦因数μ＝0.75．取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g ＝10m/s 2，忽略空气阻力．求：（1）物块第一次通过C 点时的速度大小v C ．（2）物块第一次通过D 点时受到轨道的支持力大小F D ． （3）物块最终所处的位置．【答案】（1）32m/s （2）7.4N （3）0.35m 【解析】 【分析】由题中“斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于C”可知，本题考查动能定理、圆周运动和机械能守恒，根据过程分析，运用动能定理、机械能守恒和牛顿第二定律可以解答． 【详解】（1）BC 长度tan 530.4m l R ==o ，由动能定理可得21()sin 372B mg L l mv -=o代入数据的32m/s B v =物块在BC 部分所受的摩擦力大小为cos370.60N f mg μ==o所受合力为sin 370F mg f =-=o故32m/s C B v v ==（2）设物块第一次通过D 点的速度为D v ，由动能定理得2211(1cos37)22D C mgR mv mv -=-o有牛顿第二定律得2D D v F mg m R-= 联立解得7.4N D F =（3）物块每次通过BC 所损失的机械能为0.24J E fl ∆==物块在B 点的动能为212kB B E mv =解得0.9J kB E = 物块经过BC 次数0.9J=3.750.24Jn =设物块最终停在距离C 点x 处，可得()sin 37(3+)0mg L x f l x --=o代入数据可得0.35m x =2．如图所示，水平地面上一木板质量M ＝1 kg ，长度L ＝3.5 m ，木板右侧有一竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道，轨道半径R ＝1 m ，最低点P 的切线与木板上表面相平．质量m ＝2 kg 的小滑块位于木板的左端，与木板一起向右滑动，并以0v 39m /s =的速度与圆弧轨道相碰，木板碰到轨道后立即停止，滑块沿木板冲上圆弧轨道，后又返回到木板上，最终滑离木板．已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g 取10 m/s 2．求： (1)滑块对P 点压力的大小；(2)滑块返回木板上时，木板的加速度大小； (3)滑块从返回木板到滑离木板所用的时间．【答案】(1)70 N (2)1 m/s 2 (3)1 s 【解析】 【分析】 【详解】(1)滑块在木板上滑动过程由动能定理得： －μ1mgL ＝12mv 2－1220mv解得：v ＝5 m/s在P 点由牛顿第二定律得：F －mg ＝m 2v r解得：F ＝70 N由牛顿第三定律，滑块对P 点的压力大小是70 N (2)滑块对木板的摩擦力F f 1＝μ1mg ＝4 N 地面对木板的摩擦力 F f 2＝μ2(M ＋m )g ＝3 N对木板由牛顿第二定律得：F f 1－F f 2＝Ma a ＝12f f F F M－＝1 m/s 2(3)滑块滑上圆弧轨道运动的过程机械能守恒，故滑块再次滑上木板的速度等于v ＝5 m/s 对滑块有：(x ＋L )＝vt －12μ1gt 2 对木板有：x ＝12at 2 解得：t ＝1 s 或t ＝73s(不合题意，舍去) 故本题答案是： (1)70 N (2)1 m/s 2 (3)1 s 【点睛】分析受力找到运动状态，结合运动学公式求解即可．3．如图所示，质量为m=1kg 的滑块，在水平力F 作用下静止在倾角为θ=30°的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为v 0=3m/s ，长为L=1.4m ，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，g=10m/s 2．求(1)水平作用力F 的大小； (2)滑块开始下滑的高度h ；(3)在第(2)问中若滑块滑上传送带时速度大于3m/s ，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量Q ． 【答案】(1)(2)0.1 m 或0.8 m (3)0.5 J【解析】【分析】【详解】解：（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力F N处于平衡，如图所示：水平推力①解得：②（2）设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v下滑过程由机械能守恒有：，解得：③若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有：④解得：⑤若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有：⑥解得：⑦（3）设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移：s=v0t由机械能守恒有：⑧⑨滑块相对传送带滑动的位移⑩相对滑动生成的热量⑪⑫4．如图（a）所示，倾角θ=30°的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q=2×10﹣4C的正点电荷，将一带正电小球（可视为点电荷）从斜杆的底端（但与Q未接触）静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图（b）所示，其中线1为重力势能随位移变化图象，线2为动能随位移变化图象．（g=10m/s2，静电力恒量K=9×109N•m2/C2）则（1）描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化情况；（2）求小球的质量m和电量q；（3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U；（4）在图（b）中画出小球的电势能ε 随位移s变化的图线．（取杆上离底端3m处为电势零点）【答案】（1）小球的速度先增大，后减小；小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零．（2）4kg；1.11×10﹣5C；（3）4.2×106V（4）图像如图,线3即为小球电势能随位移s变化的图线；【解析】【分析】【详解】（1）由图线2得知，小球的速度先增大，后减小．根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零．