(物理)物理动能与动能定理练习题20篇

高中物理动能与动能定理试题(有答案和解析)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，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．2．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 。

动能和动能定理动能和动能定理1.关于动能、动能定理，下列说法正确的是（关于动能、动能定理，下列说法正确的是（） A.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 B.运动物体所受的合力为零，则物体的动能肯定不变运动物体所受的合力为零，则物体的动能肯定不变 C.合力做正功，物体动能可能减小合力做正功，物体动能可能减小D.动能不变的物体，一定处于平衡状态动能不变的物体，一定处于平衡状态2.质量为m 的物体在水平力F 的作用下由静止开始在光滑地面上运动，前进一段距离之后速度大小为v ，再前进一段距离使物体的速度增大为2v ，则（，则（ ） A ．第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量．第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量 B ．第二过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍 C ．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功D ．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的3倍3.如图所示，AB 为41圆弧轨道，BC 为水平直轨道，圆弧的半径为R ，BC 的长度也是R ，一质量为m 的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A 从静止开始下落，从静止开始下落，恰好运动到恰好运动到C 处停止，那么物体在AB 段克服摩擦力所做的功为（服摩擦力所做的功为（ ） A.mgR μ21B.mgR 21C.mgR -D.mgR )1(μ-4.如图所示，质量为M 的木块静止在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度0v 沿水平方向射中木块并最终留在木块中与木块一起以速v 运动．已知当子弹相对木块静止时，已知当子弹相对木块静止时，木块前木块前进距离L ，子弹进入木块的深度为'L ．若木块对子弹的阻力F 视为恒定，（子弹可视为质点）则下列关系式中正确的是（则下列关系式中正确的是（ ） A.221mv FL = B.2'21mv FL =C.220')m 21-21v M mv FL +=（D.220'm 21-21)(vmv L L F =+5．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（），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（）A . mv 02﹣μmg （s+x ） B.mv 02﹣μmgx C . μmgsD.μmg （s+x ） 6.质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则（则（） A ．质量大的物体滑行的距离大．质量大的物体滑行的距离大 B ．质量小的物体滑行的距离大．质量小的物体滑行的距离大 C ．它们滑行的距离一样大．它们滑行的距离一样大D ．它们克服摩擦力所做的功一样多．它们克服摩擦力所做的功一样多7.在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到m v 后，立即关闭发动机直至静止，v －t 图象如图所示，设汽车的牵引力为F ，摩擦力为f ，全程中牵引力做功为1W ，克服摩擦力做功为2W ，则（，则（ ） A.F :f =3:1 B.1W :2W =1:1 C.F :f =1:4D.1W :2W =3:1 8.当前，我国“高铁”事业发展迅猛，假设一辆高速列车在机车牵引力和恒定阻力作用下，在水平轨道上由静止开始启动，其v －t 图象如图示，已知在0~1t 时段为过原点的倾斜直线，1t 时刻达到额定功率P ，此后保持功率P 不变，在3t 时刻达到最大速度3v ，以后匀速运动，则下述判断正确的有（，以后匀速运动，则下述判断正确的有（） A ．从1t 至3t 时间内位移大小等于)(21321t t v v -+ B ．在0至3t 时刻，机车的牵引力最大为1v P C ．在2t 时刻的加速度大于1t 时刻的加速度时刻的加速度 D ．0至3t 时刻，该列车所受的恒定阻力做功为)21-211323t t P mv -（ 9.如图所示，物体在离斜面底端3m 处静止开始下滑，然后滑到有小圆弧与斜面连接的水平面上，若物体与斜面、水平面的动摩擦因数均为0.4，倾斜角为37。

