2018-2019学年高中物理第七章机械能守恒定律7动能和动能定理习题新人教版必修2
2018-2019学年第二学期 人教版 第七章 机械能守恒定律 全章练习配套资料答案
第七章机械能守恒定律1追寻守恒量——能量2功1.A[解析] 动能转化为势能意味着动能在减小而势能在增大,只有A正确.2.BD[解析] 伽利略斜面实际上是一个理想化模型,在不计阻力的情况下,我们可以看到小球在运动过程中的不变量——高度,实际上是能量不变.为了能够透过现象看本质,伽利略才使用了理想模型——光滑斜面.在伽利略斜面实验中,必须是阻力不计(光滑斜面)时,小球才能在另一个斜面上上升到相同高度,而不管另一个斜面的倾角多大,所以选项A、C错误,B正确.当斜面的倾角减小到接近0°时,小球仍在斜面上上升到同样高度,所以D中的设想是合理的.3.CD[解析] 功是标量,没有方向,所以选项A、B错误;当力和位移夹角小于90°时,功为正值,当力和位移夹角大于90°时,功为负值,所以C正确;动力的功为正值,阻力的功为负值,所以选项D正确.4.BC[解析] 静摩擦力和滑动摩擦力都可以对物体做正功,也可以对物体做负功,还可以对物体不做功,选项A错误,选项B正确;一对作用力和反作用力分别作用在两个物体上,可能同时对物体做正功,其做功的代数和可以不为0,选项C正确;合外力对物体不做功,物体不一定处于平衡状态,如匀速圆周运动,选项D错误.5.D[解析] 功是标量而不是矢量.做功的两个必不可少的条件是力和在力的方向上的位移,据此我们可以得出:没有力就没有功;有力而没有位移也没有功;有力且有位移但位移方向与力的方向垂直也没有功.6.A[解析] 人的推力作用在小车上的过程中,小车的位移是5.0 m,故该力做功为W=Fl cos α=20×5.0×cos 0° J=100 J,故A项正确.7.B[解析] 功是标量,合力对物体做的功等于每个力对物体做功的代数和,故选项B正确.8.BD[解析] 根据牛顿第二定律有F-mg=ma,所以F=m(g+a),则恒力F做功为W=Fh=m(g+a)h.9.C[解析] 小球在上升过程和下落过程中空气阻力都阻碍小球运动,都做负功,所以全过程中空气阻力对小球做功为W F=W F上+W F下=-Fh+(-Fh)=-2Fh.10.D[解析] 小物体与楔形物体相对静止,二者一定都向左加速运动,由牛顿第二定律可知,加速度大小为a=g tan θ.楔形物体对小物体支持力的水平向左的分力大小等于ma=mg tan θ,则支持力做的功为W=max=mgx tan θ,D正确.11.C[解析] 人向右上方加速,由受力分析可知摩擦力水平向右,对人做正功,选项C正确.12.A[解析] 货物处于平衡状态,有mg sin θ=f,N=mg cos θ,θ增大时,f增大,N减小,故A正确,B错误;货物受到的支持力的方向与位移方向的夹角小于90°,支持力做正功,故C错误;摩擦力的方向与位移方向垂直,摩擦力不做功,故D错误.13.B[解析] 设斜面长度为L,底端长度为x,斜面倾角为θ,物体克服摩擦力做功为W f=μmg cos θ·L=μmgL cos θ=μmgx,沿两斜面下滑过程的x 相同,则有W1=W2,B正确.14.B[解析] 本题中力F的大小不变,但方向时刻都在变化,属于变力做功问题.转盘转动一周过程中,力和作用点的位移方向始终相同,所以力方向上的位移即周长,W=Fx=F·2πR=20π J,选项B正确.15.BC[解析] 滑动摩擦力做功与物体运动的路径长短有关,故A正确;做匀速圆周运动的物体所受的合外力不做功,但物体做曲线运动,故B 错误;作用力和反作用力的作用点的位移可能同向,也可能反向,大小可以相等,也可以不等,作用力和反作用力对发生相互作用的系统做功不一定相等,相互作用力做功之和不一定为零,故C错误,D正确.16.54 J[解析] 由牛顿第二定律得μmg=ma解得a=μg=3 m/s2由匀加速直线运动公式得v2=2ax1解得x1=v22a=6 m匀速直线运动的位移x2=L-x1=4 m传送带对物体的摩擦力做功W f=fx1=μmgx1=54 J3功率1.C[解析] 公式P=Fv中的F可以是物体所受的合力,也可以是物体所受的某个力,但F、v必须共线,故C正确.2.D[解析] 机器做功多,但如果时间比较长的话,功率未必大,故选项A错误;只有当功率一定时,汽车的牵引力才与速度成反比,故选项B错误,选项D正确;由功率的定义式求出的是平均功率而不是瞬时功率,故选项C错误.3.B[解析] 求重力的瞬时功率应代入竖直分速度,故P G=Gv竖直=G·gt=10×10×3 W=300 W.4.B[解析] 根据力的独立性可知,同一恒力做的功的多少与是否有其他力存在是无关的,但在有摩擦力的情况下,移动同样的距离需要的时间要更长些,故其平均功率要小些,选项B正确.5.C[解析] t1时刻,木块的速度v1=at1=Ft1m ,0~t1时间内的平均速度v=v12=Ft12m,由P=Fv得,t1时刻F的功率为P=Fv1=F·Ft1m=F2t1m,0~t1时间内的平均功率为P=F v=F·F2m t1=F22mt1,C项正确.6.A[解析] 因为是匀加速运动,所以牵引力F不变,但速度在增大,故牵引力的瞬时功率变大.7.A[解析] 人和车受的阻力为f=0.02×(15+50)×10 N=13 N,则匀速运动时的牵引力为F=13 N,根据P=Fv得v=PF≈3 m/s,选项A正确.8.BD[解析] 物体都做匀速运动,受力平衡,则F1=μmg,F2cos θ=μ(mg-F2sin θ),解得F1=F2(cos θ+μsin θ),故F1与F2的大小关系无法确定,大于、等于、小于都可能.根据F1与F2功率相同得F1v1=F2v2cos θ,解得v1=11+μtanθv2,所以v1<v2.选项B、D正确.9.A[解析] 设每节车厢所受的阻力为f,若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为120 km/h,则P=Fv m=4fv m.设6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为v'm,牵引力等于阻力时速度最大,则有6P=9fv'm,联立解得v'm=320 km/h,故A正确.10.C[解析] 小孩所做的功在第一种情况下是指对自身(包括所站的船)做的功,在第二种情况下除对自身做功外,还要对另外一船做功,由于两种情况下人对自身所做的功相等,所以W1<W2.设t时刻小孩所在船的速率为v1(两种情况下都是v1),另一只船的速率为v2,则P1=Fv1,P2=F(v1+v2),所以选项C正确.11.AD[解析] 由图可知,在3~4 s内,推力F1=0.4 N,物块匀速运动,有F1+mg sin θ-μmg cos θ=0,在1~3 s内,加速度为a=0.4 m/s2,推力F=0.8 N,由牛顿第二定律有a=F+mgsinθ-μmgcosθm,联立解得m=1 kg,μ=0.8,A正确,B错误;在前1 s,物块静止,力F不做功,在1~3 s内,F=0.8 N,位移x=0.8m,0~3 s内的平均功率P=Fx3s≈0.21 W,C错误;0~3 s时间内,物块克服摩擦力做的功为W f=μmg cos θ·x=5.12 J,D正确.12.D[解析] 根据雨滴所受阻力和速度的关系,且落地时又是匀速直线运动,有mg=kv2,重力的功率P=mgv,则两雨滴落地时重力的功率之比P1 P2=1√m1m√m=√m13m23.13.(1)mω2(L2+r2)L(2)mrω3(L2+r2)L[解析] (1)小木块做匀速圆周运动的半径R=√L2+r2小木块做匀速圆周运动的向心力F1=mω2R又知拉力F=F1cosθ,cos θ=√L2+r2解得F=mω2(L2+r2)L.(2)根据功率公式可知P=Fv cosπ2-θ又知v=ωRcosπ2-θ=sin θ=r√L2+r2解得P=mrω3(L2+r2)L.14.(1)32 W(2)96 J(3)20 W[解析] (1)在0~2 s内,拉力等于4 N,最大静摩擦力f m=f=μmg=4 N,故物体静止.在2~4 s内,拉力F=8 N,由牛顿第二定律得F-μmg=ma解得a=2 m/s2位移为x1=12a(Δt)2=4 m4 s末物体的速度大小v=aΔt=4 m/s4 s末拉力的瞬时功率P=Fv=8×4 W=32 W.(2)在4~6 s内,拉力等于4 N,滑动摩擦力等于4 N,故物体做匀速直线运动.位移x2=vΔt=4×2 m=8 m在6~8 s内,拉力仍然是F=8 N,物体的加速度大小仍为a=2 m/s2位移x3=vΔt+12a(Δt)2=12 m6~8 s内拉力所做的功W=Fx3=8×12 J=96 J.(3)8 s内拉力做功W总=0+8×4 J+4×8 J+96 J=160 J平均功率P=W总t=20 W.专题课:机车启动问题1.AC[解析] 设汽车牵引力为F,斜坡倾角为θ,汽车质量为m,摩擦力为f,当F>f+mg sin θ时,有可能先加速后匀速到达坡顶,选项A正确,B错误;若坡较短,则可能在变加速过程中到达坡顶,选项C正确;当F<f+mg sin θ时,汽车则减速运动,由F=Pv可知,v减小,则F增大,而f+mg sin θ-F=ma,故加速度越来越小,a=0时,v最小,选项D错误.2.AD[解析] 发动机所做的功是指牵引力的功.由于卡车以恒定功率运动,所以发动机所做的功应等于发动机的功率乘卡车行驶的时间,A正确;B项给出的是卡车克服阻力做的功,在这段时间内,牵引力的功不等于克服阻力做的功,B错误;C项给出的是卡车所受外力的总功;D项中,卡车以恒定功率前进,将做加速度逐渐减小的加速运动,达到最大速度时牵引力等于阻力,阻力f乘最大速度v m是发动机的功率,再乘t恰是发动机在t 时间内做的功,D正确.3.B[解析] 设汽车的功率为P,质量为m,则有P=k1mgv1=k2mgv2,所以v1v2=k2k1,B正确.4.B [解析] 根据火车的运动过程,画出火车的速度—时间图像如图所示,根据速度—时间图像中曲线与时间轴围成的面积表示位移大小可知,如果火车做初速度为零、末速度为20 m/s 的匀加速直线运动,则位移x=12×20×300 m =3000 m,而此时实际曲线与坐标轴围成的面积大于3000m,B 正确.5.BCD [解析] 轿车以恒定的牵引力F 启动,由a=F -f m得,轿车先做匀加速运动,由P=Fv 知,轿车的输出功率均匀增加,当功率达到额定功率时,牵引力逐渐减小,加速度逐渐减小,轿车做加速度逐渐减小的加速运动,当F=f 时,速度达到最大,之后轿车做匀速运动,选项B 、C 、D 正确.6.ACD [解析] 根据P=Fv ,F-f=ma ,f=kv ,可得P=(kv+ma )v=kv 2+mav ,故在题设条件下,火车发动机的功率和牵引力都随速率v 的增大而增大,选项A 正确,选项B 错误;当火车达到某一速率时,欲使火车做匀速运动,则a=0,此时P=kv 2,选项C 、D 正确.7.D [解析] 当汽车匀速时速度最大,此时汽车的牵引力F=mg sin θ+kmg ,由此可得v m =P mg (k+sinθ),故选项D 正确.8.(1)5.1×104 W (2)5 s 2.04×104 W[解析] (1)设起重机允许输出的最大功率为P 0,重物达到最大速度时,拉力F 等于重力,有 P 0=Fv m , F=mg ,解得P 0=5.1×104 W .(2)匀加速运动结束时,起重机达到允许输出的最大功率,设此时重物受到的拉力为F 1,速度为v 1,匀加速运动经历的时间为t 1,有 P 0=F 1v 1, F 1-mg=ma , v 1=at 1联立解得t 1=5 st=2 s 时,重物处于匀加速运动阶段,设此时速度为v 2,输出功率为P ,则有 v 2=at , P=F 1v 2联立解得P=2.04×104 W .9.(1)3×105 J (2)15 m/s (3)0.5 m/s 2 [解析] (1)由功率公式 P=Wt得W=Pt=30×103×10 J =3×105 J(2)当汽车的加速度a=0时,行驶速度最大,此时F 牵=f=2000 N 由功率公式P=F 牵·v 得最大速度 v max =P f=30×1032000m/s =15 m/s(3)由牛顿第二定律得F-f =ma当速度v=36 km/h =10 m/s 时,牵引力F=P v =30×10310N =3×103 N故a=F -f m=3000-20002000m/s 2=0.5 m/s 210.(1)12.5 m/s (2)13.9 s (3)4.16×105 J (4)43.2 kW [解析] (1)汽车在公路上行驶,所受阻力由两部分构成,即 f=kmg+mg sin α=4000 N +800 N =4800 N 当F=f 时,有P=fv m ,所以v m =12.5 m/s .