动能和动能定理-教师版

1、.动能和动能定理一、单项选择题本大题共5小题，共30分1. 静止在粗糙程度面上的物体，在程度力F的作用下，经过时间t、通过位移l后，动量变为P，动能变为Ek，以下说法正确的选项是()A. 假设保持程度力F不变，这个物体经过位移2l，其动量等于2PB. 假设将程度力增加原来的两倍，经过时间t，物体的动能等于2EkC. 假设保持程度力F不变，通过位移2l，物体的动能小于2EkD. 假设将程度力增加原来的两倍，通过位移l，物体的动能大于2EkD乐陵一中【分析】由动能定理求出物体的动能，由动能与动量的关系求出动量，由动量定理求出动量，然后由动能与动量的关系求出动能。此题考察了求动能与动量，应用动能定理

2、与动量定理即可正确解题，解题时要注意应用动能与动量的数量关系。【解答】由题意可知，经过时间t、通过位移l后，动量为p、动能为Ek，由动量定理可知：P=(F-f)t，由动能定理得：EK=(F-f)l，设物体质量为m；AC.当程度力F不变，位移为2l时，物体的动能，那么物体的动量：，故AC错误；B.假设将程度力增加原来的两倍，根据牛顿第二定律，2F-f=ma'，加速度大于原来的2倍，末速度v=a't大于原来的2倍，物体的动能大于4EK，故B错误；D.假设将程度力增加原来的两倍，根据牛顿第二定律，2F-f=ma'，加速度大于原来的2倍，根据动能定理W合'=ma'

3、;l，合力做功大于原来的2倍，物体的动能大于2EK，故D正确；应选D。2. 如下图，运发动把质量为m的足球从程度地面踢出，足球在空中到达的最大高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，那么运发动踢球时对足球做的功为()A. 12mv2B. mghC. mgh+12mv2D. mgh+mv2C乐陵一中解：足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，足球的机械能守恒，足球到达最高点时，机械能为E=mgh+12mv2，由于足球的机械能守恒，那么足球刚被踢起时的机械能为E=mgh+12mv2，足球获得的机械能等于运发动对足球所做的功，因此运发动对足球做功：W=mgh+1

4、2mv2，故ABD错误，C正确；应选：C根据动能定理，足球动能的初始量等于小明做的功；小球在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，运用机械能守恒求解足球在最高点位置处的动能此题可以对踢球的过程运用动能定理，小球动能的增加量等于小明做的功；同时小球分开脚后，由于惯性继续飞行，只有重力做功，机械能守恒3. 高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，在启动阶段，列车的动能()A. 与它所经历的时间成正比B. 与它的位移成正比C. 与它的速度成正比D. 与它的动量成正比B乐陵一中解：A、因列车做初速度为零的匀加速直线运动，那么有：v=at，而动能表达式Ek=12mv2=12ma2t2，

5、可知动能与所经历的时间平方成正比，故A错误；B、根据动能定理，那么有：F合x=12mv2-0，可知，动能与它的位移成正比，故B正确；C、由动能表达式Ek=12mv2，可知，动能与它的速度平方成正比，故C错误；D、根据动能与动量关系式，Ek=P22m，可知，动能与它的动量平方成正比，故D错误；应选：B。根据车作匀加速直线运动，结合运动学公式，动能定理，及动能与动量关系式，即可求解。考察动能的表达式，掌握影响动能的因素，理解动能定理的内容，及运动学公式的运用。4. 某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如下图的位移-时间图象.图中的线段a、b、c 分别表示沿光滑程度面上

6、同一条直线运动的滑块、和它们发生正碰后结合体的位移变化关系.互相作用时间极短.由图象给出的信息可知()A. 碰前滑块与滑块速度之比为7：2B. 碰前滑块的动量比滑块的动量大C. 碰前滑块的动能比滑块的动能小D. 滑块的质量是滑块的质量的16倍D乐陵一中解：A、根据s-t图象的斜率等于速度，那么得：碰撞前滑块I速度为：v1=4-145m/s=-2m/s，大小为2m/s；滑块速度为v2=45m/s=0.8m/s，那么碰前速度之比为5：2，故A错误；B、碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块I速度为负，动量为负，滑块的速度为正，动量为负.由于碰撞后动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块I的动量比滑

