8.3 动能和动能定理 同步练习 -2025-2026学年高一下学期物理人教版必修第二册

2025~2026人教版必修二8.3动能和动能定理专题训练 一．选择题 1．改变物体的质量和速度，都可能使物体的动能发生改变。下列几种情况中，能够使物体的动能变为原来的8倍的是（　　） A．速度不变，质量增大到原来的2倍 B．质量不变，速度增大到原来的2倍 C．质量减半，速度增大到原来的4倍 D．速度减半，质量增大到原来的4倍 2．一学生用力踢质量为1kg的足球，使球从静止开始以10m/s的速度水平飞出，设人踢球时对球的平均作用力为200N，球在水平方向上运动了20m，则该学生对球做的功是（　　） A．0J B．50J C．4000J D．条件不足，无法确定 3．质量为10g的子弹，以300m/s的速度射入固定木板，射穿后的速度是100m/s。子弹射穿木板的过程中，子弹克服阻力做功为（　　） A．200J B．﹣200J C．400J D．﹣400J 4．某同学用水平恒力推一质量为500g的静止在水平桌面上的物块，并利用传感器测出物块的速度，1s后撤去恒力，得出物块的速度—时间图像如图所示。取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．物块与桌面间的动摩擦因数为0.1 B．恒力做的功为1J C．恒力做的功为3J D．摩擦力对物块做的功为﹣1J 5．质量为1kg的物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，其加速度随时间的变化如图所示，则（　　） A．第1s末质点速度是4m/s B．第1s内质点的动能增加量是4J C．第2s末合外力的瞬时功率是3W D．0﹣2s内合外力的平均功率是4.5W 6．如图1所示，质量为m的小物块静止于光滑水平面上坐标原点处，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F的大小随物块所在位置坐标x的变化关系如图2所示，图线为半圆。则小物块运动到x0处时的动能为（　　） A．0 B． C． D． 7．如图所示，水平地面上有一固定斜面ABC，D为斜面中点，斜面倾角为30°。物块以120J的初动能从底端A沿斜面向上滑动，恰能滑到顶端B，当它再次回到底端A时动能为40J。已知物块与AD部分的动摩擦因数为μ1，与DB部分的动摩擦因数为μ2，μ1＝3μ2，则动摩擦因数μ1为（　　） A． B． C． D． 二．多选题 8．如图所示，一个物块m在与水平方向成α角的恒力F作用下，从静止开始沿粗糙水平面向右运动一段距离x时的速度为v，在此过程中（　　） A．恒力F对物块所做的功为Fxsinα B．速度为v时，恒力F对物块做功的功率为Fvcosα C．物体的动能增加了Fxcosα D．合外力对物体做功为mv2 9．如图甲所示，在水平地面上放置一木块，其质量m＝10kg，木块在水平推力F作用下运动，推力F的大小随位移x变化的图像如图乙所示。已知木块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　） A．木块先做匀变速直线运动，后做匀速直线运动 B．木块从0～5m的运动过程中，其克服摩擦力所做的功为100J C．木块从0～5m的运动过程中，推力F做的功为150J D．木块从0～5m的运动过程中，其动能变化量为50J 10．一辆质量为m的汽车，从静止开始启动后沿平直路面直线行驶，行驶过程中受到的阻力大小恒定，如果发动机的输出功率恒为P，自启动后经过时间t，汽车恰好达到最大速度v。则（　　） A．当汽车的速度大小为时，牵引力的大小为 B．汽车速度达到v的过程中，汽车行驶的距离大于 C．汽车速度达到v的过程中，牵引力做的功为 D．汽车速度达到v的过程中，克服阻力做的功为 三．解答题 11．如图所示，质量m＝10kg的箱子（可视为质点）从固定斜坡顶端由静止下滑，斜坡长度L＝2m，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，木箱底面与斜坡间的动摩擦因数μ＝0.25。