高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)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，圆弧轨道AB是在竖直平面内的14圆周，B点离地面的高度h=0.8m，该处切线是水平的，一质量为m=200g的小球（可视为质点）自A点由静止开始沿轨道下滑（不计小球与轨道间的摩擦及空气阻力），小球从B点水平飞出，最后落到水平地面上的D 点．已知小物块落地点D到C点的距离为x=4m，重力加速度为g=10m/s2．求：（1）圆弧轨道的半径（2）小球滑到B点时对轨道的压力．【答案】（1）圆弧轨道的半径是5m．（2）小球滑到B点时对轨道的压力为6N，方向竖直向下．【解析】（1）小球由B到D做平抛运动，有：h=12gt2x=v B t解得：10410/220.8Bgv x m sh==⨯=⨯A到B过程，由动能定理得：mgR=12mv B2-0解得轨道半径R=5m（2）在B点，由向心力公式得：2Bv N mg mR -=解得：N=6N根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力N=N=6N，方向竖直向下点睛：解决本题的关键要分析小球的运动过程，把握每个过程和状态的物理规律，掌握圆周运动靠径向的合力提供向心力，运用运动的分解法进行研究平抛运动．2．如图所示，粗糙水平桌面上有一轻质弹簧左端固定在A点，自然状态时其右端位于B 点。

水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=1.0m的圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离是h=2.4m。

用质量为m=0.2kg的物块将弹簧由B点缓慢压缩至C点后由静止释放，弹簧在C点时储存的弹性势能E p =3.2J ，物块飞离桌面后恰好P 点沿切线落入圆轨道。

已知物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g 值取10m/s 2，不计空气阻力，求∶(1)物块通过P 点的速度大小；(2)物块经过轨道最高点M 时对轨道的压力大小； (3)C 、D 两点间的距离；【答案】(1)8m/s ；(2)4.8N ；(3)2m 【解析】 【分析】 【详解】(1)通过P 点时，由几何关系可知，速度方向与水平方向夹角为60o ，则22y v gh =osin 60y v v=整理可得，物块通过P 点的速度8m/s v =(2)从P 到M 点的过程中，机械能守恒2211=(1cos60)+22o M mv mgR mv + 在最高点时根据牛顿第二定律2MN mv F mg R+= 整理得4.8N N F =根据牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小为4.8N (3)从D 到P 物块做平抛运动，因此o cos 604m/s D v v ==从C 到D 的过程中，根据能量守恒定律212p D E mgx mv μ=+C 、D 两点间的距离2m x =3．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 =4．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5．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。

1．关于做功和物体动能变化的关系，不正确的是（）．A．只有动力对物体做功时，物体的动能增加B．只有物体克服阻力做功时，它的功能减少C．外力对物体做功的代数和等于物体的末动能和初动能之差D．动力和阻力都对物体做功，物体的动能一定变化2．下列关于运动物体所受的合外力、合外力做功和动能变化的关系正确的是（）．A．如果物体所受的合外力为零，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作变速运动，动能一定变化D．物体的动能不变，所受的合外力必定为零3．两个材料相同的物体，甲的质量大于乙的质量，以相同的初动能在同一水平面上滑动，最后都静止，它们滑行的距离是（）．A．乙大B．甲大C．一样大D．无法比较4．一个物体沿着高低不平的自由面做匀速率运动，在下面几种说法中，正确的是（）．A．动力做的功为零B．动力做的功不为零C．动力做功与阻力做功的代数和为零D．合力做的功为零5．放在水平面上的物体在一对水平方向的平衡力作用下做匀速直线运动，当撤去一个力后，下列说法中错误的是（）．A．物体的动能可能减少B．物体的动能可能增加C．没有撤去的这个力一定不再做功D．没有撤去的这个力一定还做功平面上做匀速圆周运动，拉力为某个值F时，转动半径为B，当拉力逐渐减小到了F/4时，物体仍做匀速圆周运动，半径为2R，则外力对物体所做的功大小是（）．A、FR/4B、3FR/4C、5FR/2D、零7. 一物体质量为2kg，以4m/s的速度在光滑水平面上向左滑行。

从某时刻起作用一向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度方向变为水平向右，大小为4m/s，在这段时间内，水平力做功为（）A. 0B. 8JC. 16JD. 32J8.质量为5×105kg的机车，以恒定的功率沿平直轨道行驶，在3minl内行驶了1450m，其速度从10m/s增加到最大速度15m/s．若阻力保持不变，求机车的功率和所受阻力的数值．9. 一小球从高出地面Hm 处，由静止自由下落，不计空气阻力，球落至地面后又深入沙坑h米后停止，求沙坑对球的平均阻力是其重力的多少倍。