7、块小，故B错误；C、碰撞后的共同速度为v=6-45m/s=0.4m/s；可知，碰前滑块比滑块速度大，故C错误；D、根据动量守恒定律，有：m1v1+m2v2=(m1+m2)v 代入数据，有：-2m1+0.8m2=0.4(m1+m2)，联立解得：m2=6m1，故D正确；应选：D 根据s-t图象的斜率得到滑块I、碰撞前后的速度，然后结合动量守恒定律列式分析此题关键根据图象的斜率得到两个滑块碰撞前后的速度，然后结合动量守恒定律列式求解5. 如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开场沿粗糙程度路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定()A. 小于拉力所做的功B. 等于拉力所做的功C. 等于抑制摩擦力所

8、做的功D. 大于抑制摩擦力所做的功A乐陵一中解：由动能定理得，WF-Wf=Ek-0，所以，木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，而木箱获得的动能与抑制摩擦力所做的功无法比较，故A正确，BCD错误。应选：A。根据动能定理即可判断木箱获得的动能与拉力所做的功及抑制摩擦力所做的功的关系，比较各选项得出答案。此题主要考察学生对动能定理的掌握和应用，属于根底性知识，比较简单。二、多项选择题本大题共4小题，共24分6. 如下图，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置.现用程度力F缓慢地将小球从A拉到B位置而静止，细线与竖直方向夹角为=60，此时细线的拉力为T1，然后撤去程度力

9、F，小球从B返回到A点时细线的拉力为T2，那么()A. T1=T2=2mgB. 从A到B，拉力F做功为12mgLC. 从B到A的过程中，小球受到的合外力大小不变D. 从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大AB乐陵一中解：A、小球在B位置时受到向下的重力mg、程度向左的拉力F、沿BO方向的拉力T1，根据平衡条件应有T1=mgcos60=2mg 小球返回到A时，根据牛顿第二定律应有T2-mg=mvA2L 从B到A由动能定理可得mgL(1-cos60)=12mvA2-0 联立可得T2=2mg 即T1=T2=2mg，所以A正确；B、根据动能定理应有WF-mgL(1-cos60)=0，解得WF=1

10、2mgL，所以B正确；C、从B到A小球做圆周运动，在B点时所受的合力为FB=mgsin，在A点时所受的合力为FA=mvA2L，再由动能定理mgL(1-cos)=12mvA2，解得FA=2mg(1-cos)，显然FAFB，所以C错误；D、根据P=Fvcos，小球在B点时的速度为0，所以重力的瞬时功率也为0，尽管小球在A点时的速度最大，但此时在竖直方向的速度为0，所以重力的瞬时功率也为0，所以小球从B到A的过程中重力的瞬时功率应先增大后减小，D错误；应选：AB选项A根据平衡条件求出在B点时的拉力，根据牛顿第二定律和动能定理求出在A点时的拉力即可；选项B根据动能定理即可求解；选项C应明确缓慢过程即为

11、动态平衡过程；选项D根据瞬时功率应等于力与在力的方向的速度乘积可知在B于A时重力的瞬时功率为0即可求解应明确：物体缓慢运动过程即为动态平衡过程；瞬时功率表达式为P=FVcos，其中是力F与速度V的正向夹角7. 如下图，质量m=1kg的物体从高为h=0.2m的光滑轨道上P点由静止开场下滑，滑到程度传送带上的A点，物体和皮带之间的动摩擦因数为=0.2，传送带AB之间的间隔 为L=5m，传送带一直以v=4m/s的速度匀速运动，那么()A. 物体A运动到B的时间是1.5sB. 物体A运动到B的过程中，摩擦力对物体做了2J功C. 物体A运动到B的过程中，产生2J热量D. 物体从A运动到B的过程中，带动传

