課時檢測(二十八)動能定理(重點突破課)1．(2018·全國卷Ⅰ)高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動。在啟動階段，列車的動能()A．與它所經歷的時間成正比B．與它的位移成正比C．與它的速度成正比D．與它的動量成正比解析：選B動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，與速度的平方成正比，故C錯誤；速度v＝at，可得Ek＝eq\f(1,2)ma2t2，與經歷的時間的平方成正比，故A錯誤；根據v2＝2ax，可得Ek＝max，與位移成正比，故B正確；動量p＝mv，可得Ek＝eq\f(p2,2m)，與動量的平方成正比，故D錯誤。2．關于運動物體所受的合外力、合外力做的功及動能變化的關系，下列說法正確的是()A．合外力為零，則合外力做功一定為零B．合外力做功為零，則合外力一定為零C．合外力做功越多，則動能一定越大D．動能不變，則物體所受的合外力一定為零解析：選A由公式W＝Flcosα可知，物體所受合外力為零，合外力做功一定為零，但合外力做功為零，可能是α＝90°，而合外力不為零，故A正確，B錯誤；由動能定理W＝ΔEk可知，合外力做功越多，動能變化量越大，但動能不一定越大，動能不變，合外力做功為零，但物體所受的合外力不一定為零，C、D錯誤。3．A、B兩物體在光滑水平面上，分別在相同的水平恒力F作用下，由靜止開始通過相同的位移l。若A的質量大于B的質量，則在這一過程中()A．A獲得的動能較大B．B獲得的動能較大C．A、B獲得的動能一樣大D．無法比較A、B獲得的動能大小解析：選C由動能定理可知恒力F做功W＝Fl＝eq\f(1,2)mv2－0，因為F、l相同，所以A、B獲得的動能一樣大，C正確。4.剎車距離是衡量汽車安全性能的重要參數之一，如圖所示的圖線1、2分別為甲、乙兩輛汽車在緊急剎車過程中的剎車距離l與剎車前的車速v的關系曲線。已知緊急剎車過程中車與地面間的摩擦是滑動摩擦。據此可知，下列說法中正確的是()A．甲車的剎車距離隨剎車前的車速v變化快，甲車的剎車性能好B．乙車與地面間的動摩擦因數較大，乙車的剎車性能好C．以相同的車速開始剎車，甲車先停下來，甲車的剎車性能好D．甲車的剎車距離隨剎車前的車速v變化快，甲車與地面間的動摩擦因數較大解析：選B對剎車過程，由動能定理可知μmgl＝eq\f(1,2)mv2，得l＝eq\f(v2,2μg)＝eq\f(v2,2a)，結合題圖可知甲車與地面間的動摩擦因數小，乙車與地面間的動摩擦因數大，剎車時的加速度a＝μg，以相同的車速開始剎車，乙車先停下來，乙車剎車性能好，B正確。5．(2019·安徽江南十校聯考)如圖甲所示，一維坐標系中有一質量m＝2kg的物塊靜置于x軸上的某位置(圖中未畫出)。t＝0時刻，物塊在外力作用下沿x軸開始做勻加速運動，圖乙為其位置坐標和速率平方關系圖像的一部分。下列說法正確的是()A．物塊做勻加速直線運動的加速度大小為1m/s2B．t＝4s時物塊位于x＝4m處C．t＝4s時物塊的速率為2m/sD．在0～4s時間內物塊所受合外力做功為2J解析：選C由于物塊做勻加速直線運動，可得x－x0＝eq\f(v2,2a)，由題圖乙中數據可解得，加速度大小為a＝0.5m/s2，初位置x0＝－2m，故A錯誤；由x－x0＝eq\f(1,2)at2，v＝at，得t＝4s時物塊位于x＝2m處，物塊速率v＝2m/s，故B錯誤，C正確；由動能定理得0～4s時間內物塊所受合外力做功為eq\f(1,2)mv2＝4J，故D錯誤。6．(多選)(2016·全國卷Ⅲ)如圖，一固定容器的內壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質量為m的質點P。它在容器內壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W。重力加速度大小為g。設質點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為N，則()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：選AC質點P下滑到最低點的過程中，由動能定理得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，則速度v＝eq\r(\f(2mgR－W,m))，在最低點的向心加速度a＝eq\f(v2,R)＝eq\f(2mgR－W,mR)，選項A正確，B錯誤；質點P在最低點時，由牛頓第二定律得N－mg＝ma，N＝eq\f(3mgR－2W,R)，選項C正確，D錯誤。7.(多選)(2016·浙江高考)如圖所示為一滑草場。某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，滑草車與草地之間的動摩擦因數為μ。質量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。則()A．動摩擦因數μ＝eq\f(6,7)B．載人滑草車最大速度為eq\r(\f(2gh,7))C．載人滑草車克服摩擦力做功為mghD．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為eq\f(3,5)g解析：選AB由題意知，上、下兩段滑道的長分別為s1＝eq\f(h,sin45°)、s2＝eq\f(h,sin37°)，由動能定理知2mgh－μmgs1cos45°－μmgs2cos37°＝0，解得動摩擦因數μ＝eq\f(6,7)，選項A正確；載人滑草車在上下兩段的加速度分別為a1＝g(sin45°－μcos45°)＝eq\f(\r(2),14)g，a2＝g(sin37°－μcos37°)＝－eq\f(3,35)g，則在下落h時的速度最大，由動能定理知mgh－μmgs1cos45°＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2gh,7))，選項B正確，D錯誤；載人滑草車克服摩擦力做的功與重力做功相等，即W＝2mgh，選項C錯誤。