动能定理简单练习题动能定理简单练习题动能定理是物理学中的一个基本定理，描述了物体的动能与其速度之间的关系。

它在解决各种物理问题中起着重要的作用。

本文将给出一些简单的练习题，帮助读者更好地理解和应用动能定理。

练习题一：一个质量为1 kg的物体以10 m/s的速度沿着水平方向运动，求它的动能。

解析：根据动能定理，动能等于物体的质量乘以速度的平方的一半。

即动能=1/2 × 1 × (10)^2 = 50 J。

练习题二：一个质量为2 kg的物体以2 m/s的速度运动，当它的速度增加到4m/s时，求它的动能的增加量。

解析：首先求物体在速度从2 m/s增加到4 m/s时的动能。

根据动能定理，动能等于物体的质量乘以速度的平方的一半。

即动能1=1/2 × 2 × (2)^2 = 4 J。

再求物体在速度从0 m/s增加到4 m/s时的动能。

即动能2=1/2 × 2 × (4)^2 = 16 J。

所以动能的增加量=动能2 - 动能1 = 16 J - 4 J = 12 J。

练习题三：一个质量为0.5 kg的物体以20 m/s的速度运动，当它的速度减小到10 m/s时，求它的动能的减小量。

解析：首先求物体在速度从20 m/s减小到10 m/s时的动能。

根据动能定理，动能等于物体的质量乘以速度的平方的一半。

即动能1=1/2 × 0.5 × (20)^2 = 100 J。

再求物体在速度从20 m/s减小到0 m/s时的动能。

即动能2=1/2 × 0.5× (10)^2 = 25 J。

所以动能的减小量=动能1 - 动能2 = 100 J - 25 J = 75 J。

练习题四：一个质量为10 kg的物体以5 m/s的速度运动，撞击到一个质量为5kg的静止物体，两个物体粘在一起后以共同的速度运动，求它们共同的速度。

解析：由于两个物体粘在一起后以共同的速度运动，可以利用动能守恒定理解决这个问题。

高考物理动能定理的综合应用题20套(带答案)含解析(1)一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．如图所示，半径为R ＝1 m ，内径很小的粗糙半圆管竖直放置，一直径略小于半圆管内径、质量为m ＝1 kg 的小球，在水平恒力F ＝25017N 的作用下由静止沿光滑水平面从A 点运动到B 点，A 、B 间的距离x ＝175m ，当小球运动到B 点时撤去外力F ，小球经半圆管道运动到最高点C ，此时球对外轨的压力F N ＝2.6mg ，然后垂直打在倾角为θ＝45°的斜面上(g ＝10 m/s 2)．求：(1)小球在B 点时的速度的大小； (2)小球在C 点时的速度的大小；(3)小球由B 到C 的过程中克服摩擦力做的功； (4)D 点距地面的高度．【答案】(1)10 m/s (2)6 m/s (3)12 J (4)0.2 m 【解析】 【分析】对AB 段，运用动能定理求小球在B 点的速度的大小；小球在C 点时，由重力和轨道对球的压力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求小球在C 点的速度的大小；小球由B 到C 的过程，运用动能定理求克服摩擦力做的功；小球离开C 点后做平抛运动，由平抛运动的规律和几何知识结合求D 点距地面的高度． 【详解】(1)小球从A 到B 过程，由动能定理得：212B Fx mv = 解得：v B ＝10 m/s(2)在C 点，由牛顿第二定律得mg ＋F N ＝2c v m R又据题有：F N ＝2.6mg 解得：v C ＝6 m/s.(3)由B 到C 的过程，由动能定理得：－mg ·2R －W f ＝221122c B mv mv - 解得克服摩擦力做的功：W f ＝12 J(4)设小球从C 点到打在斜面上经历的时间为t ，D 点距地面的高度为h ， 则在竖直方向上有：2R －h ＝12gt 2由小球垂直打在斜面上可知：cgtv＝tan 45° 联立解得：h ＝0.2 m 【点睛】本题关键是对小球在最高点处时受力分析，然后根据向心力公式和牛顿第二定律求出平抛的初速度，最后根据平抛运动的分位移公式列式求解．2．为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为θ=60°、长为L 1=23m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与长为L 2=3m 的水平轨道BC 相连，然后在C 处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道上D 处，如图所示.现将一个小球从距A 点高为h =0.9m 的水平台面上以一定的初速度v 0水平弹出，到A 点时小球的速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下.已知小球与AB 和BC 间的动摩擦因数均为μ=33，g 取10m/s 2.（1）求小球初速度v 0的大小； （2）求小球滑过C 点时的速率v C ；（3）要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R 应该满足什么条件？ 【答案】（16m/s （2）6m/s （3）0<R ≤1.08m 【解析】试题分析：（1）小球开始时做平抛运动：v y 2=2gh代入数据解得：22100.932/y v gh m s =⨯⨯＝＝A 点：60y x v tan v ︒=得：032/6/603yx v v v s m s tan ==︒＝＝ （2）从水平抛出到C 点的过程中，由动能定理得：()2211201122C mg h L sin mgL cos mgL mv mv θμθμ+---＝代入数据解得：36/C v m s ＝（3）小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，则：21mv mg R ＝22111 222C mv mgR mv +＝ 代入数据解得R 1=1．