（新课标）高考物理总复习课时检测（二十八）动能定理（重点突破课）（含解析）

课时检测(二十八)动能定理(重点突破课)1．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能()A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比解析：选B动能Ek＝eq\f(1,2)mv2，与速度的平方成正比，故C错误；速度v＝at，可得Ek＝eq\f(1,2)ma2t2，与经历的时间的平方成正比，故A错误；根据v2＝2ax，可得Ek＝max，与位移成正比，故B正确；动量p＝mv，可得Ek＝eq\f(p2,2m)，与动量的平方成正比，故D错误。2．关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是()A．合外力为零，则合外力做功一定为零B．合外力做功为零，则合外力一定为零C．合外力做功越多，则动能一定越大D．动能不变，则物体所受的合外力一定为零解析：选A由公式W＝Flcosα可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α＝90°，而合外力不为零，故A正确，B错误；由动能定理W＝ΔEk可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大，动能不变，合外力做功为零，但物体所受的合外力不一定为零，C、D错误。3．A、B两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F作用下，由静止开始通过相同的位移l。若A的质量大于B的质量，则在这一过程中()A．A获得的动能较大B．B获得的动能较大C．A、B获得的动能一样大D．无法比较A、B获得的动能大小解析：选C由动能定理可知恒力F做功W＝Fl＝eq\f(1,2)mv2－0，因为F、l相同，所以A、B获得的动能一样大，C正确。4.刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一，如图所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离l与刹车前的车速v的关系曲线。已知紧急刹车过程中车与地面间的摩擦是滑动摩擦。据此可知，下列说法中正确的是()A．甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车的刹车性能好B．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好C．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好D．甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车与地面间的动摩擦因数较大解析：选B对刹车过程，由动能定理可知μmgl＝eq\f(1,2)mv2，得l＝eq\f(v2,2μg)＝eq\f(v2,2a)，结合题图可知甲车与地面间的动摩擦因数小，乙车与地面间的动摩擦因数大，刹车时的加速度a＝μg，以相同的车速开始刹车，乙车先停下来，乙车刹车性能好，B正确。5．(2019·安徽江南十校联考)如图甲所示，一维坐标系中有一质量m＝2kg的物块静置于x轴上的某位置(图中未画出)。t＝0时刻，物块在外力作用下沿x轴开始做匀加速运动，图乙为其位置坐标和速率平方关系图像的一部分。下列说法正确的是()A．物块做匀加速直线运动的加速度大小为1m/s2B．t＝4s时物块位于x＝4m处C．t＝4s时物块的速率为2m/sD．在0～4s时间内物块所受合外力做功为2J解析：选C由于物块做匀加速直线运动，可得x－x0＝eq\f(v2,2a)，由题图乙中数据可解得，加速度大小为a＝0.5m/s2，初位置x0＝－2m，故A错误；由x－x0＝eq\f(1,2)at2，v＝at，得t＝4s时物块位于x＝2m处，物块速率v＝2m/s，故B错误，C正确；由动能定理得0～4s时间内物块所受合外力做功为eq\f(1,2)mv2＝4J，故D错误。6．(多选)(2016·全国卷Ⅲ)如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则()A．a＝eq\f(2mgR－W,mR) B．a＝eq\f(2mgR－W,mR)C．N＝eq\f(3mgR－2W,R) D．N＝eq\f(2mgR－W,R)解析：选AC质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，则速度v＝eq\r(\f(2mgR－W,m))，在最低点的向心加速度a＝eq\f(v2,R)＝eq\f(2mgR－W,mR)，选项A正确，B错误；质点P在最低点时，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，N＝eq\f(3mgR－2W,R)，选项C正确，D错误。7.(多选)(2016·浙江高考)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。则()A．动摩擦因数μ＝eq\f(6,7)B．载人滑草车最大速度为eq\r(\f(2gh,7))C．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为eq\f(3,5)g解析：选AB由题意知，上、下两段滑道的长分别为s1＝eq\f(h,sin45°)、s2＝eq\f(h,sin37°)，由动能定理知2mgh－μmgs1cos45°－μmgs2cos37°＝0，解得动摩擦因数μ＝eq\f(6,7)，选项A正确；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1＝g(sin45°－μcos45°)＝eq\f(\r(2),14)g，a2＝g(sin37°－μcos37°)＝－eq\f(3,35)g，则在下落h时的速度最大，由动能定理知mgh－μmgs1cos45°＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2gh,7))，选项B正确，D错误；载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W＝2mgh，选项C错误。8.(多选)(2019·洛阳检测)如图所示，在倾角为θ的足够长斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端的挡板固定，另一端与质量为M的平板A连接，一质量为m的物体B靠在平板的右侧，A、B与斜面的动摩擦因数均为μ。