（2）由线1可得:E P=mgh=mgs sinθ斜率:k=20=mg sin30°所以m=4kg当达到最大速度时带电小球受力平衡:20sin kqQ mg s θ=由线2可得s 0=1m ， 得:20sin mg s q kQθ==1.11×10﹣5C（3）由线2可得，当带电小球运动至1m 处动能最大为27J ． 根据动能定理:W G +W 电=△E k即有:﹣mgh +qU =E km ﹣0代入数据得:U =4.2×106V（4）图中线3即为小球电势能ε随位移s 变化的图线5．如图所示，斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于C ，整个装置竖直固定，D 是最低点，圆心角∠DOC =37°，E 、B 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R =0.30m ，斜面长L =1.90m ，AB 部分光滑，BC 部分粗糙．现有一个质量m =0.10kg 的小物块P 从斜面上端A 点无初速下滑，物块P 与斜面BC 部分之间的动摩擦因数μ=0.75．取sin37o =0.6，cos37o =0.8，重力加速度g =10m/s 2，忽略空气阻力．求：（1）物块从A 到C 过程重力势能的增量ΔE P ； （2）物块第一次通过B 点时的速度大小v B ；（3）物块第一次通过D 点时受到轨道的支持力大小N ． 【答案】（1）-1.14J （2）4.2m/s （3）7.4N 【解析】 【分析】 【详解】（1）从A 到C 物块的重力做正功为：sin 37 1.14G W mgL J ==o故重力势能的增量 1.14P G E W J ∆=-=-（2）根据几何关系得，斜面BC 部分的长度为：cot 370.40l R m ==o 设物块第一次通过B 点时的速度为B v ，根据动能定理有：()213702B mg L l sin mv -︒=- 解得： 4.2/B v m s =（3）物块在BC 部分滑动受到的摩擦力大小为：370.60f mgcos N μ=︒= 在BC 部分下滑过程受到的合力为：370F mgsin f =︒-= 则物块第一次通过C 点时的速度为： 4.2/C B v v m s == 物块从C 到D ，根据动能定理有：()221113722D C mgR cos mv mv -︒=- 在D ，由牛顿第二定律得：2Dv N mg m R-=联立解得：7.4N N = 【点睛】本题考查了动能定理与牛顿第二定律的综合运用，运用动能定理解题关键确定出研究的过程，分析过程中有哪些力做功，再根据动能定理列式求解．6．如图所示，半径为R 的四分之三圆周轨道固定在竖直平面内，O 为圆轨道的圆心，D 为圆轨道的最高点，圆轨道内壁光滑，圆轨道右侧的水平面BC 与圆心等高．质量为m 的小球从离B 点高度为h 处（332R h R ≤≤）的A 点由静止开始下落，从B 点进入圆轨道，重力加速度为g ）．（1）小球能否到达D 点？试通过计算说明； （2）求小球在最高点对轨道的压力范围；（3）通过计算说明小球从D 点飞出后能否落在水平面BC 上，若能，求落点与B 点水平距离d 的范围．【答案】（1）小球能到达D 点；（2）03F mg ≤'≤；（3）)()11R d R ≤≤【解析】 【分析】 【详解】（1）当小球刚好通过最高点时应有：2Dmv mg R =由机械能守恒可得：()22Dmv mg h R -=联立解得32h R =，因为h 的取值范围为332R h R ≤≤，小球能到达D 点； （2）设小球在D 点受到的压力为F ，则2Dmv F mg R ='+ ()22Dmv mg h R ='- 联立并结合h 的取值范围332R h R ≤≤解得：03F mg ≤≤ 据牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的压力范围为：03F mg ≤'≤（3）由（1）知在最高点D 速度至少为min D v =此时小球飞离D 后平抛，有：212R gt =min min D x v t =联立解得min x R =>，故能落在水平面BC 上，当小球在最高点对轨道的压力为3mg 时，有：2max 3Dv mg mg m R+=解得max D v =小球飞离D 后平抛212R gt ='， max max D x v t ='联立解得max x =故落点与B 点水平距离d 的范围为：)()11R d R ≤≤7．如图所示，倾角为θ=45°的粗糙平直导轨与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内．一质量为m的小滑块从导轨上离地面高为h=3R的D处无初速下滑进入圆环轨道.接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力.求：（1）滑块运动到圆环最高点C时的速度的大小；（2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；（3）滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功．【答案】（1）Rg（2）6mg（3）12 mgR【解析】【分析】【详解】（1）小滑块从C点飞出来做平抛运动，水平速度为v0，竖直方向上：，水平方向上：，解得（2）小滑块在最低点时速度为v C由机械能守恒定律得牛顿第二定律：由牛顿第三定律得：，方向竖直向下（3）从D到最低点过程中，设DB过程中克服摩擦力做功W1，由动能定理h=3R【点睛】对滑块进行运动过程分析，要求滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小，我们要知道滑块运动到圆环最低点时的速度大小，小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，运用平抛运动规律结合几何关系求出最低点时速度．在对最低点运用牛顿第二定律求解．8．如图甲所示为某一玩具汽车的轨道，其部分轨道可抽象为图乙的模型．AB和BD为两段水平直轨道，竖直圆轨道与水平直轨道相切于B 点，D 点为水平直轨道与水平半圆轨道的切点．在某次游戏过程中，通过摇控装置使静止在A 点的小车以额定功率启动，当小车运动到B 点时关闭发动机并不再开启，测得小车运动到最高点C 时对轨道的压力大小5.6N N F =，小车通过水平半圆轨道时速率恒定．小车可视为质点，质量400g m =，额定功率20W P =，AB 长1m l =，BD 长0.75m s =，竖直圆轨道半径25cm R =，水平半圆轨道半径10cm r =．