08 m当小球刚能到达与圆心等高时2212C mv mgR ＝ 代入数据解得R 2=2．7 m当圆轨道与AB 相切时R 3=BC•tan 60°=1．5 m 即圆轨道的半径不能超过1．5 m综上所述，要使小球不离开轨道，R 应该满足的条件是 0＜R≤1．08 m ． 考点：平抛运动；动能定理3．如图所示,竖直平面内的轨道由直轨道AB 和圆弧轨道BC 组成，直轨道AB 和圆弧轨道BC 平滑连接，小球从斜面上A 点由静止开始滑下,滑到斜面底端后又滑上一个半径为=0.4m R 的圆轨道；（1）若接触面均光滑，小球刚好能滑到圆轨道的最高点C ，求斜面高h ；（2）若已知小球质量m =0.1kg ，斜面高h =2m ，小球运动到C 点时对轨道压力为mg ，求全过程中摩擦阻力做的功．【答案】（1）1m ；（2） -0.8J ； 【解析】 【详解】（1）小球刚好到达C 点,重力提供向心力，由牛顿第二定律得：2v mg m R=从A 到C 过程机械能守恒,由机械能守恒定律得：()2122mg h R mv -=, 解得：2.5 2.50.4m 1m h R ==⨯=；（2）在C 点,由牛顿第二定律得：2Cv mg mg m R+=,从A 到C 过程，由动能定理得：()21202f C mgh R W mv -+=-, 解得：0.8J f W =-；4．如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在t ＝0时刻，将质量为1.0 kg 的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A 点，经过1.0 s ，物块从最下端的B 点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g ＝10 m/s 2)，求：(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块从A 到B 的过程中，传送带对物块做的功． 【答案】3－3.75 J 【解析】解：(1)由图象可知，物块在前0.5 s 的加速度为：2111a =8?m/s v t = 后0.5 s 的加速度为：222222?/v v a m s t -== 物块在前0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：1mgsin mgcos ma θμθ+=物块在后0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：2mgsin mgcos ma θμθ-=联立解得：3μ=(2)由v －t 图象面积意义可知，在前0.5 s ，物块对地位移为：1112v t x =则摩擦力对物块做功：11·W mgcos x μθ= 在后0.5 s ，物块对地位移为：12122v v x t +=则摩擦力对物块做功22·W mgcos x μθ=－ 所以传送带对物块做的总功：12W W W =+ 联立解得：W ＝－3.75 J5．在某电视台举办的冲关游戏中，AB 是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径R=1.6m ，BC 是长度为L 1=3m 的水平传送带，CD 是长度为L 2=3.6m 水平粗糙轨道，AB 、CD 轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A 处由静止下滑，参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m=60kg ，滑板质量可忽略．已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1=0.4、μ2=0.5，g 取10m/s 2.求：（1）参赛者运动到圆弧轨道B 处对轨道的压力；（2）若参赛者恰好能运动至D 点，求传送带运转速率及方向； （3）在第（2）问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能．【答案】（1）1200N ，方向竖直向下（2）顺时针运转，v=6m/s （3）720J 【解析】(1) 对参赛者：A 到B 过程，由动能定理 mgR(1－cos 60°)＝12m 2B v 解得v B ＝4m /s在B 处，由牛顿第二定律N B －mg ＝m 2Bv R解得N B ＝2mg ＝1 200N根据牛顿第三定律：参赛者对轨道的压力 N′B ＝N B ＝1 200N ，方向竖直向下． (2) C 到D 过程，由动能定理－μ2mgL 2＝0－12m 2C v 解得v C ＝6m /sB 到C 过程，由牛顿第二定律μ1mg ＝ma 解得a ＝4m /s 2(2分) 参赛者加速至v C 历时t ＝C Bv v a-＝0.5s 位移x 1＝2B Cv v +t ＝2.5m <L 1 参赛者从B 到C 先匀加速后匀速，传送带顺时针运转，速率v ＝6m /s . (3) 0.5s 内传送带位移x 2＝vt ＝3m参赛者与传送带的相对位移Δx ＝x 2－x 1＝0.5m 传送带由于传送参赛者多消耗的电能 E ＝μ1mg Δx ＋12m 2C v －12m 2B v ＝720J .6．如图所示，小物体沿光滑弧形轨道从高为h 处由静止下滑，它在水平粗糙轨道上滑行的最远距离为s ，重力加速度用g 表示，小物体可视为质点，求：（1）求小物体刚刚滑到弧形轨道底端时的速度大小v ； （2）水平轨道与物体间的动摩擦因数均为μ。