开始时用手按住B使弹簧处于压缩状态，现释放，使A和B一起沿斜面向上运动，当A和B运动距离L时达到最大速度v。则下列说法正确的是()A．A和B达到最大速度v时，弹簧恢复原长B．若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为g(sinθ＋μcosθ)C．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于eq\f(1,2)Mv2＋MgLsinθ＋μMgLcosθD．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，B受到的合力对它做的功等于eq\f(1,2)mv2解析：选BDA和B达到最大速度v时，A和B的加速度为零，对A、B整体：由平衡条件知kx＝(m＋M)gsinθ＋μ(m＋M)gcosθ，所以此时弹簧处于压缩状态，故A错误；A和B恰好分离时，A、B间的弹力为0，A、B的加速度大小相同，对B受力分析，由牛顿第二定律知，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，得a＝g(sinθ＋μcosθ)，故B正确；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对A、B整体，根据动能定理得W弹－(m＋M)gLsinθ－μ(m＋M)gLcosθ＝eq\f(1,2)(m＋M)v2，所以弹簧对A所做的功W弹＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋(m＋M)·gLsinθ＋μ(m＋M)gLcosθ，故C错误；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，根据动能定理得，B受到的合力对它做的功W合＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv2，故D正确。9．(2019·宿州模拟)宇航员在某星球表面做了如下实验，实验装置如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由平直轨道AB和圆弧轨道BC组成。将质量m＝0.2kg的小球，从轨道AB上高H处的某点由静止释放，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力大小为F，改变H的大小，可测出F随H的变化关系如图乙所示，求：(1)圆弧轨道的半径；(2)星球表面的重力加速度；(3)小球经过C点时动能Ek随H的变化关系。解析：(1)小球过C点时，由牛顿第二定律得：F＋mg＝meq\f(vC2,r)小球由静止下滑至C点的过程，由动能定理得：mg(H－2r)＝eq\f(1,2)mvC2解得：F＝eq\f(2mg,r)H－5mg由题图乙可知：当H1＝0.5m时，F1＝0解得：r＝0.2m。(2)由题图乙可知：当H2＝1.0m时F2＝5N，又F＝eq\f(2mgH,0.2)－5mg解得：g＝5m/s2。(3)小球由静止下滑至C点的过程，由动能定理得：mg(H－2r)＝Ek－0解得：Ek＝H－0.4(J)。答案：(1)0.2m(2)5m/s2(3)Ek＝H－0.4(J)10．(2019·晋城调研)如图甲所示，一滑块从平台上A点以初速度v0向右滑动，从平台上滑离后落到地面上的落地点离平台的水平距离为s，多次改变初速度的大小，重复前面的过程，根据测得的多组v0和s，作出s2­v02图像如图乙所示，滑块与平台间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g＝10m/s2。(1)求平台离地的高度h及滑块在平台上滑行的距离d；(2)若将滑块的质量增大为原来的2倍，滑块从A点以4m/s的初速度向右滑动，求滑块滑离平台后落地时的速度大小v′及落地点离平台的水平距离s的大小。解析：(1)设滑块滑到平台边缘时的速度为v，根据动能定理得：－μmgd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02①滑块离开平台后做平抛运动，则有：h＝eq\f(1,2)gt2②s＝vt③联立①②③式得：s2＝eq\f(2h,g)v02－4μhd④由题图乙得：图像的斜率等于eq\f(2h,g)即：eq\f(2h,g)＝eq\f(2,22－12)s2＝0.2s2⑤解得：h＝1m且当s＝0时，v02＝12m2/s2，代入④式解得：d＝2m(2)当滑块从A点以v0＝4m/s的初速度向右滑动时，由①得：v＝2m/s滑块离开平台后做平抛运动，则有：h＝eq\f(1,2)gt2⑥得：t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×1,10))s＝eq\f(\r(5),5)s⑦滑块滑离平台后落地时的速度为：v′＝eq\r(v2＋gt2)＝2eq\r(6)m/s落地点离平台的水平距离s的大小为：s＝vt＝2×eq\f(\r(5),5)m＝eq\f(2\r(5),5)m。答案：(1)1m2m(2)2eq\r(6)m/seq\f(2\r(5),5)m11.山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动。一滑雪道ABC的底部是一个半径为R的圆，圆与雪道相切于C点，C点的切线沿水平方向，C点到水平雪地之间是高为H的峭壁，D是圆的最高点，如图所示。运动员从A点由静止下滑，刚好经过圆轨道最高点D旋转一周，再滑到C点后被水平抛出，当抛出时间为t时，迎面遭遇一股强风，运动员最终落到了雪地上，落地时速度大小为v。已知运动员连同滑雪装备总质量为m，重力加速度为g，不计遭遇强风前的空气阻力和雪道的摩擦阻力，求：(1)A、C的高度差h；(2)运动员刚遭遇强风时的速度大小及距地面的高度；(3)强风对运动员所做的功。解析：(1)运动员刚好经过圆轨道最高点，其速度满足mg＝eq\f(mvD2,R)由动能定理得mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mvD2解得h＝eq\f(5,2)R。(2)运动员从A到C由动能定理得mg·eq\f(5,2)R＝eq\f(1,2)mv02在圆轨道旋转一周后运动员做平抛运动，运动员遭遇强风时，在竖直方向上的速度v′＝gt运动员遭遇强风时的速度v1＝eq\r(v02＋v′2)＝eq\r(5gR＋g2t2)下落高度为h1＝eq\f(1,2)gt2距地面高度为h2＝H－h1＝H－eq\f(