12、送带转动电动机多做了10J功AC乐陵一中解：A、设物体下滑到A点的速度为v0，对PA过程，由机械能守恒定律有：12mv02=mgh      代入数据得：v0=2gh=2m/s<v=4m/s 那么物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀加速运动，加速度大小为a=mgm=g=2m/s2；加速至速度与传送带相等时用时： t1=v-v0a=4-22s=1s  匀加速运动的位移s1=v0+v2t1=2+42×1m=3m<L=5m 所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为t2=L-s1v=5-34s=0

13、.5s 故物体从A运动到B的时间为：t=t1+t2=1.5s.故A正确B、物体运动到B的速度是v=4m/s.根据动能定理得：摩擦力对物体做功W=12mv2-12mv02=12×1×42-12×1×22J=6J，故B错误C、在t1时间内，皮带做匀速运动的位移为 S皮带=vt1=4m 故产生热量Q=mgS=mg(S皮带-S1)，代入数据得：Q=2J.故C正确D、电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，那么电动机多做的功W=(12mv2-12mv02)+Q=12×1×(42-22)+2=8J，故D错误应选：AC

14、 A、先由机械能守恒定律求出物体滑到A点时的速度.根据物体在传送带的运动情况，由牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度，由速度公式求出加速到速度与传送带一样所用时间，并求出匀加速运动的位移，再求出物体向右匀速运动时间，即可所求总时间；B、由动能定理求摩擦力对物体做的功C、由运动学可求物体与传送带间的相对位移S，进而由Q=mgS可求产生的热量D、物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，所以电动机多做的功一部分转化成了物体的动能另一部分就是增加了内能.由能量守恒定律求此题要求同学们能正确分析物体的运动情况，明确能量的转化情况.要注意电动机多做的功一部分转化成了物体的动能另一部分就是了一样的内

15、能，不能只考虑物体的动能8. 如下图，程度光滑长杆上套有小物块A，细线跨过O点的轻小定滑轮一段连接A，另一端悬挂小物块B，C为O点正下方杆上一点，滑轮到杆间隔 OC=h，开场时，A位于P点，PO与程度方向的夹角为30，现将A、B由静止释放，那么()A. 物块A由P点出发第一次到达C点过程中，加速度不断增大B. 物块B从释放到最低点过程中，动能不断增大C. 物块A在杆上长为23h的范围内做往复运动D. 物块B的机械能最小时，物块A的动能增大CD乐陵一中解：A、物块A由P点出发第一次到达C点过程中，对A受力分析，根据力的分解F=mgcos=ma，角度增大合力变小，加速度不断减小，故A错误；B、对A

16、受力分析，根据力的分解F=mgcos，为绳与程度方向的夹角，角度先增大后减小，加速度先减小后增大，速度先增大后减小，故物块B从释放到最低点过程中，动能先增大后减小，故B错误；C、由题意可知，结合受力与运动情况的分析，及运动的对称性可知，A在杆上长为23h的范围内做往复运动，故C正确；D、B的机械能最小时，即为A到达C点，此时A的速度最大，即物块A的动能最大，故D正确；应选：CD在绳子作用下，A先加速后减速，而B先加速后减速，当A的速度最大时，B下降最低，根据能量守恒定律，结合力与运动的关系，即可求解考察运动的合成与分解，掌握能量守恒定律，注意当A的速度最大时，B的速度为零，是解题的关键9. 静

17、止在粗糙程度面上的物体，在程度力F的作用下，经过时间t、通过位移l后，动量为p、动能为EK.以下说法正确的选项是()A. 假设保持程度力F不变，经过时间2t，物体的动量等于2pB. 假设将程度力增加为原来的两倍，经过时间t，物体的动量等于2pC. 假设保持程度力F不变，通过位移2l，物体的动能小于2EKD. 假设将程度力增加为原来的两倍，通过位移l，物体的动能大于2EKAD乐陵一中解：A、根据动量定理I合=(F-f)t=p，保持程度力F不变，经过时间2t，(F-f)2t=p'，可知p'=2p，故A正确；B、根据动量定理I合=(F-f)t=p，假设程度力增加为原来的2倍，经过时间