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力的影响。求： （1）箱子所受滑动摩擦力大小f； （2）木箱下滑的整个过程中，重力对其所做的功W； （3）木箱下滑至底端时的动能Ek； （4）木箱滑到斜坡底端时，重力做功的瞬时功率P。 12．如图所示，滑板运动员以一定速度从P点沿水平方向滑离平台，恰能从A点与轨道相切进入粗糙圆弧轨道AC，沿圆弧轨道在竖直平面做圆周运动。已知运动员（含滑板）质量m＝50kg，运动员进入圆弧轨道时的速度大小vA＝10m/s，圆弧轨道的半径R＝4m，圆弧轨道AB对应的圆心角θ＝37°。测得运动员在轨道最低点B时对轨道的压力是其总重力的3.8倍。若运动员可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）运动员在P点的速度vP的大小及从P点到A点所用时间t； （2）运动员在B点时的动能EkB，及在圆弧轨道AB段运动过程中，摩擦力对运动员所做的功W。 13．如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B点，C点是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0m，现有一个质量为m＝0.2kg且可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，物体恰好到达斜面顶端A处。已知DE距离h＝4.0m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，忽略空气阻力，求： （1）物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小； （2）斜面AB的长度L； （3）物块在斜面上滑行的路程x。 14．如图所示的装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5m，轨道CD足够长，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30m、h2＝1.35m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，求： （1）小滑块第一次到达C点的速度大小？ （2）小滑块第一次到达D点的速度大小？ （3）小滑块最终停留的位置距离B点多远？ 15．一游戏装置如图所示，左侧光滑斜面AB与水平传送带BC平滑连接，传送带右侧紧接有等高的光滑水平面CD。现有一可视为质点的小滑块m从斜面上距传送带高度h处静止下滑，通过传送带和CD，冲上两个半径为R的光滑四分之一圆管轨道。已知m＝0.2kg，R＝0.4m，CD长s＝1m，传送带BC长L＝2m，以速度v0＝1m/s匀速向右运动，小滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，忽略空气阻力。 （1）若小滑块恰能从E点离开，求小滑块： ①在D点处的速度大小； ②在D点处对轨道的压力大小； ③释放高度h。 （2） 若在CD段铺上不同材料，且小滑块与材料的动摩擦因数为μ1，小滑块从斜面上距传送带高度h＝1.5m处静止下滑，小滑块最终停在CD的中点位置F（图中未标示），试讨论μ1可能的取值。 参考答案与试题解析 一．选择题 1．【答案】C 【解答】解：A、速度不变，质量增大到原来的2倍，根据动能的表达式可知物体的动能变为原来2倍，故A错误； B、质量不变，速度增大到原来的2倍，根据动能的表达式可知物体的动能变为原来4倍，故B错误； C、质量减半，速度增大到原来的4倍，根据动能的表达式可知物体的动能变为原来8倍，故C正确； D、速度减半，质量增大到原来的4倍，根据动能的表达式可知物体的动能不变，故D错误。 故选：C。 2．【答案】B 【解答】解：对学生踢球过程，根据动能定理，学生对足球做的功等于足球动能的变化，即W0J＝50J，故ACD错误，B正确。 