第26讲动能定理及其应用（练习）

第26讲动能定理及其应用（模拟精练+真题演练）1．（2023·江苏盐城·盐城市伍佑中学校考模拟预测）如图所示为水平圆盘的俯视图，圆盘上距中心轴为处有一质量为的小物块。某时刻起圆盘绕轴转动，角速度从0增大至，小物块始终相对圆盘静止。已知圆盘的动摩擦因数为、重力加速度为，此过程小物块所受的摩擦力（）

A．方向始终指向点 B．大小始终为C．冲量大小为 D．做功为零【答案】C【详解】A．由于小物块在水平面上做圆周运动，则小物块的重力与圆盘的支持力平衡，小物体始终相对圆盘静止，因此小物块，所受外力的合力等于圆盘对其的静摩擦力，由于角速度从0增大至，则小物块做变速圆周运动，静摩擦力沿径向的分力提供向心力，沿切向的分力使物块线速度增大，即此过程小物块所受的摩擦力不指向圆心，故A错误；B．根据上述可知，小物块所受摩擦力为静摩擦力，随角速度的增大，该静摩擦力也逐渐增大，故B错误；C．根据上述，小物块所受合力等于摩擦力，根据动量定理有由于则有故C正确；D．小物块动能增大，根据动能定理有可知。摩擦力做功不为零，故D错误。故选C。2．（2023·湖北·模拟预测）“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为，若动车组所受的阻力与其速率成正比（，为常量），动车组能达到的最大速度为。下列说法不正确的是（）A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力不断增大B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做加速减小的加速运动C．若每节动力车厢输出的功率为，则动车组匀速行驶的速度为D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为【答案】D【详解】A．对动车由牛顿第二定律有若动车组在匀加速启动，即加速度恒定，但随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，故A正确；B．若每节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B正确；C．若每节动力车厢输出的功率为，则动车组匀速行驶时加速度为零，有而以额定功率匀速时，有联立解得故C正确；D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，由动能定理可知可得动车组克服阻力做的功为故D错误。由于本题选择错误的，故选D。3．（2023·北京朝阳·统考二模）电动平衡车作为一种电力驱动的运输载具，被广泛应用在娱乐、代步、安保巡逻等领域。某人站在平衡车上以初速度在水平地面上沿直线做加速运动，经历时间t达到最大速度，此过程电动机的输出功率恒为额定功率P。已知人与车整体的质量为m，所受阻力的大小恒为f。则（）A．B．车速为时的加速度大小为C．人与车在时间t内的位移大小等于D．在时间t内阻力做的功为【答案】D【详解】A．根据题意可知，当牵引力等于阻力时，平衡车的速度达到最大值，由公式P=Fv可得，最大速度为故A错误；B．车速为时的牵引力为由牛顿第二定律可得解得故B错误；D．平衡车从到最大速度，由动能定理得解得在时间t内阻力做的功为故D正确；C．在时间t内阻力做的功解得人与车在时间t内的位移大小为故C错误。故选D。4．（2023·上海·高三校级联考）用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动（不计空气阻力），绳子拉力的功率按如图所示规律变化，已知物块的质量为m，重力加速度为g，时间内物块做匀加速直线运动，时刻后功率保持不变，时刻物块达到最大速度，则下列说法正确的是（）A．物块始终做匀加速直线运动B．时间内物块的加速度大小为C．时刻物块的速度大小为D．时间内物块上升的高度为【答案】D【详解】B．由图可知，0～t0时间内功率与时间成正比，则有；；得图中斜率可知故B错误；AC．时刻功率保持不变，物块速度v继续增大，由可知物块加速度逐渐减小，因此，时刻内物块做加速度逐渐减小的加速运动，直到加速度减小到零，即t1时刻，此刻速度最大，最大速度为由于时刻物块的速度即故AC错误；D．P－t图线与t轴所围的面积表示0～t1时间内拉力做的功由动能定理得得故D正确。故选D。5．（2023·湖南·校联考三模）如图所示，一倾角为的光滑斜面固定在水平面上，斜面的底端固定一垂直斜面的挡板，上端固定一定滑轮O。劲度系数为的轻弹簧下端固定在挡板上，上端与质量为的物块Q连接。一跨过定滑轮O的轻绳一端与物块Q连接，另一端与套在水平固定的光滑直杆上质量为m的物块P连接。初始时物块P在水平外力F作用下静止在直杆的A点，且恰好与直杆没有相互作用，轻绳与水平直杆的夹角也为。去掉水平外力F，物块P由静止运动到B点时轻绳与直杆间的夹角。已知滑轮到水平直杆的垂直距离为d，重力加速度大小为g，弹簧轴线、物块Q与定滑轮之间的轻绳与斜面平行，不计滑轮大小及摩擦，，。则下列说法正确的是（）