(2)汽车从静止开始以a=0.6 m/s 2的加速度匀加速行驶,由F'-f=ma 所以F'=ma+f=4×103×0.6 N +4800 N =7.2×103 N保持这一牵引力,汽车可达到匀加速行驶的最大速度v'm ,有v'm =PF '=60×1037.2×103 m/s =8.33 m/s 由运动学规律可得,匀加速行驶的时间与位移分别为 t=v 'm a=13.9 s,s=v 'm22a =57.82 m .(3)由W=Fs 可得,汽车在匀加速行驶阶段牵引力做功为W=Fs=7.2×103×57.82 J =4.16×105 J .(4)t=10 s <13.9 s,说明汽车在10 s 末时仍匀加速行驶,则汽车的瞬时功率P t =F'v t =F'at=7.2×103×0.6×10 W =43.2 kW . 11.(1)1.0 m/s 2 (2)20 s (3)45 m/s[解析] (1)汽车做匀加速直线运动,Δx=x 2-x 1=a (ΔT )2 得a=Δx(ΔT )2=3.00-2.0012m/s 2=1.0 m/s 2.(2)做匀加速直线运动的汽车所受合力为恒力,由牛顿第二定律得F-f=ma 所以F=ma+f=3600 N随着速度的增大,汽车的输出功率增大,当达到额定功率时,匀加速运动的过程结束. 由P=Fv 1,得v 1=P F=72×1033600m/s =20 m/s由匀加速运动公式v 1=at 得t=v1a =20 s . (3)当汽车达到最大速度时,有F'=f=1600 N 由P=F'v ,得v=PF '=72×1031600m/s =45 m/s .4 重力势能1.D [解析] 重力做功只与物体初、末位置的高度差及物体质量有关,与其他因素无关.2.A [解析] 两个过程,阻力都做负功,选项A 正确;加速下降时合力向下,减速下降时合力向上,选项B 错误;系统下降,重力做正功,所以它的重力势能减少,选项C 错误;由于系统做变速运动,系统在相等时间内下落的高度不同,所以重力做功不同,选项D 错误.3.AB [解析] 重力势能属于物体和地球所组成的系统共有的,选项A 正确;重力势能的变化只跟重力做功有关系,与其他因素无关,选项B 正确;重力势能是标量,选项C 错误;重力势能的增量等于物体克服重力所做的功,选项D 错误.4.D [解析] 重力势能的变化只取决于重力做功,而重力做功与其他力是否存在无关,故同一物体的高度变化相同则重力势能变化相同.5.B [解析] 以水平地面为零势能面,物体做自由落体运动,重力势能随下落距离线性减小,B 正确.6.A [解析] 物块A 刚离开地面时,弹簧所受的弹力等于物块A 的重力,根据胡克定律得,弹簧伸长的长度为x=F k =mgk,弹簧上端P 缓慢地竖直向上提起的距离为h ,则物块上升的高度为H=h-x ,以地面为零势能面,这时物块A 具有的重力势能为E p =mgH=mg (ℎ-mg k),故选项A 正确.7.A [解析] 重力做功与路径无关,只与初、末两态的位置有关,选项A 正确;当物体克服重力做功时,物体的重力势能一定增加,选项B 错误;重力势能为负值,说明物体的位置在零势能面以下,选项C 错误;重力势能的大小与零势能面的选取有关,选项D 错误.8.D [解析] 物体的重力势能与参考平面的选取有关,同一物体在同一位置相对不同的参考平面时的重力势能不同,选项A 错误.当物体在参考平面以上时,距参考平面的距离越大,重力势能越大;当物体在参考平面以下时,距参考平面的距离越大,重力势能越小,选项B 错误.重力势能的正、负表示大小,-5 J 的重力势能小于-3 J 的重力势能,选项C 错误.重力做的功可以量度重力势能的变化,选项D 正确.9.C [解析] 重力势能的值等于mgh ,其中h 表示的是物体重心与参考平面的高度差,因木块的重心离地面高,故木块的重力势能大. 10.B [解析] 由图可知猴子到C 点时重力势能最小,过B 点的水平线和过A 点的竖直线交于D 点,∠BCF=∠ECF=θ,所以L BC ·sin θ+L AC ·sin θ=BD ,则sin θ=BD L=45,即θ=53°.AD=2 m,则ED=AD ·tan 53°=83m,所以FE=203m .FC ∶AD=FE ∶ED ,得FC=5 m,所以A 、C 高度差为7 m,再加上猴子自身高度,重心距套环约为0.5 m,故猴子重力势能最小值约为E p =-mgh=-750 J,B 正确.11.(1)240 J 80 J (2)80 J 80 J[解析] (1)以地面为参考平面,物体的高度h 1=1.2 m 物体的重力势能为E p1=mgh 1=240 J物体落至桌面时重力势能为E p2=mgh 2=160 J 物体重力势能的减少量ΔE p =E p1-E p2=80 J . (2)以桌面为参考平面,物体的高度h 3=0.4 m 物体的重力势能为E p3=mgh 3=80 J物体重力势能的减少量ΔE p =E p3-0=80 J . 12.n (n -1)2mgh[解析] 取n 块砖的整体为研究对象,如图所示,叠放起来后整体重心距地面12nh ,原来距地面ℎ2,故有W=ΔE p =nmg ·12nh -nmg ·12h =12n (n-1)mgh. 13.(1)-40 J (2)50 J 减少了50 J[解析] (1)在第2 s 末小球所处的高度为 h=-12gt 2=-12×10×22 m =-20 m重力势能为E p =mgh=0.2×10×(-20) J =-40 J . (2)在第3 s 末小球所处的高度为 h'=-12gt'2=-12×10×32 m =-45 m第3 s 内重力做功为W G =mg (h-h')=0.2×10×(-20+45) J =50 JW G >0,所以小球的重力势能减少,且减少了50 J .5 探究弹性势能的表达式1.BCD [解析] 只有发生弹性形变的物体才具有弹性势能,选项A 错误;弹性势能是一个标量,在国际单位制中,其单位是焦耳,弹性势能是一个状态量,选项B 、C 、D 正确.2.C [解析] 运动员撑杆刚刚触地和到达最高点时,杆几乎没有形变,弹性势能很小;运动员撑杆触地后上升到最高点之前某时刻杆形变量最大时,弹性势能最大,C 正确.3.AD [解析] 物体具有弹性势能的条件只有一个,那就是发生弹性形变,所以选项A 正确,B 错误;外力对弹性物体做功,只要物体的形变量不变,则物体的弹性势能就不变,选项C 错误;发生弹性形变的物体具有弹性势能,在它们恢复原状的过程中,弹性势能减少而转化为其他形式的能量,这个过程就是一个对外界做功的过程,故选项D 正确.4.C [解析] F-x 图像与坐标轴所围图形的面积表示弹力做的功,则W=12×0.08×60 J -12×0.04×30 J =1.8 J,此过程弹力做正功,弹簧的弹性势能减小1.8 J,故选项C 正确.5.D [解析] 弹力做功的特点与重力做功一样,不用考虑路径,只看起始与终止位置,故选项D 正确.6.B [解析] 只要v a >v b ,A 、B 就有相对运动,弹簧就会被继续压缩,弹力做负功,弹性势能增加,当v a =v b 时,A 、B 相距最近,弹簧的形变量最大,弹性势能最大,故选项B 正确.7.AD [解析] 根据胡克定律得 F=kx ,由于劲度系数k 由弹簧本身决定,为一个常数,故F 与形变量x 成正比,所以F-x 图像是正比例函数图像,故A 正确,B 错误;弹性势能为E p =12kx 2,其图像为开口向上的二次函数图像,故C 错误,D 正确.8.D [解析] 当撤去力F 后,物体向右运动的过程中,弹簧先由压缩状态变到原长,再伸长,所以形变量先减小后增大,则弹簧的弹性势能先减小再增大,故D 正确.9.(1)天平 刻度尺 (2)重力势能 小球质量 上升高度[解析] 压缩弹簧的小球被松开后,当弹簧恢复到原长时弹簧的弹性势能转化为小球的动能,小球通过光滑水平面后沿光滑圆弧轨道上升到最高点,小球的动能转化为小球的重力势能,由轻杆OP 最后停的位置可测出小球上升的高度,再测出小球的质量即可求出其重力势能,这样就把不易测量的弹性势能,转化为易计算的重力势能了.10.D [解析] 分析实验数据,可看出在误差允许的范围内sd 2=20,即s=k 1d 2.弹性势能越大,小球滚动的距离越远,E p ∝s ,则E p ∝d 2,E p =k 2d 2. 11.4∶1[解析] A 、B 一起匀加速运动时的加速度 a=Fm A +m B =F3m B向右匀加速运动时,设弹簧的伸长量为x 右,由牛顿第二定律得 kx 右=m A a=2m B ·F 3m B=2F3向左匀加速运动时,设弹簧的伸长量为x 左,由牛顿第二定律得 kx 左=m B a=m B ·F 3mB=F3故x 右∶x 左=2∶1 又知E p ∝x 2则E p1∶E p2=4∶1.12.(1)8000 N/m (2)-10 J (3)增加了10 J [解析] (1)k=Fl =4000.2-0.15 N/m =8000 N/m .(2)由于F=kl ,作出F-l 图像如图所示,图中画斜线部分面积为弹力做功的绝对值,由于在伸长过程中弹力F 方向与位移方向相反,故弹力F 在此过程中做负功.W=-F2(l 1-l 0)=-4002×0.05 J =-10 J .(3)ΔE p =-W=10 J,即弹性势能增加了10 J .6 实验:探究功与速度变化的关系1.D [解析] 在本实验中不需要知道橡皮筋所做的功具体值,选项A 错误;在本实验中,必须知道每次橡皮筋做的功是第一次的多少倍,因此每次橡皮筋拉伸的长度必须一致,选项B 错误;长木板应该略倾斜以使小车重力沿木板方向的分力与摩擦力平衡,选项C 错误;小车的速度是由打点计时器打出的纸带得出的,为了使纸带能准确地记录小车的运动情况,必须先接通电源,使打点计时器工作稳定后,再释放小车,选项D 正确.2.C3.BC [解析] 木板倾斜的目的是使重力沿木板方向的分力与摩擦力平衡,所以倾斜程度过大或过小都不能达到目的,选项A 错误,B 正确;小车在倾斜的木板上如果能做匀速运动,则说明重力沿木板方向的分力与摩擦力是平衡的,这也就达到了我们的目的,选项C 正确;误差总是难以避免的,但我们在实验过程中可以采取一些措施,使误差尽可能小,选项D 错误.4.CD [解析] 物体受力不变,可以利用下降高度与速度关系代表功与速度的关系,所以必须测量下落高度,再利用下落高度计算对应各点瞬时速度,故C 、D 正确,A 、B 错误.5.(1)BC (2)L 2 (3)系统误差[解析] (1)要求出抛出时的速度,由平抛运动规律可知,需要测定桌面到地面的高度和水平射程;(2)由平抛运动规律可知,离开桌面时的速度与小物块做平抛运动的水平距离成正比,速度的二次方与L 2成正比;(3)小物块与桌面之间的摩擦引起的误差是由实验原理造成的,属于系统误差.6.(1)mg (x 1+x 2)x 2+x 32T(2)B[解析] (1)由于近似认为拉力等于重力,所以根据W=Fs 可知,拉力做功为W=mg (x 2+x 1);中点时刻的速度等于该段时间内的平均速度,所以打B 时的速度等于AC 段的平均速度,即v B =x 2+x 32T.(2)如果实验中完全消除了摩擦力和其他阻力,那么重物重力做的功就等于重物和小车动能的增加量,即W=12(m+M )v 2,质量都是定值,所以v 2与W 成正比,故B 正确.7.(1)②接通电源 释放小车 断开开关(2)5.09 0.49 (3)钩码的重力 小车受到的摩擦阻力 (4)小车初、末速度的平方差与位移成正比 小车的质量8.(1)x 3-x 12Δt(2)下滑的位移x mgx (3)2k [解析] (1)匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度,故v B =x 3-x 12Δt.(2)滑块运动过程中,滑块受到的合力等于重锤重力,要求合力做的功,则还需要测出这一过程滑块运动的位移x ,则合外力对滑块做功的表达式为W 合=mgx.(3)合外力做的功为W=mgx=12Mv 2,所以v 2=2M W ,若v 2-W 图像是一条过原点的倾斜直线,则有2M=k ,解得M=2k.7 动能和动能定理1.C2.A [解析] 由动能定理知mgh=12m v t 2-12m v 02,所以v t =√2gℎ+v 02,下落相同的高度,则末速度大小相同.3.A [解析] 动能的大小与速度的方向无关,在这段时间里滑块的动能大小没有发生变化.据动能定理,W=12m (-6 m/s)2-12m ·(6 m/s)2=0.选项A 正确.4.AB [解析] 物体上升过程中克服重力做功为W G =mgh=1×10×1 J =10 J,故A 正确.由动能定理知,合力做的功等于物体动能变化,故合外力做的功为W=12mv 2-0=12×1×22 J =2 J,故B 正确,C 错误.W=W F -mgh ,所以W F =W+mgh=12 J,故D 错误.5.C [解析] 设木板的厚度为d ,当子弹的速度为v 时,由动能定理知-fd=0-12mv 2.