故选：B。 3．【答案】C 【解答】解：已知子弹的质量m＝10g＝0.01kg，初速度v0＝300m/s，末速度v＝100m/s，设子弹克服阻力做功为Wf。 根据动能定理得：﹣Wf，解得：Wf＝400J，故ABD错误，C正确。 故选：C。 4．【答案】C 【解答】解：A.1s后撤去恒力，物块在摩擦力作用下做匀减速直线运动，由v﹣t得物块做减速直线运动的加速度大小为 由牛顿第二定律μmg＝ma2 代入数据得物块与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4，故A错误； BCD.由v﹣t与横轴围成的面积表示位移，物块通过的总位移大小为 摩擦力对物块做的功为Wf＝﹣μmgx 代入数据得Wf＝﹣3J 根据动能定理WF+Wf＝ΔEk＝0 代入数据得恒力做的功为WF＝3J，故BD错误，C正确。 故选：C。 5．【答案】C 【解答】解：AB、由图像可知，在第1秒内加速度恒定，则由v＝a1t可得第1秒末的速度为2m/s，再由动能定理可知，第1s内质点动能增加量 解得 ΔEk＝2J 故AB错误； C、由牛顿第二定律可知，第2s末合外力大小为1N；由图像可知，在第2秒内加速度恒定，则由 v2＝v0+a2t 可得第2秒末的速度为3m/s，则第2s末合外力的瞬时功率 P＝Fv2＝1×3W＝3W 故C正确； D、由动能定理可知，质点在0～2s内合外力做的功 W 解得 W＝4.5J 则0～2s内合外力的平均功率 故D错误。 故选：C。 6．【答案】C 【解答】解：由动能定理可知，小物块运动至x0位置时的动能Ek，在数值上等于水平拉力F在该过程中所做的总功W。 在F﹣x图像中，力F所做的功的大小，等于图线与x轴所围成的区域的面积。 根据几何关系，该半圆形区域的面积为，解得：。故ABD错误，C正确。 故选：C。 7．【答案】B 【解答】解：设斜面长度为2L，初动能为Ek0，再次回到底端A时动能为EkA。 物块上滑过程，由动能定理得 ﹣mg•2Lsin30°﹣μ1mgcos30°•L﹣μ2mgcos30°•L＝0﹣Ek0 物块下滑过程，由动能定理得 mg•2Lsin30°﹣μ1mgcos30°•L﹣μ2mgcos30°•L＝EkA﹣0 结合μ1＝3μ2，解得μ1，故ACD错误，B正确。 故选：B。 二．多选题 8．【答案】BD 【解答】解：A、由题意可知力F、位移x以及二者间的夹角为α；则根据功的公式可知，恒力F的功W＝Fxcosα，故A错误； B、速度为v时，由瞬时功率公式得P＝Fvcosα，故B正确； C、根据动能定理，物体的动能增加量等于合外力做的功，合外力做功为W合＝Fxcosα−fx，故C错误； D、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，物体初速度为0，末速度为v，因此合外力做功W合mv2﹣0，故D正确。 故选：BD。 9．【答案】BCD 【解答】解：A、由题意可得木块受到的滑动摩擦力大小f＝μmg＝20N，对木块，由牛顿第二定律可得F﹣f＝ma，可得，所以a随F的变化先增大后不变，木块先做非匀变速运动，后做匀变速运动，故A错误； B、木块运动0～5m的过程中，滑动摩擦力对木块做负功，则木块克服摩擦力所做的功Wf＝fx＝20×5J＝100J，故B正确； CD、F﹣x图线与横轴围成的面积表示F所做的功，木块运动0～5m的过程中F对木块做正功，则有，则W合＝WF﹣Wf＝150J﹣100J＝50J，根据动能定理，动能变化量等于合外力做功50J，故CD正确。 故选：BCD。 10．【答案】AD 【解答】解：A.当汽车的速度大小为时，牵引力的大小为，故A正确； B.由于发动机的输出功率恒为P，汽车速度逐渐增大，可知牵引力逐渐减小，所以汽车做加速度逐渐减小的加速运动，则汽车速度达到v的过程中，汽车的平均速度则汽车行驶的距离故B错误； C.根据动能定理可得，汽车速度达到v的过程中， 可得牵引力做功，故C错误； D.根据动能定理可得，汽车速度达到v的过程中， 可得克服阻力做的功为，故D正确。 故选：AD。 三．解答题 11．