1、课时训练15动能定理及其应用一、选择题1.如图所示，一质量为m的质点在半径为R的固定半球形容器中由静止开始从边缘上的A点滑下，到达最低点B时容器对质点的支持力为N.重力加速度为g.在质点从A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为()A.R(N3mg) B.R(3mgN)C.R(Nmg) D.R(N2mg)解析质点到达最低点B时，有Nmgm，质点从A滑到B的过程中，根据动能定理有WfmgRmv2，摩擦力对质点所做的功Wf(N3mg)R，只有选项A正确答案A2将一个物体以初动能E0竖直向上抛出，落回地面时物体的动能为，设空气阻力大小恒定若将它以初动能4E0竖直上抛，则它在上升到最高点的过程中，重力势
2、能变化了()A3E0 B2E0 C1.5E0 DE0解析物体以初动能E0竖直向上抛出，设上升最大高度为h，根据动能定理，对全过程有2fh，对上升过程有fhmgh0E0，联立解得mg3f；物体以初动能4E0竖直上抛，设上升的最大高度为h，上升过程运用动能定理有mghfh04E0，得mgh3E0，即重力势能的增加量为3E0，只有选项A正确答案A3.一环状小物块套在光滑水平直杆上，能沿杆自由滑动轻质绳一端系在小物块上，另一端绕过定滑轮，用大小恒定的力F拉着，使小物块沿杆自左向右滑动如图所示，小物块在杆上通过a、b、c三点时的动能分别为Eka、Ekb、Ekc，且abbc，滑轮质量和摩擦均不计，则下列关
3、系正确的是()AEkbEkaEkcEkbBEkbEkaEkcEkbDEkaWbc，根据动能定理有EkbEkaWab，EkcEkbWbc，得EkbEkaEkcEkb，选项C正确，A、B均错误答案C4.如图所示，把小车放在倾角为30的光滑斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有砂子的小桶相连，不计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为3m，小桶与砂子的总质量为m，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为h的过程中()A小桶处于失重状态B小桶的最大速度为C小车受绳的拉力等于mgD小车的最大动能为mgh解析根据受力分析可知，小桶向上做匀加速直线运动，所以，应处于超重状态，小桶受绳的拉力大于mg，根据牛顿第三定律可判
4、定AC都错；小车和小桶的速度大小相等，对系统运用动能定理有3mghsin30mgh(3mm)v2，解得小桶的最大速度应为v，小车的最大动能为Ekm3mv2，B对，D错答案B5.如图所示是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动的小车当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离s，速度达到最大值vm.设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为F，那么()A这段时间内小车先加速运动，然后匀速运动B这段时间内阻力所做的功为PtC这段时间内合力做的功为mvD这段时间内电动机所做的功为Fsmv解析从题意得到，可将太阳
5、能驱动小车运动视为“汽车以恒定功率启动”，这段时间内小车做加速运动，A项错误；电动机做功用Pt计算，阻力做功为WFs，B项错误；根据动能定理判断，这段时间内合力做功为mv，C项正确；这段时间内电动机所做的功为PtFsmv，D项错误答案C6如图所示，分别用恒力F1、F2先后将质量为m的物体由静止开始沿同一粗糙的固定斜面由底端拉至顶端，两次所用时间相同，第一次力F1沿斜面向上，第二次力F2沿水平方向，则两个过程()A合外力做的功相同B物体机械能变化量相同CF1做的功与F2做的功相同DF1做的功比F2做的功多解析两次物体运动的位移和时间相等，则两次的加速度相等，末速度也应相等，则物体的机械能变化量相
6、等，合力做功也应相等用F2拉物体时，摩擦力做功多些，两次重力做功相等，由动能定理知，用F2拉物体时拉力做功多答案AB7.如图所示，有一倾角30的足够长斜坡，小孩在做游戏时，从该斜坡顶端将一足球沿水平方向踢出去，已知足球被踢出时的初动能为9 J，不计空气阻力，则该足球第一次落在斜坡上时的动能为()A12 J B21 JC27 J D36 J解析足球被踢出后开始做平抛运动，第一次落在斜坡上时对足球的位移进行分解有tan30，得，足球第一次落在斜坡上时的动能为m(vv)21 J，只有选项B正确答案B8.如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa为过原点的倾斜直线，ab表示以额定功率行驶时的
7、加速阶段，bc是与ab相切的水平直线，则下述说法正确的是()A0t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定Bt1t2时间内合力做功为mvmvCt1t2时间内的平均速度为(v1v2)D在t1时刻汽车的功率达到最大值，t2t3时间内牵引力最大解析0t1时间内汽车做匀加速运动，牵引力恒定，但速度增加，故功率增加，A错误；汽车水平方向受到牵引力和阻力作用，根据动能定理，t1t2时间内合力做功为mvmv，故B正确；t1t2时间内vt图线下所围面积大于匀加速直线运动阶段图线所围面积，所以平均速度大于(v1v2)，故C错误；t1时刻，功率不再增加，t1t2时间内功率恒定，但牵引力减小，t2t3时间内牵引力最小，与