当子弹的速度为2v 时,设子弹能穿透n 块木板,由动能定理知-f ·nd=0-12m (2v )2,联立两式解得n=4,故选项C 正确.6.BC [解析] 对汽车运动的全过程应用动能定理,有W 1-W 2=0,得W 1∶W 2=1∶1;由图像知牵引力与阻力作用距离之比为x 1∶x 2=1∶4,由Fx 1-fx 2=0知F ∶f=4∶1.7.BC [解析] 根据动能定理,合外力对物体做的功等于物体动能的变化量.前2 s 内,合外力做功W=12m v 12,因此,从第1 s 末到第2 s 末,合外力做功W 1=12m v 12-12m v 12=0;从第3 s 末到第5 s 末,合外力做功W 2=0-12m v 12=-W ;从第5 s 末到第7 s 末,合外力做功W 3=12m v 12-0=W ;从第3 s 末到第4 s 末,合外力做功W 4=12m (v 12)2-12m v 12=-34W.8.B [解析] 由图像可看出,前2 m 内合力对物体做正功,物体的动能增加,后2 m 内合力对物体做负功,物体的动能减小,所以物体具有最大动能时的位移是2 m .9.A [解析] 由动能定理得-W-μmg (s+x )=0-12m v 02,W=12m v 02-μmg (s+x ).10.D [解析] 小球A 做平抛运动,是匀变速曲线运动,A 错误;根据加速度定义式可知,两球在相同时间内速度变化Δv=gt 相同,B 错误;根据动能定理可知,A 在O 点时的动能大,C 错误;两球质量相等,在经过O 点时的竖直分速度相同,故所受重力的瞬时功率相同,D 正确.11.150 J 10√6 m/s[解析] 设运动员对足球做功为W ,对足球从静止到最高点过程,由动能定理有 W-mgh=12mv 2,其中m=0.5 kg,h=10 m,v=20 m/s, 解得W=150 J .对足球从开始到落地过程,由动能定理有W=12m v 地2, 解得v 地=10√6 m/s .12.mgH cos 2θ+14mgH sin 2θ mgH cos 2θ[解析] 如图所示,小球位移最小,由数学知识可知,小球平抛运动的水平、竖直位移分别为x=H sin θcos θ、y=H cos 2θ 重力做功W G =mgy=mgH cos 2 θ 又y=12gt 2=gx 22v 02由动能定理有mgy=E k -12m v 02解得E k =mgH cos 2θ+14mgH sin 2θ. 13.12mgR[解析] 小球运动到最低点,由于绳子的张力为小球重力的7倍,故有 7mg-mg=m v B 2R在B 点时,小球的动能为E k B =12m v B 2=3mgR小球恰好过C 点,有mg=m v C2R 在C 点时,小球的动能E k C =12mgR小球从B 点到C 点过程,设小球克服阻力做功为W f ,由动能定理有 -mg ·2R-W f =E k C -E k B 故小球从B 点到C 点过程克服阻力所做的功W f =12mgR.习题课:动能定理的应用1.A [解析] 由动能定理得,人对球做的功W=12mv 2-0=50 J,故选项A 正确.2.C [解析] 在最低点,根据牛顿第三定律可知轨道对质点的支持力F=2mg ,根据牛顿第二定律可得F-mg=m v 2R ,从最高点P 到最低点Q 运用动能定理可得mgR-W f =12mv 2,联立以上各式得,克服摩擦力做的功为W f =12mgR.选项C 正确.3.B [解析] 消防队员从开始下落至重心下降到最低点过程,重力做功W G =mg (h+Δh ),地面对队员的作用力做功W F =F Δh ,由动能定理得W G -W F =0,代入数值解得F=5mg.4.B [解析] 由动能定理得-F (L+d )=12mv 2-12m v 02,FL=12Mv 2,故Fd=mv 022-M+m 2v 2,故选项B 错误.5.D [解析] 物体对地的位移为x+L ,根据动能定理,对物体有E k 物=(F-f )(x+L ),对小车有E k 车=fx ,选项A 、B 正确;根据功的定义可知,物体克服摩擦力做功W f =f (x+L ),选项C 正确;小车和物体系统具有的总动能为E k 物+E k 车=F (x+L )-fL ,选项D 错误.6.BD [解析] 在v-t 图像中图线斜率表示加速度,甲的加速度开始时比乙的大,在1 s 后甲的加速度为0,比乙的小,在0~1 s 间某时刻甲和乙的加速度相同,A 错误;在开始时两物体速度均为0,2 s 末速度相同,由动能定理可知,前2 s 内两物体的合外力做功相同,B 正确;根据图线与横轴所围的面积表示位移可知,前2 s 甲的位移大,平均速度大,C 错误,D 正确.7.(1)20 m/s 2 (2)12.5 m[解析] (1)由牛顿第二定律得 F-μmg=ma ,当推力F=100 N 时,a=20 m/s 2.(2)根据F=100-20x ,由图像可知,推力对物体做的功等于图线与x 轴围成的面积,于是推力对物体做功W=12Fx 0=250 J, 根据动能定理可得W-μmgx m =0, 解得x m =12.5 m . 8.(1)2 m/s (2)0.5[解析] (1)小球从A 运动到B 做平抛运动,有x=v 0t H-h=12gt 2解得v 0=2 m/s(2)小球从A 运动到C ,由动能定理得mgH=12m v C 2-12m v 02小球在N 点,由牛顿第二定律得 mg=m v N2R小球从C 运动到N ,由动能定理得-μmgL=12m v N 2-12m v C 2联立解得μ=0.59.(1)1.8 m (2)2.16 m[解析] (1)对P 向右运动到速度减小为0的过程,设最大位移为x m ,在虚线右侧P 对地面的压力大小为 F N =mg-F sin θ=4 N 由动能定理有-(F cos θ+μF N )x m =0-12m v 02解得x m =1.8 m .(2)对P 从右侧最大距离处开始到停止运动过程,设停在虚线左侧距离虚线为x 处,由动能定理有 (F cos θ-μF N )x m -μmgx=0 解得x=2.16 m .10.(1)2√10 m/s (2)√835 s (3)5 J[解析] (1)对滑块从A 到B 的过程,由动能定理得F 1x 1+F 3x 3-μmgx=12m v B 2解得v B =2√10 m/s .(2)在前2 m 内,由牛顿第二定律得 F 1-μmg=ma且x 1=12a t 12解得t 1=√835 s .(3)当滑块恰好能到达最高点C 时,有mg=m v C 2R对滑块从B 到C 的过程,由动能定理得W-mg ·2R=12m v C 2-12m v B 2代入数值得W=-5 J即克服摩擦力做的功为5 J .8 机械能守恒定律1.AC [解析] 石块自由下落的过程和抛出的铅球在空中运动的过程,只有重力做功,机械能守恒;电梯加速上升的过程中除重力做功外,钢索的拉力也对电梯做正功,所以机械能不守恒;木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程,除重力做功外,要克服摩擦力做功,所以机械能不守恒.选项A 、C 正确.2.AC [解析] 物体做平抛运动或沿光滑曲面自由运动时,不受摩擦力,在曲面上弹力不做功,只有重力做功,机械能守恒,所以A 、C 项正确;被匀速吊起的集装箱,绳的拉力对它做正功,机械能不守恒;物体以45g 的加速度向上做匀减速运动时,由牛顿第二定律得F-mg=m -45g ,有F=15mg ,可知物体受到竖直向上的大小为15mg 的外力作用,该力对物体做了正功,机械能不守恒.3.D [解析] 物体做匀速直线运动时,动能不变,势能仍可能变化,选项A 错误;物体做匀变速直线运动时,动能不断改变,机械能不一定守恒,选项B 错误;外力对物体所做的功等于0时,动能不变,势能仍可能变化,选项C 错误;机械能守恒的条件是只有重力或系统内弹力对物体做功,选项D 正确.4.BCD [解析] 若物体在合外力作用下做匀速圆周运动,匀速圆周运动为变速运动,动能不变,A 错误;在光滑水平面上匀速运动的物体所受的合力为0,机械能守恒,B 正确;平抛运动为匀变速运动,做平抛运动的物体机械能守恒,C 正确;根据机械能守恒条件可知D 正确.5.BD [解析] 小球到达最低点时,速度方向沿水平方向,在钉子挡住细绳瞬间,合外力对小球做功为零,则小球的动能不变,故A 错误,B 正确;在钉子挡住细绳瞬间,小球的质量和高度不变,则小球的重力势能不变,故C 错误;在钉子挡住细绳瞬间,小球的动能与重力势能都不变,则小球的机械能不变,故D 正确.6.CD [解析] 两物体质量相等,开始时高度相同,释放时两物体的机械能相同,释放后两物体都是只有重力做功,机械能都守恒,到最低点时下降高度不同,重力势能不同,动能不同,A 、B 错误,D 正确;根据机械能守恒定律可知,两物体均能回到等高的半圆形槽右边缘最高点,C 正确.。
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7 动能和动能定理对点训练知识点一动能的理解和计算1．两个物体质量之比为1∶4，速度大小之比为4∶1，则这两个物体的动能之比为( ) A．1∶1B．1∶4C．4∶1D．2∶1知识点二对动能定理的理解2．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．斜向上抛的最大D．斜向下抛的最大3．一质量为1kg的滑块以6m/s的初速度在光滑的水平面上向左滑行．从某一时刻起在滑块上施加一个向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度方向变成向右，大小仍为6m/s.在这段时间里水平力对滑块所做的功是( )A．0B．9JC．18JD．无法确定4．(多选)如图L7－7－1所示，一个质量是25kg的小孩从高为2m的滑梯顶端由静止滑下，滑到底端时的速度为2m/s.关于力对小孩做的功，以下说法正确的是(g取10m/s2)( )图L7－7－1A．重力做的功为500JB．合外力做功为50JC．克服阻力做功为50JD．支持力做功为450J5．速度为v的子弹恰可穿透一块固定的木板．如果子弹速度为2v，子弹穿透木板时所受阻力视为不变，则可穿透同样的固定木板( )A．2块B．3块C．4块D．8块6．(多选)在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到v max后，立即关闭发动机直至静止，其v－t图像如图L7－7－2所示．设汽车的牵引力为F，摩擦力为f，全程中牵引力做功为W1，克服摩擦力做功为W2，则( )图L7－7－2A．F∶f＝3∶1B．W1∶W2＝1∶1C．F∶f＝4∶1D．W1∶W2＝1∶3知识点三动能定理的基本计算7．(多选)一个物体沿直线运动，其v－t图像如图L7－7－3所示，已知在前2s内合外力对物体做功为W，则( )图L7－7－3A ．从第1s 末到第2s 末，合外力做功为35WB ．从第3s 末到第5s 末，合外力做功为－WC ．从第5s 末到第7s 末，合外力做功为WD ．从第3s 末到第4s 末，合外力做功为－23W8．某物体同时受到在同一直线上的两个力F 1、F 2的作用，物体由静止开始做直线运动，力F 1、F 2与其位移的关系图像如图L7－7－4所示，在这4m 内，物体具有最大动能时的位移是( )图L7－7－4A ．1mB ．2mC ．3mD ．4m综合拓展9．质量为m 的物体以初速度v 0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L7－7－5所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，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( )图L7－7－5A.12mv 20－μmg(s ＋x) B.12mv 20－μmgx C ．μmgsD ．μmg(s ＋x)10．质量相等的A 、B 两小球位于同一水平直线上，A 球被水平抛出的同时，B 球开始自由下落，两个小球的运动轨迹如图L7－7－6所示，空气阻力忽略不计，则( )图L7－7－6A ．A 球做变加速曲线运动，B 球做匀变速直线运动 B ．相同时间内A 、B 两球速度的变化量不相等C ．两球经过O 点时的动能相等D ．两球经过O 点时所受重力的瞬时功率相等11．运动员把质量为500g 的足球踢出后，足球上升的最大高度为10m ，且此时速度大小为20m/s ，然后落在地面上，不计空气阻力，重力加速度g 取10m/s 2，则运动员对足球做功为多少？足球落地时的速度为多大？12．如图L7－7－7所示，斜面倾角为θ.把一个质量为m 的小球从斜面底端正上方高为H 的位置以某一初速度水平向左抛出，小球以最小位移落在斜面上．不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g ，求小球落在斜面上时的动能和小球从抛出到落在斜面上过程中重力所做的功．图L7－7－713．质量为m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用，设某一时刻小球通过最低点B ，此时绳子的张力为7mg(g 为重力加速度)，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点C ，求此过程中小球克服空气阻力所做的功．图L7－7－81．C2．A [解析]由动能定理知mgh ＝12mv 2t －12mv 20，所以v t ＝2gh ＋v 20，下落相同的高度，则末速度大小相同．3．A [解析]动能的大小与速度的方向无关，在这段时间里滑块的动能大小没有发生变化．据动能定理，W ＝12m(－6m/s)2－12m ·(6m/s)2＝0.选项A 正确．4．AB [解析]重力做功与路径无关，W G ＝mgh ＝25×10×2J ＝500J ，选项A 正确；合外力做功W ＝ΔE k ＝12mv 2＝12×25×22J ＝50J ，选项B 正确；因为W ＝W G ＋W 阻＝50J ，所以W 阻＝－450J ，即克服阻力做功为450J ，选项C 错误；支持力始终与速度方向垂直，不做功，选项D 错误．5．C [解析]设木板的厚度为d ，当子弹的速度为v 时，由动能定理知－fd ＝0－12mv 2.当子弹的速度为2v 时，设子弹能穿透n 块木板，由动能定理知－f·nd＝0－12m(2v)2，联立两式解得n ＝4，故选项C 正确．6．BC [解析]对汽车运动的全过程应用动能定理，有W 1－W 2＝0，得W 1∶W 2＝1∶1；由图像知牵引力与阻力作用距离之比为x 1∶x 2＝1∶4，由Fx 1－fx 2＝0知F ∶f ＝4∶1.7．BC [解析]根据动能定理，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量．前2s 内，合外力做功W ＝12mv 21，因此，从第1s 末到第2s 末，合外力做功W 1＝12mv 21－12mv 21＝0；从第3s 末到第5s 末，合外力做功W 2＝0－12mv 21＝－W ；从第5s 末到第7s 末，合外力做功W 3＝12mv 21－0＝W ；从第3s 末到第4s 末，合外力做功W 4＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 122－12mv 21＝－34W.8．B [解析]由图像可看出，前2m 内合力对物体做正功，物体的动能增加，后2m 内合力对物体做负功，物体的动能减小，所以物体具有最大动能时的位移是2m.9．A [解析]由动能定理得－W －μmg(s ＋x)＝0－12mv 20，W ＝12mv 20－μmg(s ＋x)．10．D [解析]小球A 做平抛运动，是匀变速曲线运动，A 错误；根据加速度定义式可知，两球在相同时间内速度变化Δv ＝gt 相同，B 错误；根据动能定理可知，A 在O 点时的动能大，C 错误；两球质量相等，在经过O 点时的竖直分速度相同，故所受重力的瞬时功率相同，D 正确．11．150J 106m/s[解析]设运动员对足球做功为W ，对足球从静止到最高点过程，由动能定理有W －mgh ＝12mv 2，其中m ＝0.5kg ，h ＝10m ，v ＝20m/s ，解得W ＝150J.对足球从开始到落地过程，由动能定理有W ＝12mv 2地，解得v 地＝106m/s.12．mgHcos 2θ＋14mgHsin 2θ mgHcos 2θ[解析]如图所示，小球位移最小，由数学知识可知，小球平抛运动的水平、竖直位移分别为x ＝Hsin θcos θ、y ＝Hcos 2θ重力做功W G ＝mgy ＝mgHcos 2θ 又y ＝12gt 2＝gx 22v 20由动能定理有mgy ＝E k －12mv 2解得E k ＝mgHcos 2θ＋14mgHsin 2θ.13.12mgR [解析]小球运动到最低点，由于绳子的张力为小球重力的7倍，故有 7mg －mg ＝m v 2BR在B 点时，小球的动能为E kB ＝12mv 2B ＝3mgR小球恰好过C 点，有mg ＝m v 2CR在C 点时，小球的动能E kC ＝12mgR小球从B 点到C 点过程，设小球克服阻力做功为W f ，由动能定理有 －mg·2R－W f ＝E kC －E kB故小球从B 点到C 点过程克服阻力所做的功W f ＝12mgR.。
高中物理 第七章 机械能守恒定律 第7、8节 动能和动能定理、机械能守恒定律练习 新人教版必修2(2
高中物理第七章机械能守恒定律第7、8节动能和动能定理、机械能守恒定律练习新人教版必修2编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（高中物理第七章机械能守恒定律第7、8节动能和动能定理、机械能守恒定律练习新人教版必修2）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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动能和动能定理、机械能守恒定律一、不定项选择题1. 韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中（）A. 动能增加了1 900 J B。
动能增加了2 000 JC。
重力势能减少了1 900 J D。
重力势能减少了2 000 J2. 如图所示，人在高度h的地方，斜向上抛出一质量为m的物体，物体到最高点时的速度为v1,落地速度为v2.不计空气阻力，则人对这个物体做的功为（)A。
错误!mv错误!－错误!mv错误! B。
错误!mv错误!C。
错误!mv错误!－mgh D. 错误!mv错误!－mgh3。
一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略,运动员可视为质点,下列说法正确的是( ）A. 运动员到达最低点前重力势能始终减小B. 蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加C. 蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D。
蹦极过程中,重力势能的改变与重力势能零点的选取有关4。
2018版高中物理必修2试题：第七章 机械能守恒定律 第7
第7节 动能和动能定理【二维选题表】基础训练1.关于公式W=E k2-E k1=ΔE k ,下述正确的是( C ) A.功就是动能,动能就是功 B.功可以变为能,能可以变为功 C.动能变化的多少可以用功来量度 D.功是物体能量的量度解析:功和能(动能)是两个不同的概念,也不可以相互转化,动能定理只是反映了合力做的功与物体动能变化的关系,即反映了动能变化多少可以由合力做的功来量度,选项C 正确. 2.某同学用200 N 的力将质量为0.44 kg 的足球踢出,足球以10 m/s 的初速度沿水平草坪滚出60 m 后静止,则足球在水平草坪上滚动过程中克服阻力做的功是( B )A.4.4 JB.22 JC.132 JD.12 000 J解析:根据动能定理,W=mv 2=×0.44×102 J=22 J,W f =mv 2,故选项B 正确.3.(多选)一物体在运动过程中,重力做了-2 J 的功,合力做了4 J 的功,则( BD )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 J解析:重力做负功,重力势能增加,增加量等于克服重力做的功,选项C错误,D正确;根据动能定理得该物体动能增加,增加量为4 J,选项A错误,B正确.4.一个原来静止的质量为m的物体放在光滑的水平面上,在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下,经过一段时间,物体获得的速度为v,在两个力的方向上的分速度分别为v1和v2,那么在这段时间内,其中一个力做的功为( B )A.mv2B.mv2C.mv2D.mv2解析:依题意,物体所受合力方向及位移方向沿两力夹角的平分线方向,两个力做的功相同,若均为W,则两力做的总功为2W,物体动能的改变量为mv2.根据动能定理有2W=mv2,则可得一个力做的功为W=mv2,故选项B正确.5.一质量为m的小球,用长为l的轻绳悬挂于O点.第一次小球在水平拉力F1作用下,从平衡位置P点缓慢地移到Q点,此时绳与竖直方向夹角为θ,如图所示,在这个过程中水平拉力做功为W1.第二次小球在水平恒力F2作用下,从P点移到Q点,水平恒力做功为W2,重力加速度为g,且θ<90°,则( C )A.W1=F1lsin θ,W2=F2lsin θB.W1=W2=mgl(1-cos θ)C.W1=mgl(1-cos θ),W2=F2lsin θD.W1=F1lsin θ,W2=mgl(1-cos θ)解析:第一次水平拉力为变力,由动能定理可求得W1=mgl(1-cos θ);第二次水平拉力为恒力,由功的公式可求得W2=F2lsin θ,故选项C 正确.6.(2018·湖北黄冈检测)用长为l、不可伸长的细线把质量为m的小球悬挂于O点,将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手,运动t时间后停在最低点.则在时间t内( A )A.小球重力做功为mgl(1-cos α)B.空气阻力做功为-mglcos αC.小球所受合力做功为mglsin αD.绳拉力做功的功率为解析:小球从开始运动到停止的过程中,下降的高度为h=l(1-cos α),所以小球的重力做功W G=mgl(1-cos α),选项A正确;初、末动能都为0,根据动能定理,小球从开始运动到停止的过程中小球受到的合力做功为0, 即W G+W f=0,所以W f=-W G=-mgl(1-cos α),选项B,C错误;由于绳子的拉力始终与运动方向垂直,所以绳子的拉力不做功.绳子的拉力的功率为0,选项D 错误.7.如图所示,高h的光滑斜面,一质量为m的物块,在沿斜面向上的恒力F作用下,能匀速沿斜面向上运动.若把此物块放在斜面顶端,用2F的恒力沿斜面向下拉动,使其由静止向下滑动,滑至底端时其动能的大小为( B )A.2mghB.3mghC.2FhD.3Fh解析:令斜面的长度为L,倾角为θ,可知L=,因为用力F可以使物体沿光滑斜面匀速上滑,可知,此时拉力F=mgsin θ,物体在斜面顶端用2F拉力沿斜面下滑时,根据动能定理有mgh+2FL=E k-0所以物体滑到斜面底端时的动能E k=mgh+2FL=mgh+2mgsin θ·=3mgh,所以A,C,D错误,B正确.8.如图所示,一个长木板AB倾斜放在沙地上,木板与地面的夹角为θ,木板的底端B恰好与沙地接触,一个质量为2 kg的物块(可视为质点)从A点由静止释放,已知A点到木板的底端B 点的距离是L=4 m,物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.5,已知sin θ=0.6,cos θ=0.8,g= 10 m/s2,求:(1)物块滑至B点时的速度大小.(2)若物块滑至B点后陷入沙地的距离是x,沙地对物块的平均阻力为f=92 N,求x.(3)物块从A点滑至B点的过程中,减少的重力势能一部分转化成物块的动能,另一部分转化成内能,若转化的内能有50%被物块吸收,且物块每吸收1 000 J的内能温度升高1 ℃,求物块从A点滑至B点升高的温度.解析:(1)物块从A到B的过程,由动能定理得mgLsin θ-μmgcos θ·L=m-0,可得物块滑至B点时的速度为v B== m/s=4 m/s.(2)物块在沙地中运动的过程,运用动能定理得mgxsin θ-fx=0-m,解得x=0.2 m.(3)物块从A点滑至B点的过程中,产生的内能为Q=μmgcos θ·L=0.5×2×10×0.8×4 J=32 J.设物块从A点滑至B点升高的温度为t,据题有50%Q=1 000t,解得t=0.016 ℃.答案:(1)4 m/s (2)0.2 m (3)0.016 ℃素养提升9.(2018·日照高一检测)质量为M的汽车在平直的公路上行驶,发动机的输出功率P和汽车所受的阻力F阻都恒定不变,在时间t内,汽车的速度由v0增加到最大速度v m.