【解答】解：（1）箱子所受滑动摩擦力的大小为f＝μmgcosθ，代入数据解得：f＝20N。 （2）重力对箱子所做的功为WG＝mgLsinθ，代入数据解得：WG＝120J。 （3）木箱下滑过程中，摩擦力做功为Wf＝﹣fL，代入数据得：Wf＝﹣40J。根据动能定理，合外力所做的功等于动能的变化量，即W合＝WG+Wf＝Ek﹣0，代入数据解得木箱下滑至底端时的动能：Ek＝80J。 （4）已知动能的表达式为，同时重力做功的瞬时功率为P＝mgvcos（90°﹣θ），联立两式并代入数据，解得：P＝240W。 答：（1）箱子所受滑动摩擦力大小为20N。 （2）重力对箱子所做的功为120J。 （3）木箱下滑至底端时的动能为80J。 （4）木箱滑到斜坡底端时重力做功的瞬时功率为240W。 12．【解答】解：（1）由于运动员从P到A的运动过程为平抛运动，且vA＝10m/s，在A点进行速度的分解，如图所示： 运动员在P点的速度大小为：vP＝vAsos37°＝10×0.8m/s＝8m/s 运动员在A点竖直方向速度为：vy＝vAsin37°＝gt 解得：t＝0.6s； （2）在B点由牛顿第二定律可得：FN﹣mg＝m 由牛顿第三定律可得：FN＝F′N＝3.8mg 运动员在B点的动能：EkB 联立解得：EkB＝2800J； 运动员从A到B过程，由动能定理可得：mgR（1﹣cos37°）+W 解得：W＝﹣100J。 13．【解答】解：（1）物体从E运动至C点，根据动能定理有，代入数据解得vC＝10m/s。 在C点，由牛顿第二定律得，代入数据解得FNC＝22N。 （2）从C点运动到A点，由动能定理得，代入数据解得L＝4.8m。 （3）设物块恰能静止在斜面上时对应的动摩擦因数为μ，则有mgsin37°＝μmgcos37°，解得μ＝0.75。 由于给定摩擦因数μ1＝0.75，满足μ＜μ1，物块将在斜面上多次往返，最终在B点速度减为零，由功能关系得mg（h+Rcos37°）﹣μmgcos37°•x＝0，解得x＝12m。 14．【解答】解：（1）小物块从A点运动到B点再至C点的过程中，根据动能定理可得：，代入数据解得：vC＝6m/s。 （2）小物块从A点经B点、C点运动到D点的过程中，由动能定理得：，代入数据解得：vD＝3m/s。 （3）考虑小物块从开始运动到最终停止的全过程，根据能量守恒关系有：mgh1＝μmgx，解得：x＝8.6m。因此，小滑块最终停止的位置与B点之间的距离为：10m﹣8.6m＝1.4m。 15．【解答】解：（1）①滑块恰能从E点滑离圆管轨道，其在E点的临界速度vE＝0。从D点运动至E点的过程，根据机械能守恒定律有，代入数据解得：vD＝4m/s。 ②滑块在D点处于圆周运动的最低点，根据牛顿第二定律有，代入数据解得轨道对滑块的支持力FN＝10N。依据牛顿第三定律，滑块在D点对轨道的压力大小亦为10N。 ③滑块从A点下滑至B点的过程，依据机械能守恒定律有。在传送带BC段，由于vD＝4m/s＞v0＝1m/s，滑块始终受到水平向左的滑动摩擦力作用，根据动能定理可得。因CD段轨道光滑，故vC＝vD＝4m/s，联立上述方程并代入数据，解得：h＝1.8m。 （2）当h＝1.5m时，滑块到达B点时的动能为EB＝mgh＝3J。经过传送带后，滑块到达C点时的动能EC＝EB﹣μmgL，解得EC＝1J。 由于EC＜mg（2R）＝0.2kg×10m/s2×2×0.4m＝1.6J，滑块无法从E点离开轨道。 情况一：滑块未返回传送带。滑块停在F点消耗的能量需满足EC＝μ1mgd。 若滑块向右通过的总路程d为CD长度的奇数倍一半（即停止前未触碰C点），对应的μ1可能取值为1、。 情况二：滑块返回传送带。若μ1＜0.25，滑块将返回C点进入传送带，减速后再被加速带回C点，此后滑块离开C点向右运动的动能恒为，解得：EC0＝0.1J。 根据EC0＝μ1mgd，若滑块最终停在F点，则满足（n＝1，3，5，...）。 综上所述，动摩擦因数μ1的可能取值为1、或（n＝1，3，5，...）。 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $