高考物理一轮复习高效演练创新题5.2《动能定理及其应用》(含答案详解)

高效演练·创新预测

1.(全国卷Ⅲ)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动,在时间间隔t内位移为s,动能变为原来的9倍。该质点的加速度为              (　　)

A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.

【解析】选A。设初末速度分别为v1、v2,加速度为a,则由Ek=mv2得v2=3v1;代入s=t得v1=,v2=,a===,选项A正确。

2.(多选)(2018·赣州模拟)在水平地面上有一质量为2 kg的物体,物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动,后撤去拉力。该物体运动的v-t图象如图所示,g取10 m/s2,下列说法正确的是              (　　)

A.物体的最大位移是56 m

B.物体受到的拉力F的大小为2.4 N

C.物体与地面之间的动摩擦因数为0.2

D.前12 s内,拉力与阻力做功的代数和为12 J

【解析】选A、C。在v-t图象中图线所包围的面积表示位移,则物体的最大位移应该是14 s内的位移,即xm=×8×14 m=56 m,故A正确;物体在前10 s受到拉力作用,10 s撤去拉力,在v-t中斜率的大小表示加速度的大小,由图线可知0～10 s内加速度大小为a1= m/s2=0.8 m/s2,10～14 s内加速度大小为a2= m/s2=

2 m/s2,根据牛顿第二定律得,F-μmg=ma1,μmg=ma2,解得F=5.6 N,μ=0.2,故B错误,C正确;物体在12 s时的速度为v=v0-a2t=(8-2×2) m/s=4 m/s,前12 s内由动能定理得W=mv2-0=×2×42 J=16 J,故D错误。

3.(2017·江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处。物块初动能为Ek0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　　)

【解题指导】解答本题应注意以下两点:

(1)正确进行受力分析和做功分析。

(2)明确图象斜率的意义。

【解析】选C。物块上滑时,重力沿斜面的分力和摩擦力均沿斜面向下,下滑时,摩擦力沿斜面向上,根据动能定理W=ΔEk知,图象中的斜率表示物块受到的合力,物块上滑时恒定的合力大于物块下滑时恒定的合力,所以C项正确。

4.(新题预测)(多选)如图所示,在A、B两处分别固定A、B两枚钉子,A、B之间的距离为l,A、B连线与水平方向的夹角为θ。A处的钉子系一根长为l的细线,细线的另一端系一个质量为m小球,将细线拉直,让小球的初始位置与A点处于同一高度,小球由静止释放,细线与钉子B接触后,小球继续下降。取B点为参考平面,重力加速度为g,当小球运动到B点正下方的Q点时,下列说法正确的

是 (　　)

A.小球的动能为mgl(1+sinθ)

B.小球的速率为

C.重力的瞬时功率为mg

D.小球对绳子的拉力为mg(3+2sinθ)

【解析】选A、D。小球从P点到Q点,由动能定理得mgl(1+sinθ)=Ek-0,故A正确;Ek=mv2,解得 v=,故B错误;在Q点小球速度方向是水平的,与重力垂直,所以重力的瞬时功率为0,故C错误;在Q点,对小球由牛顿第二定律得 F-mg=m,解得 F=mg(3+2sinθ),故D正确。

5.(新题预测)(多选)某质点由静止开始竖直向上运动,在3 s其加速度与时间(a-t)图象如图所示,取竖直向上为正方向,重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是              (　　)

A.质点在第1 s内速度变化10 m/s

B.质点在第2 s内处于失重状态

C.质点在3 s末的速度大小为36 m/s

D.质点在第1 s内合外力做的功小于在第2 s内合外力做的功

【解析】选A、D。图象与时间轴围成的面积表示速度的变化量,因此第1 s内速度的变化Δv1=10×1 m/s=10 m/s,故A正确;第2 s内质点的加速度竖直向上,处于超重状态,故B错误;由于质点的初速度为零,所以3 s末的速度等于质点3 s内速度的变化量,即v=Δv=(10×1+7×1+12×1)m/s=29 m/s,故C错误;质点在第1 s末的速度为v1=10 m/s,在第2 s末的速度为v2=Δv2=(10×1+7×1)m/s=17 m/s,由动能定理得W合1=m-0=50m J,W合2=m-m=94.5m J,所以质点在第1 s内合外力做的功小于在第2 s内合外力做的功,故D正确。

6.(新题预测)单板滑雪U形池如图甲所示,乙图为示意图,由两个完全相同的圆弧滑道AB、CD和水平滑道BC构成,圆弧滑道的半径R=4 m,B、C分别为圆弧滑道的最低点,B、C间的距离x=7.5 m,假设某次比赛中运动员经过水平滑道B点时水平向右的速度v0=16 m/s,运动员从B点运动到C点所用的时间t=0.5 s,从D点跃起时的速度vD=8 m/s。设运动员连同滑板的质量m=50 kg,忽略空气阻力的影响,已知圆弧上A、D两点的切线沿竖直方向,重力加速度g取10 m/s2。求:

(1)运动员在C点对圆弧轨道的压力大小和运动员与水平轨道间的动摩擦因数。

(2)运动员从D点跃起后在空中上升的最大高度。

(3)运动员从C点到D点运动的过程中克服摩擦阻力所做的功。

【解析】(1)运动员从B点到C点,做匀变速直线运动,则有:x=(v0+vC)t,

解得:vC=14 m/s

在C点对运动员由牛顿第二定律得:FN-mg=m

解得:FN=2 950 N

由牛顿第三定律得运动员在C点对轨道的压力大小为2 950 N

运动员由B至C的过程,由动能定理得:

-μmgx=m-m

解得:μ=0.4

(2)运动员从D点跃起后在空中上升的过程由动能定理得:-mgh=0-m,

解得:h=3.2 m

(3)运动员从C点到D点的过程中,由动能定理得:

-Wf-mgR=m-m,

解得:Wf=1 300 J

答案:(1)2 950 N　 0.4　 (2)3.2 m　 (3)1 300 J

【加固训练】

　　如图所示,在竖直平面内,粗糙的斜面AB长为2.4 m,其下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B,C是最低点,圆心角∠BOC=37°,D与圆心O等高,圆弧轨道半径R=1.0 m,现有一个质量为m=0.2 kg可视为质点的滑块,从D点的正上方h=1.6 m的E点处自由下落,滑块恰好能运动到A点(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取

10 m/s2,计算结果可保留根号)。求:

(1)滑块第一次到达B点的速度。

(2)滑块与斜面AB之间的动摩擦因数。

(3)滑块在斜面上运动的总路程及总时间。

【解析】(1)第一次到达B点的速度为v1,根据动能定理得:mg(h+Rcos37°)=m

代入数据解得:v1=4m/s

(2)从E到A的过程,由动能定理得:

mg(h+Rcos37°-LABsin37°)-μmgcos37°·LAB=0

代入数据解得:μ=0.5

(3)全过程由动能定理得:

mg(h+Rcos37°)-μmgcos37°s=0

代入数据解得:s=6 m

沿斜面上滑加速度为:

a1=gsin37°+μgcos37°=10 m/s2

沿斜面下滑加速度为:

a2=gsin37°-μgcos37°=2 m/s2

因为=,解得:v2=v1=v1

v3=v2=()2v1

…

vn=()n-1v1

则:t=+

代入数据解得:t= s

答案:(1)4 m/s　(2)0.5

(3)6 m　 s