汽车前进的距离为x,则这段时间内发动机所做的功可用下列哪个式子计算( C )A.W=F阻xB.W=(v0+v m)F阻tC.W=F阻v m tD.W=M-M解析:发动机的功率P恒定,经过时间t,发动机做的功为W=Pt,汽车从速度v0到最大速度v m过程中,由动能定理可知W-F阻x=M-M,故W=M-M+F阻x,选项A,B,D错误;速度达到最大时,牵引力等于F阻, P=F阻v m,所以W=F阻v m t,选项C正确.10.如图所示,一辆汽车通过图中的细绳拉起井中质量为m的重物.开始时汽车在A点,绳子已拉紧且竖直,左侧绳长为H.汽车加速向左运动,沿水平方向从A经过B驶向C,且A,B间的距离也为H,汽车过B点时的速度为v0.求汽车由A移动到B的过程中,绳的拉力对重物做的功.(设绳和滑轮的质量及摩擦力不计,滑轮、汽车的大小都不计)解析:将汽车到达B点时的速度v0分解如图所示,汽车到达B点时重物的速度与同一时刻沿绳方向的速度分量v1大小相等,即θ=45°,重物速度v1=v0cos θ.重物上升的高度h=-H,设拉力对重物做的功为W F.由动能定理得W F-mgh=m.拉力对重物做的功W F=mg（-H）+m(v0cos θ)2=(-1)mgH+m.答案:(-1)mgH+m11.(2018·福建三明检测)质量均为m的物体A和B分别系在一根不计质量的细绳两端,绳子跨过固定在倾角为α=30°的斜面顶端的定滑轮上,斜面固定在水平地面上,开始时把物体B 拉到斜面底端,这时物体A离地面的高度为 0.8 m,如图所示.若摩擦力均不计,从静止开始放手让它们运动.(斜面足够长,g取10 m/s2)求:(1)物体A着地时的速度大小;(2)物体A着地后物体B沿斜面上滑的最大距离.解析:(1)设A落地时的速度为v,对系统由动能定理mgh-mghsin α=(m+m)v2代入数据得v=2 m/s.(2)A落地后,B以v为初速度沿斜面匀减速上升,设沿斜面又上升的距离为s,由动能定理得-mgssin α=0-mv2,代入数据得s=0.4 m.答案:(1)2 m/s (2)0.4 m12.(2018·浙江卷,23)如图所示,用一块长L1=1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面,桌子高H=0.8 m,长L2=1.5 m.斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定.将质量m=0.2 kg 的小物块从斜面顶端静止释放,物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.18,物块与桌面间的动摩擦因数为μ2,忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失.(重力加速度取g=10 m/s2;最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)求θ角增大到多少时,物块能从斜面开始下滑;(用正切值表示)(2)当θ角增大到37°时,物块恰能停在桌面边缘,求物块与桌面间的动摩擦因数μ2;(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(3)继续增大θ角,发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大,求此最大距离x m.解析:(1)为使小物块下滑,应有mgsin θ≥μ1mgcos θθ满足的条件tan θ≥0.18;(2)克服摩擦力做功W f=μ1mgL1cos θ+μ2mg(L2-L1cos θ)由动能定理得mgL1sin θ-W f=0代入数据得μ2=0.8;(3)由动能定理得mgL1sin θ-W f=mv2代入数据得v=1 m/sH=gt2,t=0.4 s,x1=vt,x1=0.4 mx m=x1+L2=1.9 m.答案:(1)tan θ=0.18 (2)0.8 (3)1.9 m。
2018-2019学年高中物理第七章机械能守恒定律习题课动能定理的应用习题新人教版必修2
μ，物体在水平
8．如图 LX3－ 4 所示， 半径 R＝ 0.9m 的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置， 圆弧最低点
B 与长为 L＝1m的水平面相切于 B 点， BC离地面高 h＝ 0.8m，质量为 m＝ 1.0kg 的小滑块从
圆弧最高点 D 由静止释放，已知滑块与水平面间的动摩擦因数
2
取 10m/s . 求：
（ F－ μ mg） x 1 7.
μmg
[ 解析 ] 解法一：可将物体运动分成两个阶段进行求解．
3
2018-2019 学年教科版高中物理选修 3-2 全册课时分层作业
物体开始做匀加速直线运动，位移为 x 1， 根据动能定理有
Fx1－ μ mgx1＝ 12mv21－ 0 ①
撤去外力 F 后，物体做匀减速直线运动，位移为 － μ mgx2＝ 0－ 12mv21
Hale Waihona Puke 图 LX3－ 61． A [ 解析 ] 由动能定理得，人对球做的功
W＝
1 2
mv2－
0＝
50J
，故选项
A 正确．
2． C [ 解析 ] 在最低点，根据牛顿第三定律可知轨道对质点的支持力
2
v 顿第二定律可得 F－ mg＝ m ，从最高点 P 到最低点 Q 运用动能定理可得
R
F＝ 2mg，根据牛
mgR－
对小车有 Ek 车＝ fx ，选项 A、B 正确； 根据功的定义可知， 物体克服摩擦力做功 Wf ＝ f(x ＋ L) ，
选项 C 正确；小车和物体系统具有的总动能为
Ek 物＋ Ek 车＝ F(x ＋ L) － fL ，选项 D 错误．
6． BD [ 解析 ] 在 v－ t 图像中图线斜率表示加速度，甲的加速度开始时比乙的大，在
2019高中物理 第七章 机械能守恒定律 7.7 动能和动能定理同步测试 新人教版必修2
亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……7.7动能和动能定理1.质量相等的物体分别在地球和月球表面上以相同的初动能做竖直上抛运动，则它们在上升的全过程中（不计空气阻力）：（）A. 所受冲量大小相等B. 重力做的功相同C. 平均速度大小相同D. 重力加速度大小相等【答案】ABC【解析】【分析】根据动量定理分析重力的冲量；根据匀变速直线运动的特点分析平均速度；【详解】由于初动能相同，根据动能和动量的关系有初动量为：，到最高点速度为零，末动量为零，则：A、上升过程中物体动量的变化是相等的，根据动量定理可知，两种情况下上升过程中所受的冲量相等，故A正确；B、所以上升过程中物体动能的变化是相等，而且物体只受到重力做用，根据动能定理可知，上升过程中重力做的功是相等的，故B正确；C、由于物体质量相等，初动能相等，即初速度相等，最高点末速度为零，由于是做匀减速直线运动，所以根据平均速度公式，可知平均速度是相等的，故C正确；D、地球表面和月球表面的重力加速度不同，故选项D错误。
【点睛】该题考查的知识点比较多，在解答的过程中要注意两种情况下都是做匀减速直线运动，而且初末速度相同，利用相应定理和定律进行求解即可。
2.一个人用力把一个质量为1㎏的物体，由静止向上提起1m时，物体的速度为2m/s，则在此过程中，下列说法正确的是（）A. 手对物体做的功为12JB. 合外力对物体做的功为2JC. 合外力对物体做的功伟12JD. 物体克服重力做的功为10J【答案】ABD【解析】【详解】A、由动能定理得：W-mgh=mv2-0，得手对物体所做的功为：W=mv2+mgh=×1×22+1×10×1=12J，故A正确．B、C、由动能定理得：合外力做功为W合=mv2-0=×1×22=2J，故B正确，C错误．D、物体克服重力做功为：W=mgh=1×10×1J=10J，故D正确；本题选错误的故选C。
2018_2019学年高中物理第七章机械能守恒定律专题课多体机械能守恒问题习题新人教版必修
专题课多体机械能守恒问题1．(多选)如图LZ4－1所示，斜面置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是( )图LZ4－1A．物体的重力势能减少，动能增加B．斜面的机械能不变C．斜面对物体的作用力垂直于接触面，不对物体做功D．物体和斜面组成的系统机械能守恒2．(多选)一名蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是( ) A．运动员到达最低点前重力势能始终减小B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关图LZ4－23．如图LZ4－2所示，一轻弹簧固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且使弹簧保持原长的A点无初速度释放，不计空气阻力．在重物由A点摆向最低点B的过程中，下列说法正确的是( )A．重物的机械能守恒B．重物的机械能增加C．重物的重力势能与弹簧的弹性势能之和不变D．重物与弹簧组成的系统机械能守恒4．如图LZ4－3所示，A、B两个质量相同的小球固定在一轻杆的两端，杆可绕一水平放置的固定转轴O转动，将杆从水平位置由静止释放，当杆到达竖直位置时，设杆对A做功为W，B球机械能的变化量为ΔE，则( )图LZ4－3A．W＝0，ΔE＝0B．W<0，ΔE>0C．W>0，ΔE>0D．W>0，ΔE<0图LZ4－45．如图LZ4－4所示，一不可伸长的柔软轻绳跨过光滑的定滑轮，绳两端各系一小球a 和b.a球质量为m，静止于地面；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧．从静止开始释放b，则当b刚落地时a的速度为( )A.ghB.2ghC.3ghD.6gh6．如图LZ4－5所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长时，圆环高度为h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零，则在圆环下滑到底端的过程中( )图LZ4－5A．圆环机械能守恒B．弹簧的弹性势能先减小后增大C．弹簧的弹性势能变化了mghD．弹簧与光滑杆垂直时圆环动能最大7．如图LZ4－6所示，质量为m的木块放在光滑的水平桌面上，用轻绳绕过桌边光滑的定滑轮与质量为2m的砝码相连，把绳拉直后使砝码从静止开始下降h的距离，砝码未落地，木块仍在桌面上，求此时砝码的速度以及轻绳对砝码做的功．图LZ4－68．如图LZ4－7所示，轨道ABCD平滑连接，其中AB为光滑的曲面，BC为粗糙水平面，CD为半径为r的内壁光滑的四分之一圆管，管口D正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端固定，上端恰好与D端齐平．质量为m的小球在曲面AB上距BC高为3r处由静止下滑，进入管口C端时与圆管恰好无压力作用，通过CD后压缩弹簧，压缩过程中小球速度最大时弹簧弹性势能为E p.已知小球与水平面BC间的动摩擦因数为μ，求：(1)水平面BC的长度s；(2)小球向下压缩弹簧过程中的最大动能E km.图LZ4－79．如图LZ4－8所示，总长为L的光滑匀质铁链，跨过一光滑的轻质小定滑轮，开始底端相齐，当略有扰动时某一端下落，则铁链脱离滑轮的瞬间，其速度为多大？(滑轮半径可忽略不计)图LZ4－810．如图LZ4－9所示，光滑圆柱被固定在水平平台上，质量为m1的小球A用轻绳跨过圆柱与质量为m2的小球B相连，开始时将A放在平台上，两边绳子竖直．两球由静止释放，A上升，B下降，当A上升到圆柱的最高点时，绳子突然断了，发现A恰能做平抛运动，求m2∶m1.(A、B均视为质点)图LZ4－91．AD [解析]物体由静止开始下滑的过程中重力势能减少，动能增加，A项正确；物体在下滑过程中，斜面向右做加速运动，机械能增加，B项错误；物体沿斜面下滑时，既沿斜面向下运动，又随斜面向右运动，所受弹力方向垂直于接触面，但与其速度方向之间的夹角大于90°，所以斜面对物体的作用力对物体做负功，C项错误；对物体与斜面组成的系统，只有物体的重力和物体与斜面间的弹力做功，机械能守恒，D项正确．2．ABC [解析]到达最低点前高度始终在降低，所以重力势能始终减小，选项A正确；绳张紧后的下落过程中，绳的伸长量逐渐增大，绳的弹力做负功，弹性势能增大，选项B 正确；在蹦极过程中，只有重力与系统内弹力做功，故运动员、地球、蹦极绳组成的系统机械能守恒，选项C正确；重力势能的改变与重力做功有关，重力做功只与始、末位置高度差有关，与零势能面的选取无关，选项D错误．3．