【物理】物理动能与动能定理题20套(带答案)一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，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。

物理动能与动能定理练习题20篇含解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，圆弧轨道AB 是在竖直平面内的14圆周，B 点离地面的高度h =0.8m ，该处切线是水平的，一质量为m =200g 的小球（可视为质点）自A 点由静止开始沿轨道下滑（不计小球与轨道间的摩擦及空气阻力），小球从B 点水平飞出，最后落到水平地面上的D 点．已知小物块落地点D 到C 点的距离为x =4m ，重力加速度为g =10m /s 2．求：（1）圆弧轨道的半径（2）小球滑到B 点时对轨道的压力． 【答案】（1）圆弧轨道的半径是5m ．（2）小球滑到B 点时对轨道的压力为6N ，方向竖直向下． 【解析】（1）小球由B 到D 做平抛运动，有：h=12gt 2 x =v B t 解得： 10410/220.8B g v xm s h ==⨯=⨯ A 到B 过程，由动能定理得：mgR=12mv B 2-0 解得轨道半径 R =5m（2）在B 点，由向心力公式得：2Bv N mg m R-=解得：N =6N根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力N =N =6N ，方向竖直向下点睛：解决本题的关键要分析小球的运动过程，把握每个过程和状态的物理规律，掌握圆周运动靠径向的合力提供向心力，运用运动的分解法进行研究平抛运动．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，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）()()21221R 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 gR =此时小球飞离D 后平抛，有：212R gt =min min D x v t =联立解得min 2x R 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 2D v gR = 小球飞离D 后平抛212R gt ='， max max D x v t ='联立解得max 22x R =故落点与B 点水平距离d 的范围为：()()21221R d R -≤≤-4．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）12mgR 【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v 0，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W 1，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．5．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：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2 2.5Dv=-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20.35st=.6．如图所示，两个半圆形的光滑细管道(管道内径远小于半圆形半径)在竖直平面内交叠，组成“S”字形通道．大半圆BC的半径R=0.9m，小半圆CD的半径r=0.7m．在“S”字形通道底部B连结一水平粗糙的细直管AB．一质量m=0.18kg的小球（可视为质点）从A点以V0=12m/s的速度向右进入直管道，经t1=0.5s 到达B点，在刚到达半圆轨道B点时，对B 点的压力为N B=21.8N．（取重力加速度g=10m/s2）求：（1）小球在B点的速度V B及小球与AB轨道的动摩擦因数μ ?（2）小球到达“S”字形通道的顶点D后，又经水平粗糙的细直管DE，从E点水平抛出，其水平射程S=3.2m．小球在E点的速度V E为多少？（3）求小球在到达C点后的瞬间，小球受到轨道的弹力大小为多少？方向如何？【答案】（1）V B=10m/s ，μ=0.4（2）V E=S/ t=4m/s（3） N C=18.25N 方向向上【解析】【详解】（1）根据牛顿第二定律有N B-mg=mV B2/RV B=10m/sa=(V0-V B)/t=4m/s2μmg=m a a =mg μ=0.4（2）H=2R+2r=3.2m2HgV E=S/ t=4m/s（3）N C- mg=mV C2/r1 2m V B2=2mg R+12m V C2N C=18.25N 方向向上7．