小车在两段水平直轨道所受的阻力大小均为4N f =，在竖直圆轨道和水平半圆轨道所受的阻力均忽略不计，重力加速度取210m/s g =．求：（1）小车运动到C 点时的速度大小； （2）小车在BD 段运动的时间； （3）水平半圆轨道对小车的作用力大小；（4）要使小车能通过水平半圆轨道，发动机开启的最短时间． 【答案】（16m/s ；（2）0.3s ；（3）42N .；（4）0.35s . 【解析】 【详解】（1）由小车在C 点受力得：2N c v F mg m R+=解得：6m/s C v =（2）从C 点到B 点，由动能定理得：2211222B C mgR mv mv =-解得：4m/s B v =小车在BD 段运动的加速度大小为：210m/s fa m== 由运动学公式：212B s v t at =-解得：0.3s t =（3）从B 点到D 点，由运动学公式：D B v v at =-，解得：1m/s D v =小车在水平半圆轨道所需的向心力大小：2Dn v F m r=，代入数据可得：4N n F =()222n F F mg =+水平半圆轨道对小车的作用力大小为：F =.（4）设小车恰能到C 点时的速度为1v ，对应发动机开启的时间为1t ，则：21v mg m R=211122Pt fl mgR mv --=解得10.325s t =.在此情况下从C 点到D 点，由动能定理得：211222D C mgR Fs mv mv -=- 解得22.5D v =-即小车无法到达D 点.设小车恰能到D 点时对应发动机开启的时间为2t ，则有：()20Pt f l s -+=，解得20.35s t =.9．如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s 的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2kg 的物体（物体可以视为质点），从h=3.2m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10m/s 2，求：（1）物体第一次到达A 点时速度为多大？（2）要使物体不从传送带上滑落，传送带AB 间的距离至少多大？ （3）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度为多少？ 【答案】（1）8m/s （2）6.4m （3）1.8m 【解析】 【分析】（1）本题中物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，根据机械能守恒求解物体到斜面末端的速度大小；（2）当物体滑到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离L 最小，根据动能定理列式求解；（3）物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s 的速度冲上斜面时沿斜面上滑达到的高度最大，根据动能定理求解即可． 【详解】（1）物体由光滑斜面下滑的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则得：212mgh mv = 解得：2210 3.28m/s v gh =⨯⨯=（2）当物体滑动到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离L 最小，由动能能力得：2102mgL mv μ-=-解得：228m 6.4m 220.510v L g μ===⨯⨯ （3）因为滑上传送带的速度是8m/s 大于传送带的速度6m/s ，物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s v =带的速度冲上斜面，根据动能定理得：2102mgh mv '-=-带 得：226m 1.8m 2210v h g '===⨯带【点睛】该题要认真分析物体的受力情况和运动情况，选择恰当的过程，运用机械能守恒和动能定理解题．10．质量为M 的小车固定在地面上，质量为m 的小物体（可视为质点）以v 0的水平速度从小车一端滑上小车，小物体从小车另一端滑离小车时速度减为02v ，已知物块与小车之间的动摩擦因数为μ.求：（1）此过程中小物块和小车之间因摩擦产生的热Q 以及小车的长度L .（2）若把同一小车放在光滑的水平地面上，让这个物体仍以水平速度v 0从小车一端滑上小车.a. 欲使小物体能滑离小车，小车的质量M 和小物体质量m 应满足什么关系?b. 当M =4m 时，小物块和小车的最终速度分别是多少?【答案】（1）2038Q mv =，2038v L g μ=（2）a. M >3m ；b. 025v ，0320v 【解析】 【详解】(1) 小车固定在地面时，物体与小车间的滑动摩擦力为f mg μ=，物块滑离的过程由动能定理220011()222v fL m mv -=- ① 解得：2038v L gμ=物块相对小车滑行的位移为L ，摩擦力做负功使得系统生热，Q fL = 可得：2038Q mv =（2）a.把小车放在光滑水平地面上时，小物体与小车间的滑动摩擦力仍为f ． 设小物体相对小车滑行距离为L '时，跟小车相对静止（未能滑离小车）共同速度为v ， 由动量守恒定律：mv 0=(M +m )v ②设这过程小车向前滑行距离为s . 对小车运用动能定理有:212fs Mv =③ 对小物体运用动能定理有:22011()22f L s mv mv '-+=- ④联立②③④可得220011()()22mv fL mv M m M m'=-++ ⑤物块相对滑离需满足L L '>且2038fL mv =联立可得：3M m >，即小物体能滑离小车的质量条件为3M m >b.当M =4m 时满足3M m >，则物块最终从小车右端滑离，设物块和车的速度分别为1v 、2v .由动量守恒：012mv mv Mv =+由能量守恒定律：222012111()222fL mv mv Mv =-+ 联立各式解得：1025v v =，20320v v =11．如图所示，一质量M =4kg 的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。
高考物理动能与动能定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析
高考物理动能与动能定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，质量m =3kg 的小物块以初速度秽v 0=4m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。