18、t，那么有(2F-f)t=p'，那么p'>2p，故B错误；C、根据动能定理(F-f)l=Ek，保持程度力F不变，通过位移2l，有(F-f)2l=Ek'，那么有Ek'=2Ek，故C错误；D、根据动能定理(F-f)l=Ek，将程度力增加为原来的两倍，通过位移l，有(2F-f)l=Ek'，那么有Ek'>2EK，故D正确；应选：AD 根据动量定理，得出动量的变化量，根据动能定理，得出动能的变化量此题考察动能定理和动量定理的根本运用，知道合力做功等于动能的变化量，合力的冲量等于动量的变化量，以及知道动能和动量的关系三、填空题本大题共1小题，共5

19、分10. 如下图，甲、乙两个质量一样的小球分别被两根细绳悬于等高的悬点，绳长L甲=2L乙，现将细绳拉至程度后由静止释放小球，那么甲、乙两球通过最低点时动能大小之比为_；角速度大小之比为_2：1；2：2乐陵一中解：对于任意一球，根据动能定理得：mgL=12mv2解得小球通过最低点时动能大小为：Ek=12mv2=mgLL所以甲、乙两球通过最低点时动能大小之比为2：1小球通过最低点时速度大小为：v=2gL角速度为：=vL=2gL所以甲、乙两球通过最低点时角速度大小之比为2：2应选：2：1，2：2根据动能定理得到小球的动能表达式，求得动能之比.根据角速度与线速度的关系v=r求角速度之比此题关键是根据动

20、能定理和运动学公式推导出线速度、角速度的表达式进展分析，要灵敏运用比例法求解四、实验题探究题本大题共2小题，共25分11. 某同学设计了测定动摩擦因数的方案，其装置如下图，A是可在程度桌面任意位置固定的滑槽，其末端与程度桌面相切，B是体积较小质量为m的滑块。请你根据相关知识完善一下实验操作。(1)如图甲所示，将滑槽末端与桌面右边缘M对齐并固定，让滑块从滑槽最高点由静止滑下，最终落在程度地面上的P点，测出滑槽最高点间隔 桌面的高度h、M间隔 地面的高度H、M与P间的程度间隔 x1，那么滑块经过滑槽末端时的速度为_(用实验中所测物理量的符号表示，重力加速度为g)。(2)如图乙所示，将滑槽沿桌面向左

21、挪动一段间隔 并固定，让滑块B再次从滑槽最高点由静止滑下，最终落在程度地面上的点，测出滑槽末端与桌面右边缘M的间隔 L，M与间的程度间隔 x2，那么滑块分开桌面右边缘M时的速度为_(用实验中所测物理量的符号表示，重力加速度为g)(3)由第(1)(2)步的测量，可以写出滑块的桌面之间的动摩擦因数的表达式为=_(用实验中所测量物理量的符合表示，重力加速度为g)；x1g2H；x1g2H；x12-x224HL乐陵一中解：(1)滑块分开桌面后做平抛运动，设滑块在滑槽末端时的速度大小为v1，由平抛运动的规律知：程度方向有x1=v1t竖直方向有：H=12gt2解得：v1=x1g2H。(2)同理，第二次滑块分

22、开桌面右边缘M时的速度大小为：v2=x2g2H。(3)对于滑块分开滑槽到运动到桌面右边缘M的过程，运用动能定理得-mgL=12mv22-12mv12得：=x12-x224HL。故答案为：(1)x1g2H.(2)x2g2H.(3)x12-x224HL。(1)滑块分开桌面后做平抛运动，平抛运动的高度和程度间隔 ，由分运动的规律可求得滑块经过滑槽末端时的速度。(2)用与(1)同样的方法求滑块分开桌面右边缘M时的速度。(3)对于滑块分开滑槽到运动到桌面右边缘M的过程，运用动能定理列式，即可得到动摩擦因数的表达式。解决此题的关键是理解实验的原理，知道利用平抛运动可测量物体的速度。利用动能定理可研究动摩擦