A．物块P在A点时弹簧的伸长量为B．物块P从A点运动到B点时，物块Q的势能减少量等于P、Q两物块增加的总动能C．物块P从A点运动到B点的过程中，轻绳拉力对物块P做的功为D．物块P运动到B点时，物块Q的速度为【答案】BD【详解】A．对物块P在A点时进行受力分析，其恰好与直杆没有相互作用，所以绳子拉力竖直向上的分力与其重力大小相等，有所以绳子拉力对物块Q进行受力分析，沿斜面方向上解得此时弹簧弹力为由胡克定律可得弹簧此时的伸长量为故A错误；B．物块P到B点时，由几何可得物块Q沿斜面向下滑了所以弹簧此时压缩量为，所以此时弹簧的弹性势能与物块P在A点时的相同，物块P从A点运动到B点的过程中，弹簧弹力做功为零，所以由能量守恒定律，物块Q重力势能减少量之和等于P、Q两物块增加的总动能，故B正确；D．物块P到B点时，P、Q速度满足物块P从A点运动到B点的过程中，由能量守恒定律联立解得；故D正确；C．对物块P由动能定理从A运动到B的过程中，绳子拉力做功故C错误。故选BD。6．（2023·河北沧州·河北省吴桥中学校考模拟预测）正三角形滑块ABC放置于水平面上，轻杆一端与固定在水平面上的铰链连接，另一端固定一小球，已知铰链连接处到小球球心的距离为，小球和滑块的质量都为。如图所示，将小球与滑块的斜面接触，在水平面上反复移动滑块，直到轻杆与斜面平行，然后由静止释放滑块，重力加速度为，不计一切摩擦。则在小球和滑块的相互作用过程中，下列说法正确的是（）A．滑块的速度先增大后减小B．小球的速度一直增大C．当轻杆与水平面的夹角为时，小球的动能为D．从释放小球到轻杆与水平面的夹角为的过程中，小球对滑块做功为【答案】BD【详解】A．小球在与滑块相互作用的过程中，始终对斜面体的BC面存在压力，斜面体受到的合力作用水平向左，对滑块一直做正功，所以滑块的速度一直增加，故A错误；B．设某时刻轻杆与水平面的夹角为，对小球的速度沿这两个方向进行分解如图所示小球参与了沿水平面向左的运动和沿滑块斜面向下的运动，三角形滑块的速度与小球在水平方向的分速度相等，在小球与滑块相互作用的过程中，轻杆与水平面的夹角减小，而对应的小球水平方向的分速度一直增大，由于小球的合速度对应的角度始终为不变，可知小球的速度一直增大，故B正确；C．轻杆与水平面的夹角为时，设小球速度为v，滑块速度为，由系统机械能守恒可得根据速度合成与分解，可得可得小球动能为故C错误；D．根据动能定理可得，小球对滑块做功等于滑块增加的动能，可求得小球对滑块做功为故D正确。故选BD。7．（2023·湖南娄底·统考模拟预测）据中国汽车工业协会最新数据，2022年10月，我国新能源汽车产销分别为76.2万辆和71.4万辆，依然保持高速增长态势。汽车湘军的成绩表现不凡，目前湖南每生产2辆汽车，就有1辆是新能源车。某工厂在一段平直道路上进行新能源汽车性能测试，汽车发动机的额定功率为200kW，从时刻启动由静止开始做匀加速直线运动，时刻达到额定功率，速度达到，之后汽车保持额定功率不变继续做直线运动，时刻汽车达到最大速度，已知汽车（含驾驶员）的质量为2000kg，汽车所受阻力恒定为4000N，g取10m/s2，下列说法正确的是（）A．汽车匀加速直线运动的加速度B．汽车匀加速直线运动的时间C．汽车保持功率不变做直线运动的位移大小为1000mD．0~3.5t0时间内汽车的位移大小为1250m【答案】AD【详解】A．汽车由静止开始做匀加速直线运动，汽车的牵引力为F，额定功率为，阻力为，则有汽车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得联立可得，，故A正确；B．汽车匀加速直线运动的时间为故B错误；CD．汽车做匀加速运动阶段位移为汽车保持额定功率不变做直线运动阶段，由动能定理可得解得因此时间内汽车的位移大小为故C错误，D正确。故选AD。8．（2023·湖南邵阳·统考三模）在秦皇岛旅游景点之一的南戴河滑沙场有两个坡度不同的滑道AB和ABʹ（均可看作斜面），体重相同的甲、乙两名旅游者分别乘两个完全相同的滑沙撬从A点由静止开始分别沿AB和ABʹ滑下，最后都停在水平沙面BC上，如图所示。设滑沙撬和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙撬上不动。则下列说法中正确的是（）A．甲从A到B的过程中重力的冲量大于乙从A到Bʹ的过程中重力的冲量B．甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程C．甲在B点的动量等于乙在Bʹ点的动量D．甲在B点重力的功率大于乙在Bʹ点重力的功率【答案】BD【详解】A．设斜面的倾角为θ，斜面的长度为x，斜面高为h，根据牛顿第二定律可得物体在斜面上运动的加速度大小为位移大小为所以，所以所以甲从A到B的过程中重力的冲量小于乙从A到Bʹ的过程中重力的冲量，故A错误；B．在整个运动过程中，运用动能定理可得所以即甲乙两物体最终停止在同一位置，如图所示设停止的位置为P点，滑行的总路程为；由于所以故B正确；C．物体沿斜面下滑运用动能定理，有由于AB′过程xcosθ大，所以由于甲､乙质量相同，所以甲在B点的动量大于乙在Bʹ点的动量，故C错误；D．当物体运动到斜面底端时，重力的功率为由此可知，甲在B点重力的功率大于乙在Bʹ点重力的功率，故D正确。故选BD。9．（2023·安徽宿州·统考一模）如图所示，水平传送带以的恒定速率逆时针运转，它与两侧的水平轨道分别相切于A、B两点，物块（视为质点）以初速度从B点滑上传送带，与轨道左端的竖直固定挡板P碰撞（无机械能损失）返回到B点。已知物块与传送带、轨道间的动摩擦因数均为，且，，取。物块的初速度可能是（）A． B． C． D．【答案】BCD【详解】从A点到返回B点的过程中，假设B点的速度刚好为零，则根据动能定理可得解得假设物块从B点全程加速到A点，根据动能定理可得解得假设物块从B点全程减速到A点，根据动能定理可得解得故选BCD。10．（2023·湖南·校联考模拟预测）如图圆心为的竖直光滑半圆轨道、圆心为的竖直光滑半圆管道与水平粗糙平面连接，轨道半径与管道半径均为R，距离也为R。一小滑块以某一速度从半圆轨道最高点a水平向左进入半圆轨道作圆周运动，最终从半圆管道最高点d水平向左飞出。若小滑块在轨道最高点a和轨道最高点d受列弹力大小均为。重力加速度为g，小滑块可视为质点，管道内径较小，则（）A．滑块从a点到d点机械能守恒B．滑块从a点水平飞出的速度为C．水平粗糙平面的动摩擦因数为0.6D．滑块对轨道最低点和管道最低点的压力大小比为【答案】CD【详解】A．由于水平平面粗糙，滑块受到摩擦力对其做负功，所以滑块从a点到d点机械能不守恒，故A错误；B．由于a点和d点受到弹力大小均为，所以a点小滑块受到弹力竖直向下，d点小滑块受到弹力方向竖直向上，在a点，在d点解得；故B错误；C．从a点到d点根据动能定理解得故C正确；D．从a点到b点，根据动能定理在b点解得从c点到d点根据动能定理在c点解得故滑块对轨道最低点和管道最低点的压力大小比为，故D正确。故选CD。11．（2023·山东滨州·统考二模）如图1所示，一物体在一水平拉力F作用下，沿水平地面做直线运动，运动过程中拉力大小随时间的变化图像如图2。物体加速度a随时间变化的图像如图3．重力加速度g取，下列说法正确的是（