如图所示，将一根弹簧和一个小圆环穿在水平细杆上，弹簧左端固定，右端与质量为m 的小圆环相接触，BC 和CD 是由细杆弯成的1/4圆弧，BC 分别与杆AB 和弧CD 相切，两圆弧的半径均为R ．O 点为弹簧自由端的位置．整个轨道竖直放置，除OB 段粗糙外，其余部分均光滑．当弹簧的压缩量为d 时释放，小圆环弹出后恰好能到达C 点，返回水平杆时刚好与弹簧接触，停在O 点，（已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，小球通过B 处和C 处没有能量损失），问：（1）当为弹簧的压缩量为d 时，弹簧具有的弹性势能P E 是多少？（2）若将小圆环放置在弹簧的压缩量为2d 时释放，求小圆环到达最高点D 时，轨道所受到的作用力．（3）为了使物块能停在OB 的中点，弹簧应具有多大的弹性势能？【答案】（1）P 2E mgR =（2）9mg ，方向竖直向上（3）''P 1=()2E n mgR + （n =0、1、2） 【解析】 【分析】 【详解】（1）设小圆环与OB 之间的摩擦力为f ，OB=L ；从释放到回到O 点，由能量关系可知，当弹簧的压缩量为d 时，弹簧具有的弹性势能P 2E fL =小圆环从释放能到达C 点到，由能量关系可知0P E fL mgR --=可得：P 2E mgR =（2）因弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，则弹簧的压缩量为2d 时弹性势能为E P ´=4E P =8mgR小圆环到达最高点D 时：'2P D 122E mv mg R fL =+⋅+解得D 10v gR =在最高点D 时由牛顿第二定律：2Dv N mg m R+=解得N =9mg ，方向竖直向下由牛顿第三定律可知在D 点时轨道受到的作用为9mg ，方向竖直向上；（3）为了使物块能停在OB 的中点，则要求滑块到达的最高点为D 点，然后返回，则''P 23E fL mgR mgR ≤+=为了使物块能停在OB 的中点，同时还应该满足：''P 1(21)()22L E n f n mgR =+⋅=+ 则只能取n =0、1、2；8．如图为一水平传送带装置的示意图．紧绷的传送带AB 始终保持 v 0=5m/s 的恒定速率运行，AB 间的距离L 为8m ．将一质量m ＝1kg 的小物块轻轻放在传送带上距A 点2m 处的P 点，小物块随传送带运动到B 点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N ．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g ＝10 m/s 2．求：（1）该圆轨道的半径r ；（2）要使小物块能第一次滑上圆形轨道达到M 点，M 点为圆轨道右半侧上的点，该点高出B 点0.25 m ，且小物块在圆形轨道上不脱离轨道，求小物块放上传送带时距离A 点的位置范围．【答案】（1）0.5r m =（2）77?.5,05?.5m x m x m ≤≤≤≤ 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：（1）小物块在传送带上匀加速运动的加速度25/a g m s μ==小物块与传送带共速时，所用的时间01v t s a== 运动的位移02.52v x m a∆==＜L －2=6m 故小物块与传送带达到相同速度后以05/v m s =的速度匀速运动到B ，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N 点，故有：2Nv mg m r=由机械能守恒定律得22011(2)22N mv mg r mv =+，解得0.5r m = （2）设在距A 点x 1处将小物块轻放在传送带上，恰能到达圆心右侧的M 点，由能量守恒得：1()mg L x mgh μ－＝ 代入数据解得17.5?x m ＝ 设在距A 点x 2处将小物块轻放在传送带上，恰能到达右侧圆心高度，由能量守恒得：2()mg L x mgR μ－＝代入数据解得27?x m ＝则：能到达圆心右侧的M 点，物块放在传送带上距A 点的距离范围；同理，只要过最高点N 同样也能过圆心右侧的M 点，由（1）可知38 2.5 5.5?x m m m -=＝ 则：0 5.5x m ≤≤．故小物块放在传送带上放在传送带上距A 点的距离范围：77?.505?.5m x m x m ≤≤≤≤和 考点：考查了相对运动，能量守恒定律的综合应用9．如图所示，ABC 为竖直面内一固定轨道，AB 段是半径为R 的14光滑圆弧，水平段与圆弧轨道相切于B ，水平段BC 长度为L ，C 端固定一竖直挡板．一质量为m 的小物块自A 端从静止开始沿圆轨道下滑，与挡板共发生了两次碰撞后停止在水平段B 、C 之间的某处，物块每次与挡板碰撞不损失机械能(即碰撞前、后速率相同)．不计空气阻力，物块与水平段BC 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ．试求物块 (1)第一次与挡板碰撞时的速率； (2)在水平轨道上滑行的总路程；(3)最后一次滑到圆轨道底端B 处对圆轨道的压力．