圆弧轨道的半径为R = 3.75m ，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD 平滑连接，A 与圆心D 的连线与竖直方向成37︒角，MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数μ=0.1，轨道其他部分光滑。
最右侧是一个半径为r =0.4m 的半圆弧轨道，C 点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在D 点平滑连接。
已知重力加速度g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）求小物块经过B 点时对轨道的压力大小；（2）若MN 的长度为L 0=6m ，求小物块通过C 点时对轨道的压力大小； （3）若小物块恰好能通过C 点，求MN 的长度L 。
【答案】（1）62N （2）60N （3）10m 【解析】 【详解】（1）物块做平抛运动到A 点时，根据平抛运动的规律有：0cos37A v v ==︒ 解得：04m /5m /cos370.8A v v s s ===︒小物块经过A 点运动到B 点，根据机械能守恒定律有：()2211cos3722A B mv mg R R mv +-︒= 小物块经过B 点时，有：2BNB v F mg m R-= 解得：()232cos3762N BNBv F mg m R=-︒+=根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N （2）小物块由B 点运动到C 点，根据动能定理有：22011222C B mgL mg r mv mv μ--⋅=- 在C 点，由牛顿第二定律得：2CNC v F mg m r+=代入数据解得：60N NC F =根据牛顿第三定律，小物块通过C 点时对轨道的压力大小是60N（3）小物块刚好能通过C 点时，根据22Cv mg m r=解得：2100.4m /2m /C v gr s s ==⨯=小物块从B 点运动到C 点的过程，根据动能定理有：22211222C B mgL mg r mv mv μ--⋅=- 代入数据解得：L =10m2．如图所示，不可伸长的细线跨过同一高度处的两个光滑定滑轮连接着两个物体A 和B ，A 、B 质量均为m 。
高中物理动能与动能定理专题训练答案
最新高中物理动能与动能定理专题训练答案一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1.如图所示，水平地面上一木板质量 M = 1 kg ,长度L = 3.5 m ，木板右侧有一竖直固定的 四分之一光滑圆弧轨道，轨道半径R = 1 m ,最低点P 的切线与木板上表面相平•质量m =2 kg 的小滑块位于木板的左端，与木板一起向右滑动，并以v o . 39m/ s 的速度与圆弧轨道相碰，木板碰到轨道后立即停止，滑块沿木板冲上圆弧轨道，后又返回到木板上，最国=0.1，g 取 10 m/s 2.求： (1) 滑块对P 点压力的大小；(2) 滑块返回木板上时，木板的加速度大小;【详解】(1) 滑块在木板上滑动过程由动能定理得:1 2 1 2—w mgL = — mv 2 — — mv o2 2解得：v = 5 m/s在P 点由牛顿第二定律得：2v F — mg = m — r解得：F = 70 N由牛顿第三定律，滑块对 P 点的压力大小是70 N ⑵滑块对木板的摩擦力 F f1 = w mg = 4 N 地面对木板的摩擦力 F f2=比(M + m)g = 3 N终滑离木板.已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数W= 0.2，木板与地面间的动摩擦因数 (3)滑块从返回木板到滑离木板所用的时间.2(3)1 s【分析】对木板由牛顿第二定律得： F f1— F f2= Ma 解得：t = 1S 或t = 7s(不合题意，舍去)3故本题答案是： (1)70 N (2)1 m/s 2(3)1 s【点睛】分析受力找到运动状态，结合运动学公式求解即可.2. 儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一能力。
某弹珠游戏可 简化成如图所示的竖直平面内 OABCD 透明玻璃管道，管道的半径较小。
为研究方便建立平5面直角坐标系，O 点为抛物口，下方接一满足方程 y x 2的光滑抛物线形状管道 OA ；9AB 、BC 是半径相同的光滑圆弧管道， CD 是动摩擦因数 卩=0.8的粗糙直管道；各部分管道 在连接处均相切。
(物理)动能与动能定理练习题含答案含解析
（物理）动能与动能定理练习题含答案含解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段长度为，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为，轨道其它部分摩擦不计。
水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。
可视为质点的质量的小物块从轨道右侧A点以初速度冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取，求：（1）弹簧获得的最大弹性势能；（2）小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能；（3）当R满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离轨道。
【答案】（1）10.5J（2）3J（3）0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m【解析】【详解】（1）当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。