）．A．物体与水平地面间的动摩擦因数为0.15B．物体与水平地面间的最大静摩擦力为C．在时间内，合外力做的功为D．在时间内，拉力F的冲量为【答案】AC【详解】A．由图2可得拉力F关于时间的函数为而由图3可知，在2s末物块的加速度大小为，此时拉力大小为；在4s末加速度大小为，此时拉力大小为，则由牛顿第二定律有；代入数据解得，故A正确；B．物块运动过程中所受的滑动摩擦力为而最大静摩擦力大于滑动摩擦力，故B错误；C．加速度与时间的图像中，图像与时间轴围成的面积表示速度的变化量，由图3可知，4s末物体的速度为根据动能定理可得，在时间内，合外力做的功为故C正确；D．根据图2可知，在时间内，拉力F的冲量大小为图像与时间轴围成的面积，可得故D错误。故选AC。12．（2023春·河南·高三校联考期末）质量为的物体放在水平面上，现给物体加一个水平拉力并开始计时，其速度与时间图像和该拉力的功率与时间图像分别如图甲和乙所示，重力加速度取，下列说法正确的是（）

A．内的大小均匀增大B．在时，的大小为C．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2D．内拉力做的功为【答案】BC【详解】A．图像的斜率表示加速度，图甲内图像是一条直线，表明加速度一定，根据牛顿第二定律可知，内的大小不变，故A错误；C．根据图甲可知，内物体做匀速直线运动，则有此时间间隔内的速度为3m/s，拉力的功率为6W，则有解得故C正确；B．根据图甲可知，内物体做匀减速直线运动，则有，图像的斜率表示加速度，根据图像可知结合上述解得故B正确；D．内加速度根据图甲可知，内物体做匀加速直线运动，则有解得则内拉力做的功，图像的面积表示位移，则有；；解得故D错误。故选BC。13．（2023·全国·模拟预测）如图1所示为一种新型的电动玩具，整体质量为m，下方的圆球里有电动机、电池、红外线发射器等，打开开关后叶片转动时会产生一个与叶片转动平面垂直的升力F，使玩具在空中飞行。将玩具从离地面高度为处静止释放，使玩具在竖直方向运动，推进力F随离地面高度h变化的关系如图2所示，重力加速度为g，玩具只受升力和自身重力作用。对于过程，下列判断正确的是（

）A．玩具先做匀加速再做匀减速运动B．玩具下落到距地面高处速度最大C．玩具下落的最大速度为D．玩具下落的最大速度为【答案】BC【详解】AB．玩具在下落过程中，根据牛顿第二定律有，过程中，由图可知，F从零增大到，在时为，所以加速度开始向下并逐渐减小速度在增大，当达到时合力为零加速度为零此时速度达到最大值，继续运动，合力向上，做减速运动，此时加速度向上并逐渐增大，速度在减小，A错误，B正确；CD．根据上面分析到达时速度最大，F做负功，大小为图形中与横轴围成的面积，所以有对该过程根据动能定理有解得，C正确，D错误。故选BC。14．（2023·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）如图所示，表面粗糙的斜面直轨道与水平面夹角为，两光滑圆轨道半径相同，均为R，与斜面直轨道相切连接，切点分别为B、C，BC间的距离为，圆形轨道的出入口错开，现有一质量为m的小球自A点由静止释放，运动到B点进入圆形轨道，恰好做完整的圆周运动，接着再进入另一个圆形轨道运动，已知小球与斜面间的动摩擦因数，重力加速度为g，求；（1）小球沿斜面下滑过程中加速度a的大小；（2）AB间的距离；（3）小球刚进入第二个圆轨道瞬间对轨道的压力大小。