D [解析]重物由A点下摆到B点的过程中，弹簧被拉长，弹簧的弹力对重物做了负功，所以重物的机械能减少，故选项A、B错误；此过程中，由于只有重力和弹簧的弹力做功，所以重物与弹簧组成的系统机械能守恒，即重物减少的重力势能等于重物获得的动能与弹簧增加的弹性势能之和，故选项C错误，选项D正确．4．D [解析]两小球组成的系统机械能守恒，杆竖直时A 在最高点，B 在最低点，A 球的速度由0增大，重力势能增加，A 的机械能增加，则B 的机械能减少，ΔE<0；在此过程中，由动能定理可知，杆对A 做正功，W>0，对B 做负功，选项D 正确．5．A [解析]a 、b 两球组成的系统机械能守恒，设b 刚落地时的速度大小为v ，则整个过程动能增加量ΔE k 增＝12(m ＋3m)v 2＝2mv 2，重力势能的减少量ΔE p 减＝3mgh －mgh ＝2mgh ，由机械能守恒定律得ΔE k 增＝ΔE p 减，所以2mv 2＝2mgh ，v ＝gh ，A 项正确．6．C [解析]圆环与弹簧构成的系统机械能守恒，圆环机械能不守恒，A 项错误；弹簧形变量先增大后减小，再增大，所以弹性势能先增大后减小，再增大，B 项错误；由于圆环与弹簧构成的系统机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh ，所以弹簧的弹性势能增加了mgh ，C 项正确；弹簧与光滑杆垂直时，圆环所受合力沿杆向下，圆环具有与速度同向的加速度，所以做加速运动，D 项错误． 7.233gh －23mgh [解析]砝码从静止开始下降h 高度的过程中，两物体组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律，系统减少的重力势能等于系统增加的动能，则：2mgh ＝12mv 2＋12·2mv 2 解得：v ＝233gh 设轻绳对砝码做功为W ，对砝码由动能定理得2mgh ＋W ＝12·2mv 2－0 解得：W ＝－23mgh. 8．(1)5r 2μ (2)32mgr ＋m 2g 2k－E p [解析] (1)由小球在C 点对轨道没有压力，有mg ＝m v 2C r小球从出发点运动到C 点的过程中，由动能定理得3mgr －μmg·s＝12mv 2C 解得s ＝5r 2μ. (2)速度最大时，小球加速度为0，设弹簧压缩量为x.由kx ＝mg ，得x ＝mg k由C 点到速度最大时，小球和弹簧构成的系统机械能守恒．设速度最大时的位置为零势能面，有12mv 2C ＋mg(r ＋x)＝E km ＋E p 解得E km ＝32mgr ＋m 2g 2k－E p . 9.gL 2[解析]方法一：利用E k1＋E p1＝E k2＋E p2求解，取开始时铁链下端为参考平面 设铁链质量为m ，开始时底端所在平面为零势能面，则初状态动能E k1＝0，势能为E p1＝14mgL ；设末状态的速度为v ，则有动能E k2＝12mv 2，势能E p2＝0.根据机械能守恒定律，得E k1＋E p1＝E k2＋E p2，即14mgL ＝12mv 2，解得v ＝gL 2. 方法二：利用ΔE p ＝ΔE k 求解．设铁链总质量为m ，初状态至末状态可等效为一半铁链移至另一半下端，其重力势能的减少量为ΔE p ＝mg 2·L 2＝mgL 4设末状态时铁链的速度为v ，则动能的增量为ΔE k ＝12mv 2 由机械能守恒定律，得mgL 4＝12mv 2，解得v ＝gL 2. 10．5∶(1＋π)[解析] 由题意可知，在A 上升到最高点时，由重力提供向心力，即m 1g ＝m 1v 2R从开始到A 到达最高点的过程中，A 、B 和轻绳组成的系统机械能守恒，则m 2gR(1＋π2)－2m 1gR ＝12(m 1＋m 2)v 2 由以上两式得m 2∶m 1＝5∶(1＋π)．。
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![[精品]新人教版高中物理第七章第7节动能和动能定理及答案](https://img.taocdn.com/s3/m/22fa722c79563c1ec5da716d.png)
第七节动能和动能定1．物体由于运动而具有的能称为动能，表达式为__________，动能是______量，单位与功的单位相同，在国际单位制中都是________．2．两个质量为的物体，若速度相同，则两个物体的动能________，若动能相同，两个物体的速度________________．3．力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中____________，这个结论叫动能定．表达式为W＝________式中W为合外力对物体做的功，也可解为各力对物体做功的__________，如果外力做正功，物体的动能________；外力做负功，物体的动能减少．4．动能定既适用于________运动，也适用于________运动，既适用于________做功，也适用于________做功．且只需确定初、末状态而不必涉及过程细节，因而解题很方便．5．下列关于运动物体所受合力做功和动能变的关系正确的是( )A．如果物体所受合力为零，则合力对物体做的功一定为零B．如果合力对物体所做的功为零，则合力一定为零．物体在合力作用下做变速运动，动能一定发生变D．物体的动能不变，所受合力一定为零6．关于动能概念及公式W＝E2－E1的说法中正确的是( )A．若物体速度在变，则动能一定在变B．速度大的物体，动能一定大．W＝E2－E1表示功可以变成能D．动能的变可以用合力做的功量度【概念规律练】知识点一动能的概念1．对动能的解，下列说法正确的是( )A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能B．动能不可能为负值．一定质量的物体，动能变时，速度一定变；但速度变时，动能不一定变D．动能不变的物体，一定处于平衡状态2．在下列几种情况中，甲、乙两物体的动能相等的是( ) A．甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的B．甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的．甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的D．质量相同，速度大小也相同，但甲向东运动，乙向西运动知识点二动能定3．关于动能定，下列说法中正确的是( )A．在某过程中，外力做的总功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．动能定只适用于直线运动，不适用于曲线运动D．动能定既适用于恒力做功的情况，又适用于变力做功的情况4图1有一质量为的木块，从半径为r的圆弧曲面上的点滑向b点，如图1所示，如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( ) A．木块所受的合外力为零B．因木块所受的力都不对其做功，所以合外力的功为零．重力和摩擦力做的功代和为零D．重力和摩擦力的合力为零知识点三动能定的应用5．一个25g的小孩从高度为30的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为20/取g＝10 /2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是( ) A．合外力做功50J B．阻力做功500J．重力做功500J D．支持力做功50J6．一辆汽车以v1＝6/的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行1＝36 ，如果以v2＝8 /的速度行驶，在同样路面上急刹车后滑行的距离2应为( )A．64 B．56．72 D．108【方法技巧练】一、应用动能定分析多过程问题7图2物体从高出地面H处由静止自由落下，不考虑空气阻力，落至地面进入沙坑处停止，如图2所示，求物体在沙坑中受到的平均阻力是其重力的多少倍．8图3如图3所示，物体在离斜面底端5处由静止开始下滑，然后滑上由小圆弧(长度忽略)与斜面连接的水平面上，若斜面及水平面的动摩擦因均为04，斜面倾角为37°，则物体能在水平面上滑行多远？二、利用动能定求变力做功9．如图4所示，图4一质量为的小球，用长为L的轻绳悬挂于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，此时悬线与竖直方向夹角为θ，则拉力F做的功为( )A．gL cθB．gL(1－cθ)．FLθD．FL cθ1．质量一定的物体( )A．速度发生变时其动能一定变B．速度发生变时其动能不一定发生变．速度不变时其动能一定不变D．动能不变时其速度一定不变2．下面有关动能的说法正确的是( )A．物体只有做匀速运动时，动能才不变B．物体做平抛运动时，水平方向速度不变，动能不变．物体做自由落体运动时，重力做功，物体的动能增加D．物体的动能变时，速度不一定变，速度变时，动能一定变3．质量不同而具有相同动能的两个物体，在动摩擦因相同的水平面上滑行到停止，则( )A．质量大的物体滑行的距离长B．质量大的物体滑行的距离短．它们克服阻力做的功一样大D．它们运动的加速度一样大4．质量为10g的滑块，以4/的初速度在光滑的水平面上向左滑行，从某一时刻起将一向右水平力作用于滑块，经过一段时间，滑块的速度方向变为向右，大小为4 /，则在这段时间内水平力所做的功为( )A．0 B．8J．16J D．32J5．某人把质量为01g的一块小石头从距地面5的高处以60°角斜向上抛出，抛出时的初速度大小为10/，则当石头着地时，其速度大小约为(g取10 /2)( )A．14/ B．12 /．28/ D．20 /6．如图5所示，图5用同种材料制成的一个轨道，AB段为圆弧，半径为R，水平放置的B段长度为R一小物块质量为，与轨道间的动摩擦因为μ，当它从轨道顶端A 由静止下滑时，恰好运动到点静止，那么物块在AB段所受的摩擦力做的功为( ) A．μgR B．gR(1－μ)．πμgR/2 D．gR/27．一质量为1g的物体被人用手由静止向上提升1，这时物体的速度是2/，则下列结论中不正确的是( )A．手对物体做功12J B．合外力对物体做功12J ．合外力对物体做功2J D．物体克服重力做功10J 8图62008年北京奥运会上，芜湖籍跳水运动员周吕鑫获得了10米跳台的银牌，为芜湖人民争了光．假设在某次比赛中他从10高处的跳台跳下，如图6所示．设水的平均阻力约为其体重的3倍，在粗略估算中，把运动员当做质点处，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 B．3 ．7 D．19．物体沿直线运动的v－图象如图7所示，已知在第1秒内合力对物体做功为W，则( )图7A．从第1秒末到第3秒末合力做功为4WB．从第3秒末到第5秒末合力做功为－2W．从第5秒末到第7秒末合力做功为WD．从第3秒末到第4秒末合力做功为－075W10．如图8所示，图8质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为的子弹以速度v0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为，若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系式中正确的是( )A．FL＝Mv2B．F＝v2．F＝v－(M＋)v2D．F(L＋)＝v－v2f2×103N．从车站开出时车头对车厢的牵引力为F＝6×103N，当行驶一段距离1＝50后，车厢与车头脱钩，求脱钩后车厢继续向前滑行的距离2图912．一质量为＝2g的小球从光滑的斜面上高＝35处由静止滑下，斜面底端紧接着一个半径R＝1的光滑圆环，如图9所示，求：(1)小球滑到圆环顶点时对圆环的压力；(2)小球至少应从多高处由静止滑下才能越过圆环最高点？(g取10/2)第7节动能和动能定课前预习练1．E＝v2标焦耳2．相同不一定相同3．动能的变E2－E1代和增加4．直线曲线恒力变力5．A [物体所受合力为零，则合力做功为零，物体的动能变为零．但如果物体所受合力不为零，合力对物体做功也可能为零，动能变为零，如匀速圆周运动．故A正确．]6．D [速度是矢量，而动能是标量，若物体速度只改变方向，不改变大小，则动能不变，A错；由E＝v2知B错；动能定W＝E2－E1表示动能的变可用合力做的功量度，但功和能是两个不同的概念，有着本质的区别，故错，D正确．]课堂探究练1．AB [物体由于运动而具有的能叫动能，故A对；由E＝v2知，B对；由于速度是矢量，当速度大小不变、方向变时，动能不变，但动能变时，速度大小一定改变，故对；做匀速圆周运动的物体，其动能不变，但物体却处于非平衡状态，故D错．]2．D [由动能的表达式E＝v2知A、B错误，正确．