从A到压缩弹簧至最短的过程中，由动能定理得：−μmgl+W弹＝0−m v02由功能关系：W弹=-△E p=-E p解得 E p=10.5J；（2）小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得−2μmgl＝E k−m v02解得 E k=3J；（3）小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况：①小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为v2，由动能定理得−2mgR＝m v22−E k小物块能够经过最高点的条件m≥mg，解得R≤0.12m②小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，小物块至多只能到达与圆心等高的位置，即m v12≤mgR，解得R≥0.3m；设第一次自A点经过圆形轨道最高点时，速度为v1，由动能定理得：−2mgR ＝m v 12-m v 02且需要满足 m ≥mg ，解得R≤0.72m ，综合以上考虑，R 需要满足的条件为：0.3m≤R≤0.42m 或0≤R≤0.12m 。
【点睛】解决本题的关键是分析清楚小物块的运动情况，把握隐含的临界条件，运用动能定理时要注意灵活选择研究的过程。
(完整版)动能定理习题(附答案)
1、 一质量为1kg 的物体被人用手由静止向上提高 (1)物体克服重力做功• (2)合外力对物体做功.解：⑴ m 由 A 到 B ：W Gmgh 10J克服重力做功10W 克G W G 10J C12⑵m 由A 到B ,根据动能定理11： W -mv2⑶ m 由 A 到 B ： W W G W FW F 12J2、 一个人站在距地面高 h = 15m 处，将一个质量为 上抛出• (1)若不计空气阻力，求石块落地时的速度 ⑵若石块落地时速度的大小为v t = 19m/s ，求石块克服空气阻力做的功W.1 2 解：(1) m 由A 到B :根据动能定理： mgh mv⑵m 由A 到B ,根据动能定理12：1 2 1 2 mgh Wmv t mv oW 1.95J2 23a 、运动员踢球的平均作用力为200N ，把一个静止的质量为在水平面上运动 60m 后停下.求运动员对球做的功？ 3b 、如果运动员踢球时球以10m/s 迎面飞来，踢出速度仍为10m/s ，则运动员对球做功为多少？ 解：(3a)球由O 到A ，根据动能定理13：1 2 W mv 0 0 50J 2(3b)球在运动员踢球的过程中，根据动能定理14W 】mv 2-mv 22 210不能写成：W G mgh 10J .在没有特别说明的情况下，临 默认解释为重力所做的功，而在这个过程中重力所做的功为负. 11也可以简写成：“m ： A B : Q W EJ',其中 W E k 表示动能定理. 12此处写 W 的原因是题目已明确说明 W 是克服空气阻力所做的功. 13踢球过程很短，位移也很小，运动员踢球的力又远大于各种阻力，因此忽略阻力功 14结果为0，并不是说小球整个过程中动能保持不变，而是动能先转化为了其他形式的能(主要是弹性势能， 然后其他形式的能又转化为动能，而前后动能相等(3)手对物体做功.B m0 2J* N hA±+ mgm = 100g 的石块以v o = 10m/s 的速度斜向 V.1kg 的球以10m/s 的速度踢出,v 0 0 v ； v 0m_O A Bmg mg1m ，这时物体的速度是 2m/s ，求:4、在距离地面高为 H 处，将质量为 m 的小钢球以初速度 v o 竖直下抛，落地后，小钢球陷入泥 土中的深度为h 求：(2)泥土对小钢球的阻力是恒力还是变力 (4)求泥土对小钢球的平均阻力大小 .解：(1) m 由A 到B ：根据动能定理:(2) m 由1状态到3状态15 16:根据动能定理:Fs 1 cos0omgscos180° 0 0s 100m15也可以用第二段来算s 2，然后将两段位移加起来.计算过程如下: m 由2状态到3状态：根据动能定理：o12mgs 2 cos180 0 mv s 70m则总位移s s, s?100m .(1)求钢球落地时的速度大小v.(3)求泥土阻力对小钢球所做的功 mgmgH12 12 mv mv 0 2 2(2)变力 6.(3) m 由B 到C ,根据动能定理： mgh W1 2 mv 2W f1 2mv 0 mg v tW f2 mv 02mg Hcos180°2h5、在水平的冰面上，以大小为 F=20N 冰车受到的摩擦力是它对冰面压力的 进了一段距离后停止.取g = 10m/s 2. (1)撤去推力F 时的速度大小. I 程s. I 的水平推力，推着质量 0. 01倍,当冰车前进了 .求：(2)冰车运动的总路m=60kg S 1=30m 的冰车， 后,撤去推力F ，冰车又前 由静止开始运动•解：(1) m 由1状态到2状态：根据动能定理7 F& cos0oo1 2mgs cos180 — mv 014m/s 3.74m/sv6、如图所示，光滑1/4圆弧半径为0.8m，有一质量为1.0kg的物体自A点从静止开始下滑到B 点，然后沿水平面前进4m，到达C点停止.求：(1) 在物体沿水平运动中摩擦力做的功(2) 物体与水平面间的动摩擦因数.解：⑴m由A到C9：根据动能定理：mgR W f 0 0W f mgR 8J⑵ m 由 B 到C: W f mg x cos180°0.27、粗糙的1/4圆弧的半径为0.45m，有一质量为0.2kg的物体自最高点A从静止开始下滑到圆弧最低点B时，然后沿水平面前进0.4m到达C点停止.设物体与轨道间的动摩擦因数为0.5 (g =10m/s 2），求:(1) 物体到达B点时的速度大小•(2) 物体在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功.解：⑴m由B到C :根据动能定理：mg I cos180°v B 2m/s1 2⑵ m由A到B:根据动能定理：mgR W f mv(3 02克服摩擦力做功W克f W f 0.5J8、质量为m的物体从高为h的斜面上由静止开始下滑，经过一段水平距离后停止，测得始点与终点的水平距离为s,物体跟斜面和水平面间的动摩擦因数相同，求：摩擦因数证：设斜面长为I，斜面倾角为，物体在斜面上运动的水平位移为s,，在水平面上运动的位移为S2，如图所示10.m由A到B :根据动能定理：mgh mg cos I cos180o mgs2 cos180°0 0又Q I cos s i、s S1 S2h则: h s 0即:ss9也可以分段计算，计算过程略10、汽车质量为 m = 2 x 103kg ，沿平直的路面以恒定功率 达到最大速度20m/s.设汽车受到的阻力恒定.求：证毕•9、质量为m 的物体从高为h 的斜面顶端自静止开始滑下，最后停在平面上的 从斜面的顶端以初速度 v o 沿斜面滑下，则停在平面上的 C 点•已知AB = BC 克服摩擦力做的功• ° A 故功 解：设斜面长为I , AB 和BC 之间的距离均为s ,物体在斜面上摩擦力 O 到B :根据动能定理: mgh W f 2 s cos180o 0 0 O 到C :根据动能定理: mgh W f 2 2s cos180° 1 2mv 2mgB 点•若该物体 ，求物体在斜面上N i厂ABN 2W f-mv 2 mgh 2克服摩擦力做功W 克 f W fmgh 1 2mv o2(1)阻力的大小. ⑵这一过程牵引力所做的功 (3)这一过程汽车行驶的距离解12 : (1)汽车速度v 达最大v m 时，有F f ，故:P F v m f v mf 1000N(2)汽车由静止到达最大速度的过程中： 6 g Pt 1.2 10 J (2)汽车由静止到达最大速度的过程中，由动能定理： mg mg l cos180o 1 2mv m 2l 800m 11. AB 是竖直平面内的四分之一圆弧轨道，在下端 A 点起由静止开始沿轨道下滑。
