2019版高考物理金榜一轮高效演练创新预测： 5.2动能定理及其应用 含解析

高效演练·创新预测
1.(2016·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E k=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x m=×8×14m=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E k0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能E k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=ΔE k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mg l(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mg l(1+sinθ)=E k-0,
故A正确;E k=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=29m/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v D=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+v C)t,
解得:v C=14 m/s
在C点对运动员由牛顿第二定律得:F N-mg=m
解得:F N=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:
-W f-mgR=m-m,
解得:W f=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°-L AB sin37°)-μmgcos37°·L AB=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
…
v n=()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
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