动能是标量，D正确．]3．D4．[物体做曲线运动，速度方向变，加速度不为零，合外力不为零，A错．速率不变，动能不变，由动能定知，合外力做的功为零，支持力始终不做功，重力做正功，所以重力做的功与阻力做的功代和为零，但重力和阻力的合力不为零，对，B、D错．]点评(1)动能定反映的是合外力做的功和物体动能变的关系．(2)速率不变，速度有可能变．5．A [由动能定可得合力对小孩做的功W合＝v2＝×25×22J＝50J又因为W合＝W G＋W f所以W f＝W合－W G＝50J－750J＝－700J由于支持力的方向始终与速度方向垂直，支持力对小孩不做功．] 6．A [急刹车后，车只受摩擦阻力F f的作用，且两种情况下摩擦力大小是相同的，汽车的末速度皆为零．－F f1＝0－v①－F f2＝0－v②②式除以①式得＝故汽车滑行距离＝()2×36＝64]2＝1点评对恒力作用下的运动，可以考虑用牛顿运动定律分析．但在涉及力、位移、速度时，应优先考虑用动能定分析．一般说，动能定不需要考虑中间过程，比牛顿运动定律要简单一些．7解析解法一：物体运动分两个物过程，先自由落体，然后做匀减速运动．设物体落至地面时速度为v，则由动能定可得gH＝v2 ①第二个物过程中物体受重力和阻力，同可得g－F阻＝0－v2 ②由①②式得＝解法二：若视全过程为一整体，由于物体的初、末动能均为0，由动能定可知，重力对物体做的功与物体克服阻力做的功相等，即g(H＋)＝F阻解得＝8．35解析物体在斜面上受重力g、支持力F N1、滑动摩擦力F f1的作用，沿斜面加速下滑，在水平面上减速直到静止．方法一：对物体在斜面上的受力分析如图甲所示，可知物体下滑阶段：F N1＝g c37°故F f1＝μF N1＝μg c37°由动能定得g37°·1－μg c37°·1＝v①在水平面上的运动过程中，受力分析如图乙所示F f2＝μF N2＝μg由动能定得－μg·2＝0－v②由①②两式可得＝×5＝352＝1方法二：物体受力分析同上，物体运动的全过程中，初、末状态的速度均为零，对全过程运用动能定有g37°·1－μg c37°·1－μg·2＝0得2＝1＝×5＝35方法总结应用动能定解题时，在分析过程的基础上无需深究物体的运动过程中变的细节，只需考虑整个过程的功及过程始末的动能．若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．若不涉及中间过程量时，用整个过程分析比较简单．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同情况分别对待，求出总功．计算时要把各力的功连同符号(正、负)一同代入公式．9．B [小球缓慢移动，时时都处于平衡状态，由平衡条件可知，F＝gθ，随着θ的增大，F也在增大，是一个变的力，不能直接用功的公式求它的功，所以这道题要考虑用动能定求解．由于物体缓慢移动，动能保持不变，由动能定得：－gL(1－c θ)＋W＝0，所以W ＝gL(1－c θ)．]方法总结利用动能定求变力做的功时，可先把变力做的功用字母W表示出，再结合物体动能的变进行求解．课后巩固练1．B2．[物体只要速率不变，动能就不变，A错；速度有方向，动能没方向，B错；物体做自由落体运动时，其合力等于重力，重力做功，物体的动能增加，故正确；物体的动能变时，速度的大小一定变，故D错．]3．BD [两物体的初动能相同，末动能也相同，动能的变量相同，由动能定知，合力对它们做的总功相等，即它们克服摩擦力做的功一样大．由关系式μ1g1＝μ2g2可知，质量大的物体滑行的距离短．由牛顿第二定律＝＝＝μg知，它们运动的加速度相同．] 4．A [这段过程的初动能和末动能相等，根据动能定W＝E2－E1知，W＝0，故选A]5．A [此过程中可忽略空气阻力，认为小石头只受重力作用．由动能定，重力对物体所做的功等于物体动能的变，知g＝v－v，v2＝＝10/，A对．]6．B [物块在AB段所受的摩擦力大小、方向都变，故不能直接用功的表达式进行计算，可用动能定进行研究．设在AB段物块克服摩擦力做的功为W，则物块由A到B运用动能定可得gR－W＝v－0 ①物块由B到运用动能定可得－μgR＝0－v②①②两式结合，整可得W＝gR(1－μ)，故应选B]7．B [由动能定，得W手－g＝v2则W手＝g＋v2＝(1×10×1＋×1×22) J＝12JF合＝W手－g＝v2＝×1×22J＝2JW G＝－g＝－1×10×1J＝－10J．故B错误．]8．A [设水的深度为，由动能定g(10＋)－3g＝0，＝5 ，A对．] 9．D [由图象可知物体速度变情况，根据动能定得第1内：W＝v2，第1末到第3末：W1＝v2－v2＝0，A错；第3末到第5末：W2＝0－v2＝－W，B错；第5末到第7末：W3＝(－v)2－0＝W，正确．第3末到第4末：W4＝()2－v2＝－075W，D正确．]10．AD [根据动能定，对子弹：－F(L＋)＝v2－v知，选项D正确；对木块：FL＝Mv2，故A正确；以上二式相加后整可得F＝v－(M ＋)v2，正确．在应用动能定列式计算时，一定要注意功与动能变的对应关系，不能张冠李戴，同时功的公式中的位移必须是对地位移．如对子弹用动能定时，求功的公式中的位移必须是子弹的对地位移L＋，对应的是子弹动能的变；而对木块用动能定时，位移应是木块的对地位移L，对应的是木块动能的变．]11．100解析方法一：选车厢为研究对象，把它的运动过程分成两段．对脱钩前做匀加速运动的过程，牵引力做正功，阻力做负功，重力和支持力都不做功，始态速度为零，终态速度为v，根据动能定有(F－F f)·1＝v2－0 ①对于脱钩后做匀减速运动的过程，阻力做负功，重力和支持力不做功；终态速度为0，始态速度为v，根据动能定有－F f·2＝0－v2 ②由①②两式解得2＝100方法二：取全过程研究，据动能定得F1－F f(1＋2)＝0解得2＝10012．(1)40N (2)25解析(1)小球从开始下滑至滑到圆环顶点的过程中，只有重力做功，故可用动能定求出小球到最高点时的速度，再由向心力方程求力．由动能定有g(－2R)＝v2－0小球在圆环最高点时，由向心力方程，得F N＋g＝联立上述两式，代入据得F N＝40N由牛顿第三定律知，小球对圆环的压力为40N(2)小球能越过圆环最高点的临界条件是在最高点时只有重力提供向心力，即g＝①设小球应从H高处滑下，由动能定得g(H－2R)＝v′2－0 ②由①②得H＝25R＝25。
2018高中物理 第七章 机械能守恒定律 7.5 动能和动能定理练习 新人教版必修2
动能和动能定理（答题时间：20分钟）1. 某人用手托着质量为m 的物体，从静止开始沿水平方向运动，前进距离l 后，速度为v （物体与手始终相对静止），物体与手掌之间的动摩擦因数为μ，则人对物体做的功为（ ）A. mglB. 0C. μmglD.12mv 2 2. 子弹的速度为v力，那么当子弹射入木块的深度为其厚度的一半时，子弹的速度是（A.2vB.2vC.3v 3. 气阻力，则下列图象能正确反映小球的速度、加速度、位移和动能随时间变化关系的是（取向上为正方向）（ ）4. 一人乘竖直电梯从1楼到12楼，在此过程中经历了先加速，后匀速，再减速的运动过程，则下列说法正确的是（ ）A. 电梯对人做功情况是：加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功B. 电梯对人做功情况是：加速和匀速时做正功，减速时做负功C. 电梯对人做的功等于人动能的增加量D. 电梯对人做的功和重力对人做的功的代数和等于人动能的增加量5. 关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是（ ）A. 合外力为零，则合外力做功一定为零B. 合外力做功为零，则合外力一定为零C. 合外力做功越多，则动能一定越大D. 动能不变，则物体合外力一定为零6. 人通过滑轮将质量为m 的物体，沿粗糙的斜面从静止开始匀加速地由底端拉到斜面顶端，物体上升的高度为h ，到达斜面顶端时的速度为v ，如图所示，则在此过程中（ ）A. 物体所受的合外力做的功为mgh ＋12mv 2 B. 物体所受的合外力做的功为12mv 2C. 人对物体做的功为mghD. 人对物体做的功大于mgh7. 将一个物体以初动能E 0竖直向上抛出，落回地面时物体的动能为02E ，设空气阻力大小恒定，若将它以初动能4E 0竖直上抛，则它在上升到最高点的过程中，重力势能变化了（ ）A. 3E 0B. 2E 0C. 1.5E 0D. E 01. D 解析：由动能定理直接判定0212-=mv W ，因不清楚物体与手之间的静摩擦力变化关系，故无法用力与位移之积表示。
2019年高中物理第七章机械能守恒定律第七节动能和动能定理分层训练新人教版必修2
第七节动能和动能定理[A 级 抓基础]1．关于对动能的理解，下列说法不正确的是() A ．凡是运动的物体都具有动能 B ．动能总是正值C ．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化D ．一定质量的物体，速度变化时，动能一定变化解析：只要物体运动，则物体一定具有动能，故A 正确；动能是标量，表示大小，故动能均为正值，B 正确；由动能的定义可知，一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化，故C 正确；速度为矢量，速度的变化可能是速度方向在变化，故一定质量的物体，速度变化时，动能可能不变化，故D 错误． 答案：D2．下列关于运动物体所受合力做功和动能变化的关系正确的是() A ．如果物体所受合力为零，则合力对物体做的功一定为零 B ．如果合力对物体所做的功为零，则合力一定为零 C ．物体在合力作用下做变速运动，动能一定发生变化 D ．物体的动能不变，所受合力一定为零解析：物体所受合力为零，则合力做功为零，物体的动能变化为零．但如果物体所受合力不为零，合力对物体做功也可能为零，动能变化为零，如匀速圆周运动．故A 正确． 答案：A3．两个物体质量比为1∶4，速度大小之比为4∶1，则这两个物体的动能之比为() A ．1∶1B ．1∶4C ．4∶1D ．2∶1 解析：由动能表达式E k ＝12mv 2，得Ek1Ek2＝m1m2·⎝ ⎛⎭⎪⎫v1v22＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫412＝4∶1，C 正确． 答案：C4．(多选)古有守株待兔的寓言，设兔子的头部受到大小等于自身体重的打击时即可致死，若兔子与树桩作用时发生的位移为0.2 m ，则被撞死的兔子其奔跑的速度可能为(g 取10 m/s 2)() A ．1 m/s B ．1.5 m/s C ．2 m/s D ．2.5 m/s解析：设被撞死的兔子奔跑的最小速度为v ，兔子的质量为m ，由动能定理得－mgx ＝0－12mv 2，解得v＝2 m/s ，故正确选项为C 、D. 答案：CD5．(多选)质量为m 的物体从地面上方高H 处无初速释放，陷入地面的深度为h ，如图所示，在此过程中()A ．重力对物体做功为mgHB ．重力对物体做功为mg (H ＋h )C ．外力对物体做的总功为零D ．地面对物体的平均阻力为mg (H ＋h )/h解析：在此过程中，重力做功为mg (H ＋h )，A 错误，B 正确；物体无初速释放．到最低点的速度为零，由动能定理可知，外力对物体做的总功为零，C 正确；由mg (H ＋h )－F f ·h ＝0，可得地面对物体的平均阻力为F f ＝mg (H ＋h )/h ，D 正确． 答案：BCD6．(多选)在平直公路上汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到10 m/s 时，立即关闭发动机，汽车滑行直到停止，运动的vt 图象如图所示，汽车牵引力大小为F ，汽车受到的阻力恒为f ，全过程中牵引力做的功为W F ，克服阻力f 所做的功为W f ，则下列各项中正确的是()A ．F ∶f ＝1∶3B ．F ∶f ＝4∶1C ．W F ∶W f ＝1∶1D ．W F ∶W f ＝1∶3解析：对全过程由动能定理可知W F －W f ＝0，故W F ∶W f ＝1∶1，故C 正确，D 错误；根据恒力做功公式得W F ＝Fs ，W f ＝fs ′，由题图可知s ∶s ′＝1∶4，所以F ∶f ＝4∶1，故A 错误，B 正确． 答案：BC7.如图所示，质量为m 的物块与转台之间能产生的最大静摩擦力为物块重力的k 倍，物块与转轴OO ′相距R ，物块随转台由静止开始转动．当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到滑动前的这一过程中，转台对物块的静摩擦力对物块做的功为()A ．0B ．2πkmgRC ．