【物理】高考必备物理动能与动能定理技巧全解及练习题(含答案)含解析
【物理】高考必备物理动能与动能定理技巧全解及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，质量为m=1kg的滑块，在水平力F作用下静止在倾角为θ=30°的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为v0=3m/s，长为L=1.4m，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，g=10m/s2．求(1)水平作用力F的大小；(2)滑块开始下滑的高度h；(3)在第(2)问中若滑块滑上传送带时速度大于3m/s，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量Q．【答案】(1)(2)0.1 m或0.8 m (3)0.5 J【解析】【分析】【详解】解：（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力F N处于平衡，如图所示：水平推力①解得：②（2）设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v下滑过程由机械能守恒有：，解得：③若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有：④解得：⑤若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有：⑥解得：⑦（3）设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移：s =v 0t 由机械能守恒有：⑧⑨滑块相对传送带滑动的位移⑩ 相对滑动生成的热量⑪⑫2．如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量1m kg =可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不栓接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带， AB 长5L m =，物块与传送带间的动摩擦因数10.2μ=，与传送带相邻的粗糙水平面BC 长s=1.5m ，它与物块间的动摩擦因数20.3μ=，在C 点右侧有一半径为R 的光滑竖直圆弧与BC 平滑连接，圆弧对应的圆心角为120θ=o ，在圆弧的最高点F 处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以5/v m s =的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．当弹簧储存的18p E J =能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E 点，取210/g m s =．（1） 求右侧圆弧的轨道半径为R; （2） 求小物块最终停下时与C 点的距离;（3） 若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围．【答案】（1）0.8R m =；（2）13x m =；（337/43/m s v m s ≤≤ 【解析】 【分析】 【详解】（1）物块被弹簧弹出，由2012p m v E =，可知：06/m s v = 因为v v>，故物块滑上传送带后先减速物块与传送带相对滑动过程中，由：11mg ma μ=，011v v a t =-，21011112x v t a t =-得到：12/2m s a=，10.5s t =，1 2.75m x = 因为1L x<，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5/m s 的速度滑上水平面BC ，物块滑离传送带后恰到E 点，由动能定理可知：2212m mgs mgR v μ=+ 代入数据整理可以得到：0.8R m =． （2）设物块从E 点返回至B 点的速度为B v ，由22211222B m m mg s v v μ-=⨯ 得到7/Bm s v=，因为0B v >，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C 点x 处，由()2212B mv mg s x μ=-，得到：13x m =. （3）设传送带速度为1v 时物块能恰到F 点，在F 点满足2sin30F mg m Rv =o从B 到F 过程中由动能定理可知：()221211sin 3022F mv mv mgs mg R R μ-=++o 解得：设传送带速度为2v 时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点， 由：222132m mg s mgR v μ=⨯+ 解得：243/m s v=若物块在传送带上一直加速运动，由22011122Bm m m mgL v v μ-= 知其到B 点的最大速度56/Bmm s v=37/43/m s v m s ≤≤就满足条件．【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理、圆周运动向心力公式的直接应用，此题难度较大，牵涉的运动模型较多，物体情境复杂，关键是按照运动的过程逐步分析求解．3．