1.3动能定理的应用 课时提升练（word解析版）

1.3动能定理的应用 课时提升练（解析版）
一、选择题
1．某次排球比赛中，运动员将排球沿水平方向击出，对方拦网未成功。如不计空气阻力，则排球落地前的动能（　　）
A．逐渐减小 B．逐渐增大 C．保持不变 D．先减小后增大
2．一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂在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，如图所示，则力F所做的功为（　　）
A． B． C． D．
3．如图所示，从同一高度的不同位置以相同的初速度先后水平抛出了A、B、C三个飞镖，分别插在竖直墙壁上的A、B、C三点，飞镖与墙面的夹角分别60°、45°、30°，三个飞镖击中墙的动能相等。假定飞镖的取向是击中墙面时的速度方向，不计空气阻力，则三个飞镖的质量之比为（　　）
A．4:3:2 B．3:2:1 C．5:3:1 D．6:3:2
4．如图所示，足够长的传送带与水平方向夹角为α，以恒定速率v0沿顺时针方向转动，传送带上端与光滑斜面平滑连接，小物块在斜面上的某点静止释放，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝2tan，则小物块在每一次上行过程中（ ）
A．都能回到释放点
B．产生的热量总相等
C．在传送带上和在斜面上的运动时间总相等
D．在传送带上和在斜面上重力的平均功率总相等
5．氢气球在空中匀速上升的过程中，它的（　　）
A．动能减小，重力势能增大 B．动能不变，重力势能增大
C．动能减小，重力势能不变 D．动能不变，重力势能不变
6．下列物理量为矢量的是（ ）
A．动能 B．时间 C．加速度 D．质量
7．如图所示，内壁光滑的半圆弧槽固定在水平面上，一个质量为m的物块静止在圆弧槽的最低点A，第一次用大小为F的水平恒力作用于物块，使物块沿圆弧面运动到B点；第二次作用力的大小仍为F，作用力的方向始终沿圆弧的切线方向，物块到达B点的速度是第一次到达B点速度的倍．已知B点与圆弧圆心O的连线与竖直方向的夹角为60°，重力加速度为g，则推力F的大小为（　　）
A． B． C． D．
8．质量为0.4 kg的足球获得10 m/s的速度，则足球的动能是（　　）
A．2 J B．4 J C．20 J D．40 J
9．如图所示，跳跳杆底部装有一根弹簧，小孩和杆的总质量为m。忽略空气阻力，则小孩从最高点由静止竖直下落到最低点的过程中（　　）
A．速度不断减小
B．加速度不断变大
C．弹力做的负功总小于重力做的正功
D．到最低点时，地面对杆的支持力一定大于2mg
10．如图（a），倾角为37°的传送带以v=5m/s的速度逆时针匀速转动，传送带AB之间的距离为20m，质量为m=1kg的物块（可视为质点）自A点无初速度放上传送带。物块在传送带上运动时，其动能Ek与位移x关系图像（Ek-x）如图（b）所示，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则下列说法中正确的是（　　）
A．物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.25
B．物块到达传送带底端B点时的动能为E0=25J
C．整个过程中因摩擦而产生的内能为30J
D．若物块能在传送带上留下痕迹，则痕迹的长度为7.5m
11．两个相同的网球被击出时的速度比为1∶4，则它们的动能比是（　　）
A．1∶4 B．4∶1 C．1∶16 D．16∶1
12．如图所示，一根刚性细绳一端系一个质量为m的小球，一端固定在O点，小球可以绕O点在竖直面内做圆周运动，在最低点小球的初速度为v0，运动到最高点时绳的拉力为T，忽略了空气阻力。则T与的关系的图象正确的是（　　）
A． B．
C． D．
13．一探测器从某天体表面开始先竖直向上做初速度为0的匀加速直线运动，上升到距离是此天体半径的，此过程的起点、终点探测器发动机提供的推力差值为。已知该天体表面的重力加速度为，引力常量为G，忽略天体的自转，下列说法正确的是（　　）
A．探测器的质量为
B．探测器匀加速直线运动的加速度为
C．若此天体的质量为M，则天体的第一宇宙速度为
D．若天体的半径为R，探测器匀加速的加速度为a，则在终点探测器的动能为
14．如图所示，内壁光滑的半圆形凹槽放置于粗糙的水平地面上，现将一个质量为m小铁球从与圆心等高处由静止释放，在铁球沿凹槽下滑的过程中凹槽保持静止，下列说法中正确的是（　　）
A．铁球下滑过程中加速度的竖直分量先减小后增大
B．铁球下滑过程中加速度的水平分量先增大后减小
C．铁球下滑过程中重力的功率逐渐增大
D．地面对凹槽摩擦力的最大值为1.5mg
15．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段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，则下述说法中正确的是（　　）
A．0～t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定
B．在全过程中t1时刻的牵引力及功率都是最大值
C．t1～t2时间内的平均速度大于
D．t1～t2时间内汽车牵引力做功为
二、解答题
16．如图所示，物块A放在平台上，绕过定滑轮的细线一端连在物块A上，另一端连在物块B上，物块B与C用轻弹簧相连，物块C放在地面上，物块A、B、C的质量分别为2m、m、m，轻弹簧的原长为L0，劲度系数为，重力加速度为g，物块A与平台间的动摩擦因数为μ=0.2，开始时，物块A刚好要滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，然后给物块A施加一个大小为F= 2mg的水平向右的拉力，求：
（1）加上拉力F的瞬间，物块A的加速度；
（2）当物块B向上运动0.30L0的距离时，物块B的速度；
（3）若经过一段时间后撤去F，要使物块C能离开地面，则拉力至少需要做的功。
17．某学校科技小组对一辆自制小遥控车的性能进行研究，他们让小车在水平地面上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的v-t图象，已知小车在0～2s内做匀加速直线运动，2～10s内小车牵引力的功率保持不变，在10s末停止遥控，关闭电动机。小车的质量m=1kg，整个过程中小车受到的阻力保持不变。求：
（1）小车所受的阻力f的大小和小车在0~2s内所受牵引力的大小；
（2）小车在2～10s内牵引力的功率；
（3）小车在前7s内阻力f做的功。
参考答案
1．B
【详解】
排球落地前，合外力（重力）做正功，则动能逐渐变大。
故选B。
2．B
【详解】
小球从平衡位置P点缓慢地移到Q点，根据动能定理
解得
故B正确。
故选B。
3．B
【详解】
设水平初速度为，飞镖击中墙壁的速度为v，飞镖与墙面的夹角为，根据运动的合成与分解，则有
则击中墙壁时的动能为
联立解得
因、相同，故，故当飞镖与墙面的夹角分别60°、45°、30°时三个飞镖的质量之比为
故选B。
4．B
【详解】
AB．小物块释放时的位置未知，所以小物块滑上传送带时的速度可能大于也可能小于传送带的速度，由于动摩擦因数为μ＝2tan，所以沿传送带下滑时，加速度大小为
减少下滑，速度减为零后，物体依旧受到向上的摩擦力，因此加速度仍为，当物体第一次沿传送带下滑的速度时，物体先减速为零，此时运动的位移为
反向加速先和传送带共速，运动的位移为
因此，说明物体没有返回斜面就和传送带共速，此后匀速离开传送带，此时物体继续向上运动不能回到出发点，物体在斜面上由机械能守恒可知第二次回到传送带的速度大小为，以减速为零，运动的位移还是，反向加速和传送带共速的位移依旧为，因此当物体和传送带共速时刚好向上离开传送带，以后重复此过程，因此可以发现物体在向上运动中和传送带有相对位移时运动情形一样，即热量相同；
当物体第一次沿斜面下滑的速度，物体向下减速为零的位移为
物体向上加速和传送带共速的位移
因，说明物体在向上离开传送带时没有和传送带共速，即离开传送带的速度依旧为v，以后重复这个过程，因此热量不变， A错误B正确；
C．小物块与传送带共速后，随传送带匀速上升，则在传送带上滑时运动的时间为
为与传送带共速时到传送带上端的距离，在斜面上上滑所用时间为
可知
故C错误；
D．由以上分析可知，小物块在传送带上的平均速度大于在斜面上的平均速度，所以在传送带上和在斜面上重力的平均功率不同，故D错误。
故选B。
5．B
【详解】
氢气球在空中匀速上升，质量不变，速度不变，动能不变，高度增大，重力势能变大。
故选B。
6．C
【详解】
A．矢量是既有大小又有方向的物理量，而动能只有大小，是标量，A不符合题意；
B．矢量是既有大小又有方向的物理量，而时间只有大小，是标量，B不符合题意；
C．矢量是既有大小又有方向的物理量，而加速度既有大小又有方向，是矢量，C符合题意；
D．矢量是既有大小又有方向的物理量，而质量只有大小，是标量，D不符合题意。
故选C。
7．D
【详解】
设半圆弧槽的半径为R，第一次根据动能定理
第二次根据动能定理
解得
故D正确。
故选D。
8．C
【详解】
根据动能的定义式得
故选C。
9．D
【详解】
AB．小孩从最高点由静止竖直下落到最低点的过程中，小孩与跳跳杆先一起自由下落，与地面接触后，弹簧发生形变，对小孩施加竖直向上的弹力作用，开始时，弹力小于重力，随着弹力的增大，根据牛顿第二定律可知小孩向下做加速度逐渐减小的加速运动，当弹力等于重力时，加速度为0，小孩速度达最大；弹力继续增大，当弹簧弹力大于小孩重力时，根据牛顿第二定律可知，小孩加速度竖直向上，小孩做加速度逐渐增大的减速运动，直到减速为0，小孩运动到最低点，故AB错误；
C．小孩从最高点开始下落运动到最低点，动能先增大后减小，根据动能定理，可知重力做的正功先大于弹力做的负功，然后从小孩加速度为0到小孩速度减为0这一过程中，动能减小，弹力做的负功大于重力做的正功，故C错误；
D．若小孩随跳跳杆接触地面时速度从0开始，根据简谐运动的对称性，知最低点小孩及跳跳杆的加速度大小为g，方向竖直向上，根据牛顿第二定律可得地面对杆的支持力
但实际上，因为小孩及跳跳杆接触地面时有速度，则最低点会更低，加速度将大于g，所以可知到最低点时，地面对杆的支持力一定大于2mg，故D正确。
故选D。
10．C
【详解】
A．由图（b）可知，图像的斜率表示合外力的大小，物块无初速度放上传送带，所受滑动摩擦力沿传送带向下，段有
时物块与传送带共速，动能继续增大，速度增大，说明二者共速后物块继续加速，所受滑动摩擦力沿传送带向上，有
联立解得
A错误；
B．时物块与传送带共速
解得
B错误；
C．段物块加速度
故经t1=0.5s与传送带共速
，
此阶段相对位移
段物块加速度
15x0=
解得
t2=2.5s
此阶段相对位移
因此整个过程中因摩擦而产生的内能为
C正确；
D．若物块能在传送带上留下痕迹，因为
则痕迹的长度为5m，D错误。
故选C。
11．C
【详解】
根据
速度比为1∶4，则它们的动能比是1∶16
故选C。
12．B
【详解】
在最高点，由合力提供向心力得
最高点到最低点，动能定理得