【答案】(1) 12()v g R L μ-RS μ=(3) 物块最后一次滑到底端B 处对圆轨道的压力可能为43L mg R μ骣琪-琪桫或83L mg R μ骣琪-琪桫 【解析】 【详解】(1)对物块第一次从A 到C 过程，根据动能定理：2112mgR mgL mv -=μ ① 解得第一次碰撞挡板的速率12()v g R L μ-(2)设物块质量为m ，在水平轨道上滑行的总路程为S ，对物块从开始下滑到停止在水平轨道上的全过程，根据动能定理：mgR －μmg ·S ＝0③解得RS μ=④(3)设物块最后一次经过圆弧轨道底端B 时的速率为v 2，对圆轨道的压力为FN ，则：22N v F mg m R-= ⑤第一种可能情况：物块与挡板第二次碰撞后，向右运动还未到B 点时即停下，则：22122mgR mg L mv -⋅=μ⑥由⑤⑥解得43N L F mg R ⎛⎫=- ⎪⎝⎭μ ⑦第二种可能情况：物块与挡板第二次碰撞后，向右可再一次滑上光滑圆弧轨道，则：22142mgR mg L mv -⋅=μ ⑧由⑤⑧解得83N L F mg R μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭⑨物块最后一次滑到底端B 处对圆轨道的压力可能为43L mg R μ骣琪-琪桫或83Lmg R μ骣琪-琪桫10．在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d ．现给A 一初速度，使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d ．已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ． B 的质量为A 的2倍，重力加速度大小为g ．求A 的初速度的大小．【解析】 【详解】设在发生碰撞前的瞬间，木块A 的速度大小为v 0；在碰撞后的瞬间，A 和B 的速度分别为v 1和v 2．在碰撞过程中，由能量守恒定律和动量守恒定律，得2220121112222mv mv mv =+⋅ 0122mv mv mv =+ ，式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正，联立解得：13v v =-，2023v v = 设碰撞后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2，由动能定理得21112mgd mv μ=， 2221222m gd mv μ=⋅（） ．按题意有：21d d d =+ ． 联立解得：0185v gd ＝μ11．如图所示，AB 为倾角37θ=︒的斜面轨道，BP 为半径R =1m 的竖直光滑圆弧轨道，O 为圆心，两轨道相切于B 点，P 、O 两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A 点，另一端在斜面上C 点处，轨道的AC 部分光滑，CB 部分粗糙，CB 长L ＝1.25m ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.25，现有一质量m =2kg 的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D 点后释放(不栓接)，物块经过B 点后到达P 点，在P 点物块对轨道的压力大小为其重力的1.5倍，sin370.6,37cos 0.8︒︒==，g=10m/s 2.求：(1)物块到达P 点时的速度大小v P ； (2)物块离开弹簧时的速度大小v C ；(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块离开弹簧时速度的最大值v m . 【答案】(1)5m/s P v = (2)v C =9m/s (3)6m/s m v = 【解析】 【详解】(1)在P 点，根据牛顿第二定律：2PP v mg N m R+=解得: 2.55m/s P v gR ==(2)由几何关系可知BP 间的高度差(1cos37)BP h R =+︒物块C 至P 过程中，根据动能定理：2211sin37cos37=22BP P C mgL mgh mgL mv mv μ-︒--︒-联立可得：v C =9m/s(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块能够到达的最大高度为与O 等高处的E 点， 物块C 至E 过程中根据动能定理：21cos37sin 37sin 53=02m mgL mgL mgR mv μ-︒-︒-︒-解得：6m/s m v =12．如图所示，物块B 静止放置在水平面上，物块A 以一定的初速度v 0冲向B ，若在物块A 、B 正对的表面加上粘合剂，则物块A 、B 碰后一起沿水平面运动的最大距离为l ；若在物块A 、B 正对的表面加上弹性装置，则两物块将发生弹性正碰，碰后两物块间的最大距离为5l 。