如图所示，AB 是一倾角为θ=37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数=0.30μ，BCD 是半径为R =0.2m 的光滑圆弧轨道，它们相切于B 点，C 为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E = 4.0×103N/C ，质量m = 0.20kg 的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面AB 对应的高度h = 0.24m ，滑块带电荷q = -5.0×10-4C ，取重力加速度g = 10m/s 2，sin37°= 0.60，cos37°=0.80．求：（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端B 点时的速度大小； （2）滑块滑到圆弧轨道最低点C 时对轨道的压力． 【答案】(1) 2.4m/s (2) 12N 【解析】 【分析】(1)滑块沿斜面滑下的过程中，根据动能定理求解滑到斜面底端B 点时的速度大小； (2)滑块从B 到C 点，由动能定理可得C 点速度，由牛顿第二定律和由牛顿第三定律求解． 【详解】(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力：()cos370.96N f mg qE μ=+︒=设到达斜面底端时的速度为v 1，根据动能定理得：()211sin 372h mg qE h fmv +-=o 解得：v 1=2.4m/s(2)滑块从B 到C 点，由动能定理可得：()()222111=1cos3722m mg q v E v m R +︒-－ 当滑块经过最低点时，有：()2N 2F mg qE v m R-+= 由牛顿第三定律：N N 11.36N F F ==，方向竖直向下． 【点睛】本题是动能定理与牛顿定律的综合应用，关键在于研究过程的选择.4．如图所示，AB 是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R ．一个质量为m 的物体（可以看作质点）从直轨道上与圆弧的圆心O 等高的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ．试求：（1）物体释放后，第一次到达B 处的速度大小，并求出物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程s ；（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，对圆弧轨道的压力的大小；（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D （E 、O 、D 为同一条竖直直径上的3个点），释放点距B 点的距离L 应满足什么条件．【答案】（1）2(sin cos )tan B gR v θμθθ-=；RL μ= （2）(32cos )N F mg θ=-； （3）(32cos )2(sin cos )RL θθμθ+-…【解析】 【分析】 【详解】（1）设物体释放后，第一次到达B 处的速度为1v ，根据动能定理可知：21cos 1cos cos sin 2R mgR mg mv θθμθθ-= 解得：2(sin cos )tan B gR v θμθθ-=物体每完成一次往返运动，在AB 斜面上能上升的高度都减少一些，最终当它达B 点时，速度变为零，对物体从P 到B 全过程用动能定理，有cos cos 0mgR mgL θμθ-=得物体在AB 轨道上通过的总路程为RL μ=（2）最终物体以B 为最高点在圆弧轨道底部做往返运动，设物体从B 运动到E 时速度为2v v ，由动能定理知：221(1cos )2v mgR m θ-=在E 点，由牛顿第二定律有22N mv F mg R-=解得物体受到的支持力(32cos )N F mg θ=-根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为(32cos )N N F F mg θ'==-，方向竖直向下．（3）设物体刚好到达D 点时的速度为D v 此时有2Dmv mg R= 解得：D v =设物体恰好通过D 点时释放点距B 点的距离为0L ，有动能定理可知：2001[sin (1cos )]cos 2D mg L R mg L mv θθμθ-+-=联立解得：0(32cos )2(sin cos )RL θθμθ+=-则：(32cos )2(sin cos )R L θθμθ+-…答案：（1）B v =；RL μ= （2）(32cos )N F mg θ=-； （3）(32cos )2(sin cos )RL θθμθ+-…5．如图所示，四分之一光滑圆弧轨道AO 通过水平轨道OB 与光滑半圆形轨道BC 平滑连接，B 、C 两点在同一竖直线上，整个轨道固定于竖直平面内，以O 点为坐标原点建立直角坐标系xOy 。
【物理】物理动能与动能定理练习题含答案及解析
【物理】物理动能与动能定理练习题含答案及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，质量m =3kg 的小物块以初速度秽v 0=4m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。
圆弧轨道的半径为R = 3.75m ，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD 平滑连接，A 与圆心D 的连线与竖直方向成37︒角，MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数μ=0.1，轨道其他部分光滑。
最右侧是一个半径为r =0.4m 的半圆弧轨道，C 点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在D 点平滑连接。
已知重力加速度g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）求小物块经过B 点时对轨道的压力大小；（2）若MN 的长度为L 0=6m ，求小物块通过C 点时对轨道的压力大小； （3）若小物块恰好能通过C 点，求MN 的长度L 。