联立解得
故ACD错误，B正确。
故选B。
13．AD
【详解】
A．设在匀加速的起点、终点发动机的推力分别为、，由题意可得
设天体的半径为R，天体的质量为M，探测器的质量为m，探测器匀加速上升的加速度为a，由万有引力定律与牛顿第二定律可得
由
综合解得
A正确；
B．由已知条件无法求出探测器匀加速直线运动的加速度，B错误；
C．由
可得
由
综合解得该天体的第一宇宙速度
C错误；
D．探测器受到的合力
由动能定理
结合
综合可得匀加速的终点探测器的动能
选项D正确。
故选AD。
14．ABD
【详解】
A．初始时铁球加速度为重力加速度，铁球下落过程中受到弹力的竖直分量逐渐变大，因此加速度竖直分量会先减小，至最低点时，合力方向已经向上，故加速度方向向上，因此加速度竖直分量先减小至0后反向增加。A正确；
B．初始时铁球不受弹力，铁球下落过程中受到弹力的水平分量先增大，至最低点时，弹力为竖直向上方向，因此弹力水平分量先增大后减小，B正确；
C．根据重力瞬时功率表达式，至最低点时，，故C错误；
D．设铁球与圆心的连线和水平方向夹角为如下图
设凹槽半径为，根据动能定理得
对小球受力分析，根据牛顿第二定律得
联立得弹力的水平分力为
根据数学知识，最大值为0.5，因此
由于凹槽静止，故其受到地面的最大摩擦力为，D正确；
故选ABD。
【点睛】
本题D选项较难，需要根据铁球所在位置应用动能定理和圆周运动向心力方程联立得到铁球所受弹力的表达式，再对凹槽受力分析可知，需要弹力的水平分量，最后根据数学知识求解即可。
15．BC
【详解】
A．由v﹣t图像可知0～t1时间内汽车做匀加速运动，根据P=Fv可知，汽车的速度不断增大，故汽车的功率不断增大，故A错误；
B．在0～t1时间内牵引力不变，汽车速度一直增大，t1时刻功率最大，t1时刻之后速度继续增大，功率保持不变，牵引力减小，在全过程中t1时刻的牵引力及功率都是最大值，故B正确；
C．若汽车在t1～t2时间内做匀加速直线运动，则汽车的平均速度等于；由v﹣t图像可知变加速直线运动的图线与时间轴围成图形面积大于匀加速直线运动的图线与时间轴围成面积，故变加速直线运动在t1～t2时间内的位移大于匀加速直线运动的位移，故汽车在t1～t2时间内的平均速度大于，故C正确；
D．设t1～t2时间内汽车牵引力做功为W，根据动能定理有
整理可知
故t1～t2时间内汽车牵引力做功大于，故D错误。
故选BC。
16．（1）0.4g；（2）v=；（3）WF=0.64mgL0
【详解】
（1）开始时，A与平台的摩擦力
f =μ×2mg =0.4mg
细线的拉力
T1=f=0.4mg
设开始时轻弹簧的拉力为F1，根据力的平衡
T1+F1=mg
得
F=0.6mg
加上拉力的一瞬间，弹簧的拉力仍为F1，设细线的拉力为T2，设物块A和B一起的加速度大小为a，
对物块B
T2＋F1-mg=ma
对物块A
2mg-T2-f =2ma
解得
a=0.4g
（2）由
F1=kx1
得
x1=0.15L0
当物块B向上运动S=0.30L0的距离时，弹性势能变化量为0，设物块B的速度为v，根据动能定理
FS-fS-mgS=（2m＋m）v2
解得
v=
（3）当物块C刚要离开地面时，设弹簧的伸长量为x2，根据力的平衡
kx2=mg
解得
x2=0.25L0
此时物块A、B的速度为零，则拉力做功最少，根据动能定理
WF-f（x1＋x2）-mg（x1＋x2）＋=0
解得
WF=0.64mgL0
17．（1），；（2）16W；（3）
【详解】
（1）小车在10s后的加速度大小为
所受阻力为
在前0~2s，有
得
（2）在2~10s内，小车牵引力功率
（3）小车在0~2s内位移为
在2~7s内位移为
得
0~7s内小车的位移大小为
所以，在前7s内阻力f做的功为