动能和动能定理--高一物理专题练习（内容+练习）一、动能的表达式1．表达式：E k＝12m v2.2．单位：与功的单位相同，国际单位为焦耳，符号为J.3．标矢性：动能是标量，只有大小，没有方向．二、动能定理1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．2．表达式：W＝12m v22－12m v12.如果物体受到几个力的共同作用，W即为合力做的功，它等于各个力做功的代数和．3．动能定理既适用于恒力做功的情况，也适用于变力做功的情况；既适用于直线运动，也适用于曲线运动．三．对动能定理的理解(1)在一个过程中合外力对物体做的功或者外力对物体做的总功等于物体在这个过程中动能的变化．(2)W与ΔE k的关系：合外力做功是物体动能变化的原因．①合外力对物体做正功，即W>0，ΔE k>0，表明物体的动能增大；②合外力对物体做负功，即W<0，ΔE k<0，表明物体的动能减小；如果合外力对物体做功，物体动能发生变化，速度一定发生变化；而速度变化动能不一定变化，比如做匀速圆周运动的物体所受合外力不做功．③如果合外力对物体不做功，则动能不变．(3)物体动能的改变可由合外力做功来度量．一、单选题1．如图所示，在光滑水平面上小物块在水平向右恒力1F作用下从静止开始向右运动，经时间t撤去1F，同时在小物块上施加水平向左的恒力2F，再经2t物块回到出发点，此时小物块的动能为k E，则以下说法正确的是（）A ．2145F F =B ．12F F =C ．1F 做的功为k49E D ．2F 做功的为kE 【答案】C【解析】AB ．设第一阶段的加速度为1a ，第二阶段的加速度为2a ，从静止出发到回到出发点对两个阶段列方程22112112422a t a t t a t ⎛⎫=-⋅- ⎪⎝⎭解得1254a a =根据牛顿第二定律得2154F F =故AB 错误；CD ．由于12:4:5F F =所以二者做功之比为12:4:5W W =二者做功之和等于k E ，所以1F 做的功为k 49E ，2F 做的功为k 59E ，故C 正确，D 错误。