【答案】（1）62N （2）60N （3）10m 【解析】 【详解】（1）物块做平抛运动到A 点时，根据平抛运动的规律有：0cos37A v v ==︒ 解得：04m /5m /cos370.8A v v s s ===︒小物块经过A 点运动到B 点，根据机械能守恒定律有：()2211cos3722A B mv mg R R mv +-︒= 小物块经过B 点时，有：2BNB v F mg m R-= 解得：()232cos3762N BNBv F mg m R=-︒+=根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N （2）小物块由B 点运动到C 点，根据动能定理有：22011222C B mgL mg r mv mv μ--⋅=- 在C 点，由牛顿第二定律得：2CNC v F mg m r+=代入数据解得：60N NC F =根据牛顿第三定律，小物块通过C 点时对轨道的压力大小是60N（3）小物块刚好能通过C 点时，根据22Cv mg m r=解得：2100.4m /2m /C v gr s s ==⨯=小物块从B 点运动到C 点的过程，根据动能定理有：22211222C B mgL mg r mv mv μ--⋅=- 代入数据解得：L =10m2．如图所示，在娱乐节目中，一质量为m ＝60 kg 的选手以v 0＝7 m/s 的水平速度抓住竖直绳下端的抓手开始摆动，当绳摆到与竖直方向夹角θ＝37°时，选手放开抓手，松手后的上升过程中选手水平速度保持不变，运动到水平传送带左端A 时速度刚好水平，并在传送带上滑行，传送带以v ＝2 m/s 匀速向右运动．已知绳子的悬挂点到抓手的距离为L ＝6 m ，传送带两端点A 、B 间的距离s ＝7 m ，选手与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，若把选手看成质点，且不考虑空气阻力和绳的质量．(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)选手放开抓手时的速度大小； (2)选手在传送带上从A 运动到B 的时间； (3)选手在传送带上克服摩擦力做的功． 【答案】(1)5 m/s (2)3 s (3)360 J 【解析】试题分析：（1）设选手放开抓手时的速度为v 1，则－mg （L －Lcosθ）＝mv 12－mv 02，v 1＝5m/s（2）设选手放开抓手时的水平速度为v 2，v 2＝v 1cosθ① 选手在传送带上减速过程中 a ＝－μg② v ＝v 2＋at 1③④匀速运动的时间t 2，s －x 1＝vt 2⑤ 选手在传送带上的运动时间t ＝t 1＋t 2⑥ 联立①②③④⑤⑥得：t ＝3s（3）由动能定理得W f ＝mv 2－mv 22，解得：W f ＝－360J 故克服摩擦力做功为360J ． 考点：动能定理的应用3．如图所示是一种特殊的游戏装置，CD 是一段位于竖直平面内的光滑圆弧轨道，圆弧半径为10m ，末端D 处的切线方向水平，一辆玩具滑车从轨道的C 点处下滑，滑到D 点时速度大小为10m/s ，从D 点飞出后落到水面上的B 点。
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三功和能、动能动能定理
姓名
一、选择题（每小题中至少有一个选项是正确的）
1．关于功和能的下列说法正确的是（）
A．功就是能B．做功的过程就是能量转化的过程
C．功有正功、负功，所以功是矢量D．功是能量转化的量度
2．一个运动物体它的速度是v时，其动能为E。
那么当这个物体的速度增加到3v时，其动能应该是：（）
A．E B．3E C．6E D．9E
3．一个质量为m的物体，分别做下列运动，其动能在运动过程中一定发生变化的是：（）
A．匀速直线运动B．匀变速直线运动
C．平抛运动D．匀速圆周运动
4．对于动能定理表达式W=E K2-E K1的理解，正确的是：（）
A．物体具有动能是由于力对物体做了功
B．力对物体做功是由于该物体具有动能
C．力做功是由于物体的动能发生变化
D．物体的动能发生变化是由于力对物体做了功
5．某物体做变速直线运动，在t1时刻速率为v，在t2时刻速率为n v，则在t2时刻的动能是t1时刻的（）
A、n倍
B、n/2倍
C、n2倍
D、n2/4倍
6．打桩机的重锤质量是250kg，把它提升到离地面15m高处，然后让它自由下落，当重锤刚要接触地面时其动能为(取g=10m/s2)：（）
A．1.25×104J B．2.5×104J C．3.75×104J D．4.0×104J 7．质量为m=2kg的物体，在水平面上以v1= 6m/s的速度匀速向西运动，若有一个F=8N、方向向北的恒定力作用于物体，在t=2s内物体的动能增加了（）
A．28J B．64J C．32J D．36J
8．下列关于运动物体所受的合外力、外力做功和动能变化的关系中正确的是：（）A．如果物体受的合外力为零，那么合外力对物体做的功一定为零
B．如果合外力对物体所做的功为零，则合外力一定为零
C．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化
D．物体的动能不变，所受的合外力一定为零
*9．一物体在水平方向的两个水平恒力作用下沿水平面做匀速直线运动。
若撤去其中一个水
平力，下面说法正确的是（）
A．物体的动能可能减少B．物体的动能可能不变
C．物体的动能可能增加D．余下的一个力一定对物体做正功。
*10．如图所示，一个铁球从竖立在地面上的轻弹簧正上方某处自由Array下落，在A点接触弹簧后将弹簧压缩，到B点物体的速度为零，然后
被弹回，下列说法中正确的是：（）
A．物体从A下落到B的过程中，动能不断减小
B．物体从B上升到A的过程中，动能不断增大
C．物体从A下落到B以及从B上升到A的过程中，动能都是先变大后变小
D．物体在B点的动能为零，是平衡位置
二、填空题
11．举重运动员把重物举起来的过程中，是运动员体内的能转化为重物的能的过
程；若运动员对重物做功1000J，则有J的能转化为能。
12．质量为1kg的足球以2m/s的速度飞来，它的动能是J。
运动员又以5m/s的速度将它踢飞，运动员对它做的功是J。
13．甲、乙两个物体，它们的动量的大小相等。
若它们的质量之比m1∶m2=2∶1，那么，它们的动能之比E k1∶E k2=____________。
14．木块受水平力F作用在水平面上由静止开始运动，前进S米后撤去F，木块又沿原方向前进3S停止，则摩擦力f= 。
木块最大动能为。
15．从某一高度平抛一小球，不计空气阻力，它在空中飞行的第1 s内、第2 s内、第3 s 内动能增量之比ΔE k1∶ΔE k2∶ΔE k3＝________。
三、计算题
16．一个物体自由下落1m和4m的动能之比是多少，下落1s和4s时的动能之比是多少？
17．质量是一千克的物体做平抛运动，初速度为6m/s，抛出时物体的动能是多少？某时刻物体的水平速度为6m/s，竖直速度为8m/s，此刻物体的动能是多少？
三功和能、动能动能定理参考答案
1、BD
2、D
3、C
4、D
5、C
6、C
7、B
8、A 9、10、C 11、12、
13、1:2 14、F/4, 3/4FS 15、1∶3∶5 16、17、。