2kmgR D.12kmgR解析：由动能定理有W f ＝ΔE k ，而ΔE k ＝12mv 2－0，又kmg ＝m v2R ，所以W f ＝12kmgR . 答案：D[B 级 提能力]8.滑块甲和乙放在粗糙的水平面上，给两滑块同方向的初速度，两滑块仅在滑动摩擦力的作用下运动，其v-t 图象如图所示．已知两滑块的质量相等，则能正确反映两滑块的动能与滑行距离x 的变化规律的是()解析：对滑块进行受力分析，滑块受重力、支持力和滑动摩擦力，重力和支持力不做功，只有滑动摩擦力做功，根据动能定理有－f x ＝E k －E k 0，得E k ＝－fx ＋E k 0，结合E k -x 图象知，斜率的绝对值为f .因为v-t 图象中甲、乙两图线平行，所以甲、乙的加速度相等，根据牛顿第二定律f ＝ma ，两滑块质量相同，所以甲、乙所受的滑动摩擦力大小相等，即E k -x 图象中两图线平行，故D 正确． 答案：D9．(2018·江苏卷)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E k 与时间t 的关系图象是()解析：本题考查动能的概念和E k -t 图象，意在考查考生的推理能力和分析能力．小球做竖直上抛运动时，速度v ＝v 0－gt ，根据动能的定义得E k ＝12mv 2＝12m (v 0－gt )2，故图象A 正确． 答案：A10．(2017·江苏卷)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k 与位移x 关系的图线是()解析：设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则物块在上滑过程中根据动能定理有－(mg sin θ＋μmg cos θ)x＝E k－E k0，即E k＝E k0－(mg sin θ＋μmg cos θ)x，物块沿斜面下滑的过程中有(mg sin θ－μmg cos θ)(x0－x)＝E k，由此可以判断C项正确．答案：C11.有一质量为0.2 kg的物块，从长为4 m、倾角为30°光滑斜面顶端处由静止开始沿斜面滑下，斜面底端和水平面的接触处为很短的圆弧形，如图所示．物块和水平面间的动摩擦因数为0.2，求：(1)物块在水平面能滑行的距离；(2)物块克服摩擦力所做的功．(g取10 m/s2)解析：(1)设斜面长度为L，物块在水平面上能滑行的距离为l，由动能定理得mg·L sin 30°－μmg·l＝0－0，解得l＝10 m.(2)物体克服摩擦力所做的功为W＝μmgl＝0.2×0.2×10×10 J＝4 J.答案：(1)10 m(4)4 J12.如图所示，ABCD为一竖直平面的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑．一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点速度为零．求：(g取10 m/s2)(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；(2)物体第5次经过B点时的速度；(3)物体最后停止的位置(距B点多少米)．解析：(1)由动能定理，得－mg (h －H )－μmgl BC ＝0－12mv 21，解得μ＝0.5.(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 －μmg 4l BC ＝12mv 2－12mv 21， 解得v 2＝411 m/s ≈13.3 m/s. (3)分析整个过程，由动能定理，得mgH －μmgl ＝0－12mv 21，解得l ＝21.6 m.所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m ，故离B 的距离为2 m －1.6 m ＝0.4 m. 答案：(1)0.5(2)13.3 m/s(3)0.4 m。
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7 动能和动能定理
对点训练
知识点一动能的理解和计算
1．两个物体质量之比为1∶4，速度大小之比为4∶1，则这两个物体的动能之比为( ) A．1∶1B．1∶4
C．4∶1D．2∶1
知识点二对动能定理的理解
2．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．斜向上抛的最大D．斜向下抛的最大
3．一质量为1kg的滑块以6m/s的初速度在光滑的水平面上向左滑行．从某一时刻起在滑块上施加一个向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度方向变成向右，大小仍为6m/s.在这段时间里水平力对滑块所做的功是( )
A．0B．9J
C．18JD．无法确定
4．(多选)如图L7－7－1所示，一个质量是25kg的小孩从高为2m的滑梯顶端由静止滑下，滑到底端时的速度为2m/s.关于力对小孩做的功，以下说法正确的是(g取10m/s2)( )
图L7－7－1
A．重力做的功为500JB．合外力做功为50J
C．克服阻力做功为50JD．支持力做功为450J
5．速度为v的子弹恰可穿透一块固定的木板．如果子弹速度为2v，子弹穿透木板时所受阻力视为不变，则可穿透同样的固定木板( )
A．2块B．3块
C．4块D．8块
6．(多选)在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到v max后，立即关闭发动机直至静止，其v－t图像如图L7－7－2所示．设汽车的牵引力为F，摩擦力为f，全程中牵引力做功为W1，克服摩擦力做功为W2，则( )
图L7－7－2
A．F∶f＝3∶1B．W1∶W2＝1∶1
C．F∶f＝4∶1D．W1∶W2＝1∶3
知识点三动能定理的基本计算
7．(多选)一个物体沿直线运动，其v－t图像如图L7－7－3所示，已知在前2s内合外力对物体做功为W，则( )
图L7－7－3
A ．从第1s 末到第2s 末，合外力做功为3
5W
B ．从第3s 末到第5s 末，合外力做功为－W
C ．从第5s 末到第7s 末，合外力做功为W
D ．从第3s 末到第4s 末，合外力做功为－2
3
W
8．某物体同时受到在同一直线上的两个力F 1、F 2的作用，物体由静止开始做直线运动，力F 1、F 2与其位移的关系图像如图L7－7－4所示，在这4m 内，物体具有最大动能时的位移是( )
图L7－7－4
A ．1m
B ．2m
C ．3m
D ．4m 综合拓展
9．质量为m 的物体以初速度v 0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L7－7－5所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，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( )
图L7－7－5
A.12mv 2
0－μmg(s ＋x) B.12
mv 2
0－μmgx C ．μmgs
D ．μmg(s ＋x)
10．质量相等的A 、B 两小球位于同一水平直线上，A 球被水平抛出的同时，B 球开始自由下落，两个小球的运动轨迹如图L7－7－6所示，空气阻力忽略不计，则( )
图L7－7－6
A ．A 球做变加速曲线运动，
B 球做匀变速直线运动 B ．相同时间内A 、B 两球速度的变化量不相等
C ．两球经过O 点时的动能相等
D ．两球经过O 点时所受重力的瞬时功率相等
11．运动员把质量为500g 的足球踢出后，足球上升的最大高度为10m ，且此时速度大
小为20m/s ，然后落在地面上，不计空气阻力，重力加速度g 取10m/s 2
，则运动员对足球做功为多少？足球落地时的速度为多大？
12．如图L7－7－7所示，斜面倾角为θ.把一个质量为m 的小球从斜面底端正上方高为H 的位置以某一初速度水平向左抛出，小球以最小位移落在斜面上．不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g ，求小球落在斜面上时的动能和小球从抛出到落在斜面上过程中重力所做的功．
图L7－7－7
13．质量为m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用，设某一时刻小球通过最低点B ，此时绳子的张力为7mg(g 为重力加速度)，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点C ，求此过程中小球克服空气阻力所做的功．
图L7－7－8
1．C
2．A [解析]由动能定理知mgh ＝12mv 2t －12mv 20，所以v t ＝2gh ＋v 2
0，下落相同的高度，
则末速度大小相同．
3．A [解析]动能的大小与速度的方向无关，在这段时间里滑块的动能大小没有发生变
化．据动能定理，W ＝12m(－6m/s)2－12
m ·(6m/s)2
＝0.选项A 正确．
4．AB [解析]重力做功与路径无关，W G ＝mgh ＝25×10×2J ＝500J ，选项A 正确；合外力做功W ＝ΔE k ＝12mv 2＝12×25×22
J ＝50J ，选项B 正确；因为W ＝W G ＋W 阻＝50J ，所以W 阻＝
－450J ，即克服阻力做功为450J ，选项C 错误；支持力始终与速度方向垂直，不做功，选
项D 错误．
5．C [解析]设木板的厚度为d ，当子弹的速度为v 时，由动能定理知－fd ＝0－12mv 2
.
当子弹的速度为2v 时，设子弹能穿透n 块木板，由动能定理知－f·nd＝0－12m(2v)2
，联立
两式解得n ＝4，故选项C 正确．
6．BC [解析]对汽车运动的全过程应用动能定理，有W 1－W 2＝0，得W 1∶W 2＝1∶1；由图像知牵引力与阻力作用距离之比为x 1∶x 2＝1∶4，由Fx 1－fx 2＝0知F ∶f ＝4∶1.
7．BC [解析]根据动能定理，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量．前2s 内，合外力做功W ＝12mv 21，因此，从第1s 末到第2s 末，合外力做功W 1＝12mv 21－12mv 2
1＝0；从第3s
末到第5s 末，合外力做功W 2＝0－12mv 21＝－W ；从第5s 末到第7s 末，合外力做功W 3＝12mv 2
1－
0＝W ；从第3s 末到第4s 末，合外力做功W 4＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 122－12mv 21＝－3
4
W.
8．B [解析]由图像可看出，前2m 内合力对物体做正功，物体的动能增加，后2m 内合
力对物体做负功，物体的动能减小，所以物体具有最大动能时的位移是2m.
9．A [解析]由动能定理得－W －μmg(s ＋x)＝0－12mv 20，W ＝12mv 2
0－μmg(s ＋x)．
10．D [解析]小球A 做平抛运动，是匀变速曲线运动，A 错误；根据加速度定义式可
知，两球在相同时间内速度变化Δv ＝gt 相同，B 错误；根据动能定理可知，A 在O 点时的动能大，C 错误；两球质量相等，在经过O 点时的竖直分速度相同，故所受重力的瞬时功率相同，D 正确．
11．150J 106m/s
[解析]设运动员对足球做功为W ，对足球从静止到最高点过程，由动能定理有W －mgh ＝12
mv 2
，其中m ＝0.5kg ，h ＝10m ，v ＝20m/s ，解得W ＝150J. 对足球从开始到落地过程，由动能定理有W ＝12mv 2
地，解得v 地＝106m/s.
12．mgHcos 2θ＋14
mgHsin 2θ mgHcos 2
θ
[解析]如图所示，小球位移最小，由数学知识可知，小球平抛运动的水平、竖直位移分
别为x ＝Hsin θcos θ、y ＝Hcos 2
θ
重力做功W G ＝mgy ＝mgHcos 2
θ 又y ＝12gt 2＝gx 2
2v 20
由动能定理有mgy ＝E k －12mv 2
解得E k ＝mgHcos 2θ＋14mgHsin 2
θ.
13.1
2
mgR [解析]小球运动到最低点，由于绳子的张力为小球重力的7倍，故有 7mg －mg ＝m v 2
B
R
在B 点时，小球的动能为E kB ＝12mv 2
B ＝3mgR
小球恰好过C 点，有mg ＝m v 2
C
R
在C 点时，小球的动能E kC ＝1
2
mgR
小球从B 点到C 点过程，设小球克服阻力做功为W f ，由动能定理有 －mg·2R－W f ＝E kC －E kB
故小球从B 点到C 点过程克服阻力所做的功W f ＝1
2
mgR.。