8、阻力相等，所以D错误答案B9.质量为2 kg的物体放在动摩擦因数0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力所做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示，取重力加速度g10 m/s2，则此物体()A在位移x9 m时的速度是3 m/sB在位移x9 m时的速度是3 m/sC03 m位移内运动的加速度是1.5 m/s2D03 m位移内运动的加速度是3 m/s2解析由题图可知，当x9 m时，W27 J，而Wfmgx18 J，则W合WWf9 J，根据动能定理有W合mv0，得vB3 m/s，选项A错误，B正确；当x3 m时，W15 J，由题图知03 m位移内，W与x成正比，说明拉力F为恒
9、力，由WFx，得F N5 N，根据牛顿第二定律得a1.5 m/s2，选项C正确，D错误答案BC10.如图所示，一轻弹簧直立于水平地面上，质量为m的小球从距离弹簧上端B点h高处的A点自由下落，在C点处小球速度达到最大x0表示B、C两点之间的距离；Ek表示小球在C点处的动能若改变高度h，则下列表示x0随h变化的图象和Ek随h变化的图象中正确的是()解析由题意“在C点处小球速度达到最大”，可知C点是平衡位置，小球受到的重力与弹力平衡，该位置与h无关，B项正确；根据动能定理有mg(hx0)EpmvEk，其中x0与弹性势能Ep为常数，可判断出C项正确答案BC11下列有关教材中几个力学实验的描述，正确的是
10、()A在“验证力的平行四边形定则”的实验中，标记拉力方向时，要用铅笔紧靠细绳沿绳移动铅笔画出B在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，作出弹力和弹簧长度的关系图象不能求出弹簧的劲度系数C在“验证牛顿第二定律”的实验中，所用实验方法是控制变量法D在“探究功与速度变化的关系”的实验中，所选用的多根橡皮筋规格应相同E在“验证机械能守恒定律”的实验中，实际测得重物增加的动能应小于或等于减少的重力势能才是合理的解析在“验证力的平行四边形定则”的实验中，用铅笔紧靠细绳会影响到拉力的大小和方向，导致实验结果不准，应该用铅笔在细绳下方描点连线记录拉力的方向，A错在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，作出弹力
11、和弹簧长度的关系图象，图象斜率不变，虽然不过坐标原点，但仍能求出弹簧的劲度系数，B错在“验证牛顿第二定律”的实验中，控制外力一定研究加速度与质量的关系，控制质量一定研究加速度与外力的关系，所用实验方法都是控制变量法，C正确在“探究功与速度变化的关系”的实验中，所选用的多根橡皮筋规格应相同，可使外力做功成整数倍增加，便于探究，D正确在“验证机械能守恒定律”的实验中，考虑摩擦阻力造成的系统误差，实际测得重物增加的动能应小于减少的重力势能，考虑偶然误差，增加的动能小于、等于或大于减少的重力势能都可能，E错答案CD二、非选择题12.飞机若仅依靠自身喷气式发动机推力起飞需要较长的跑道，某同学设计在航空母
12、舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离，他的设计思想如下：如图所示，航空母舰的水平跑道总长l180 m，其中电磁弹射器是一种长度为l1120 m的直线电机，这种直线电机从头至尾可以提供一个恒定的牵引力F牵一架质量为m2.0104 kg的飞机其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推1.2105 N考虑到飞机在起飞过程中受到的阻力与速度大小有关，假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍飞机离舰起飞的速度v100 m/s，舰母处于静止状态，飞机可视为质量恒定的质点请你求出(计算结果均保留两位有效数字)(1)飞机在后一阶段的加速度大小(2)电磁弹射器的牵引
13、力F牵的大小解析令后一阶段飞机加速度为a2，平均阻力为f202 mg，则Ff2ma2得：a24.0 m/s2(2)由动能定理：F牵l1F推lf1l1f2(ll2)mv2得F牵6.8105 N答案(1)4.0 m/s2(2)6.8105 N13如图甲所示，一足够长、与水平面夹角53的倾斜轨道与竖直面内的光滑圆轨道相接，圆轨道的半径为R，其最低点为A，最高点为B.可视为质点的物块与斜轨间有摩擦，物块从斜轨上某处由静止释放，到达B点时与轨道间压力的大小F与释放的位置距最低点的高度h的关系图象如图乙所示，不计小球通过A点时的能量损失，重力加速度g10 m/s2，sin53，cos53，求：(1)物块与
14、斜轨间的动摩擦因数；(2)物块的质量m.解析(1)由题图乙可知，当h15R时，物块到达B点时与轨道间压力的大小为0，设此时物块在B点的速度大小为v1，则：mg对物块从释放至到达B点的过程，由动能定理得：mg(h12R)mgcosmv解得：(2)设物块从距最低点高为h处释放后到达B点时速度的大小为v，则：Fmg对物块从释放至到达B点的过程，由动能定理得：mg(h2R)mgcosmv2解得：F5mg则Fh图线的斜率k由题图乙可知k解得：m0.2 kg答案见解析14.两套完全相同的小物块和轨道系统，轨道固定在水平桌面上物块质量m1 kg，轨道长度l2 m，物块与轨道之间的动摩擦因数0.2.现用水平拉
15、力F18 N、F24 N同时拉两个物块，分别作用一段距离后撤去，使两物块都能从静止出发，运动到轨道另一端时恰好停止(g10 m/s2)求：(1)在F1作用下小物块的加速度a1；(2)F1作用下物块的位移s1；(3)从两物块运动时开始计时直到都停止，除了物块在轨道两端速度都为零之外，另有某时刻t两物块速度相同，则t为多少？解析(1)F1mgma1，a16 m/s2(2)由动能定理得F1s1mgl0，s10.5 m(3)对F2作用下的物块有F2mgma2，a22 m/s2两物块速度相同时，一定是在题图中上方物块的减速阶段，下方物块的加速阶段上方物块最大速度v m/s2.45 m/sa2tvg(tv/a1)得t0.816 s答案见解析