23、因数的表达式。12. 一个课外兴趣小组应用如图甲所示装置和传感器研究机械能守恒问题，光滑斜面下端与圆弧相切，D点安装一个力传感器，并与计算机相连，让质量为O.l kg的小球从斜面上不同高度h(释放点到C点所在平面的高度)处由静止释放，小球通过D点时对轨道的压力可由计算机读出，通过屡次测量得到了小球对D点的压力F与h的关系图象如图乙所示，g=10m/s2.求：h=1.6m时，小球运动到C点时对轨道的压力为多大？解：设小球在传感器位置的速度为v，那么有：mv2R=F+mg 对开场下滑至运动到传感器的过程，由动能定理可得：12mv2=mg(h-2R) 由以上两式可得：F=2mgR-5mg；

24、根据小球的F-h图象可知图线的斜率k=2mgR=5 故R=0.4m；当h=1.6m时，由机械能守恒定律可得：mgh=12mv2 在C点，由牛顿第二定律可得FN-mg=mv2R 联立解得：FN=9N；由牛顿第三定律可得小球运动到C点时对轨道的压力为FN=9N答：C点小球对轨道的压力为9N乐陵一中在D点由向心力公式可列式表示力与速度的关系；再对下滑过程由动能定理可得出下滑高度与速度的关系；联立可解得力与半径的关系；再由图象得出斜率即可求得半径；由机械能守恒定律可求得C点的速度，由向心力公式可求得C点的支持力；再由牛顿第三定律可得出小球对轨道的压力此题为机械能守恒与向心力结合的题目，在解题过程中要注

25、意正确受力分析；正确列出机械能守恒表达式，并注意应用向心力公式五、计算题本大题共4小题，共48分13. 质量m为2kg的小球从10m高处由静止落下，不计空气阻力，落在泥塘中陷入泥塘的深度d为0.1m时静止，如下图，求小球在运动中受到泥塘的平均阻力？(取g=10m/s2)解：对小球从开场下落到落到泥谭中静止的整个过程中，由动能定理得： mg(h+d)-f.d=0，解得：f.=mg(h+d)d=2×10×(10+0.1)0.1N=2020N 答：小球在运动中受到泥塘的平均阻力是2020N乐陵一中研究整个过程，对小球应用动能定理列式，可以求出泥潭对金属小球的平均阻力此题

26、要分析清楚小球的运动过程，知道应用动能定理可以求解平均力，此题也可以分段列式研究14. 一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面.飞船在离地面高度1.60×105m处以7.5×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面.取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8m/s2.(结果保存2位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中抑制阻力所做的功，飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的

27、2.0%解：(1)落地时的重力势能为零，动能为Ek2=12mv2=12×8×104×1002J=4×108J；进入大气层的机械能E=Ek1+Ep1=12mv2+mgH=2.4×1012J；(2)此时的速度大小为v3=7.5×103×0.02m/s=150m/s；从600m处到落地之间，重力做正功，阻力做负功，根据动能定理mgh-Wf=12mv22-12mv32代入数据，可得Wf=9.7×108J答：(1)落地瞬间的机械能为4×108J；进入大气层的机械能为2.4×1012J；(2)抑制阻力做功为

28、9.7×108J.乐陵一中(1)机械能等于重力势能和动能之和，可以得出两处的机械能；(2)根据动能定理计算抑制阻力做功此题考察了机械能的计算和动能定理的应用，掌握相关的公式是解题的关键15. 如图，在竖直平面内由14圆弧AB和12圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接.AB弧的半径为R，BC弧的半径为R2.一小球在A点正上方与A相距R4处由静止开场自由下落，经A点沿圆弧轨道运动(1)求小球在B、A两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点解：(1)根据机械能守恒定律得EKA=mgR4EKB=mg(R4+R)=5mgR4那么得小球在B、A两点的动能之比EKB：EKA=5：1(2)假设小球