【答案】（1）；（2）；（3）10.5mg【详解】（1）由牛顿第二定律可得沿斜面方向有，代入数据解得加速度为（2）由于小球运动到B点进入圆形轨道，恰好做完整的圆周运动，可知小球恰好过第一个圆的最高点，则有①从A点到最高点的运用动能定理②解得（3）从A到C运用动能定理有③解得在C点④解得由牛顿第三定律得小球刚进入第二个圆轨道瞬间对轨道的压力大小为10.5mg。15．（2023·浙江·校联考模拟预测）某传送装置的示意图如图1所示，整个装置由三部分组成，左侧为一倾斜直轨道，其顶端距离传送带平面的高度，其水平长度。中间是传送带其两轴心间距（传送带向右匀速传动，其速度v大小可调），其右端为水平放置的圆盘。各连接处均在同一高度平滑对接。一质量为的物块从倾斜直轨道的顶端由静止释放，物块经过传送带运动到圆盘上而后水平抛出，其中物块在圆盘上的运动轨迹为如图2中所示圆盘俯视图中的实线CD，水平圆盘的半径为5m，圆盘距离地面高度物块与倾斜直轨道和传送带间的动摩擦因数均为，与圆盘间的动摩擦因数，取重力加速度大小。（1）若，求物块通过水平传送带所需的时间t；（2）改变传送带的速度v大小和方向，求物块从传送带右侧滑出时的速度大小的范围；（3）若向右，物块沿弦CD滑离圆盘，CD与过C点的直径夹角为θ。求物块滑离圆盘落地时，落地点到C的水平距离最大时对应的cosθ值（保留2位有效数字）

【答案】（1）1.75s；（2）；（3）【详解】（1）对物块，由A运动到B的过程，根据动能定理有解得若传送带速度，则解得物块在传送带上减速的距离减速时间物块随后在传送带上匀速运动的时间物块通过传送带所需的时间（2）传送带向左运动等同于静止不动，当传送带静止或速度较小时，物块在传送带上一直做减速运动，物块从传送带右侧滑出时的速度最小，由动能定理有解得当传送带的速度较大时，物块在传送带上一直做匀加速运动，物块从传送带右侧滑出时的速度最大，由动能定理有解得或物块从传送带右侧滑出时的速度范围为。（3）由第（2）问可知，在物块从传送带右侧滑出时的速度范围内，所以物块先匀加速运动再匀速运动，刚滑上圆盘时的速度大小设物体到D点时的速度，物体在圆盘上的位移为x，对物块由动能定理有解得则落地点到c的水平距离换元法等方法可解得，时s最大，则16．（2023·湖南·校联考模拟预测）如图，左侧光滑曲面轨道与右侧倾角的斜面在底部平滑连接且均同定在水平地面上，质量为m的小滑块从斜面上离斜面底边高为H处由静止释放，滑到斜面底端然后滑上左侧曲面轨道，再从曲面轨道滑上斜面，滑块第一次沿斜面上滑的最大高度为，多次往复运动。不计空气阻力，重力加速度为g，。求：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数；（2）滑块第1次下滑的时间与第1次上滑的时间之比；（3）滑块从静止释放到第n次上滑到斜面最高点的过程中，系统产生的热量。

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）设滑块与斜面间的动摩擦因数为，根据功能关系有而；联立解得；（2）滑块第一次下滑过程，根据牛顿运动定律有由运动学公式有滑块第一次上滑过程，根据牛顿运动定律有由运动学公