8.(多選)(2019·洛陽檢測)如圖所示，在傾角為θ的足夠長斜面上，輕質彈簧一端與斜面底端的擋板固定，另一端與質量為M的平板A連接，一質量為m的物體B靠在平板的右側，A、B與斜面的動摩擦因數均為μ。開始時用手按住B使彈簧處于壓縮狀態，現釋放，使A和B一起沿斜面向上運動，當A和B運動距離L時達到最大速度v。則下列說法正確的是()A．A和B達到最大速度v時，彈簧恢復原長B．若運動過程中A和B能夠分離，則A和B恰好分離時，二者加速度大小均為g(sinθ＋μcosθ)C．從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，彈簧對A所做的功等于eq\f(1,2)Mv2＋MgLsinθ＋μMgLcosθD．從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，B受到的合力對它做的功等于eq\f(1,2)mv2解析：選BDA和B達到最大速度v時，A和B的加速度為零，對A、B整體：由平衡條件知kx＝(m＋M)gsinθ＋μ(m＋M)gcosθ，所以此時彈簧處于壓縮狀態，故A錯誤；A和B恰好分離時，A、B間的彈力為0，A、B的加速度大小相同，對B受力分析，由牛頓第二定律知，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，得a＝g(sinθ＋μcosθ)，故B正確；從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，對A、B整體，根據動能定理得W彈－(m＋M)gLsinθ－μ(m＋M)gLcosθ＝eq\f(1,2)(m＋M)v2，所以彈簧對A所做的功W彈＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋(m＋M)·gLsinθ＋μ(m＋M)gLcosθ，故C錯誤；從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，對于B，根據動能定理得，B受到的合力對它做的功W合＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv2，故D正確。9．(2019·宿州模擬)宇航員在某星球表面做了如下實驗，實驗裝置如圖甲所示，豎直平面內的光滑軌道由平直軌道AB和圓弧軌道BC組成。將質量m＝0.2kg的小球，從軌道AB上高H處的某點由靜止釋放，用力傳感器測出小球經過C點時對軌道的壓力大小為F，改變H的大小，可測出F隨H的變化關系如圖乙所示，求：(1)圓弧軌道的半徑；(2)星球表面的重力加速度；(3)小球經過C點時動能Ek隨H的變化關系。解析：(1)小球過C點時，由牛頓第二定律得：F＋mg＝meq\f(vC2,r)小球由靜止下滑至C點的過程，由動能定理得：mg(H－2r)＝eq\f(1,2)mvC2解得：F＝eq\f(2mg,r)H－5mg由題圖乙可知：當H1＝0.5m時，F1＝0解得：r＝0.2m。(2)由題圖乙可知：當H2＝1.0m時F2＝5N，又F＝eq\f(2mgH,0.2)－5mg解得：g＝5m/s2。(3)小球由靜止下滑至C點的過程，由動能定理得：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·晉城調研)如圖甲所示，一滑塊從平臺上A點以初速度v0向右滑動，從平臺上滑離后落到地面上的落地點離平臺的水平距離為s，多次改變初速度的大小，重復前面的過程，根據測得的多組v0和s，作出s2-v02圖像如圖乙所示，滑塊與平臺間的動摩擦因數為0.3，重力加速度g＝10m/s2。(1)求平臺離地的高度h及滑塊在平臺上滑行的距離d；(2)若將滑塊的質量增大為原來的2倍，滑塊從A點以4m/s的初速度向右滑動，求滑塊滑離平臺后落地時的速度大小v′及落地點離平臺的水平距離s的大小。解析：(1)設滑塊滑到平臺邊緣時的速度為v，根據動能定理得：－μmgd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02①滑塊離開平臺后做平拋運動，則有：h＝eq\f(1,2)gt2②s＝vt③聯立①②③式得：s2＝eq\f(2h,g)v02－4μhd④由題圖乙得：圖像的斜率等于eq\f(2h,g)即：eq\f(2h,g)＝eq\f(2,22－12)s2＝0.2s2⑤解得：h＝1m且當s＝0時，v02＝12m2/s2，代入④式解得：d＝2m(2)當滑塊從A點以v0＝4m/s的初速度向右滑動時，由①得：v＝2m/s滑塊離開平臺后做平拋運動，則有：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滑塊滑離平臺后落地時的速度為：v′＝eq\r(v2＋gt2)＝2eq\r(6)m/s落地點離平臺的水平距離s的大小為：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.山地滑雪是人們喜愛的一項體育運動。一滑雪道ABC的底部是一個半徑為R的圓，圓與雪道相切于C點，C點的切線沿水平方向，C點到水平雪地之間是高為H的峭壁，D是圓的最高點，如圖所示。運動員從A點由靜止下滑，剛好經過圓軌道最高點D旋轉一周，再滑到C點后被水平拋出，當拋出時間為t時，迎面遭遇一股強風，運動員最終落到了雪地上，落地時速度大小為v。已知運動員連同滑雪裝備總質量為m，重力加速度為g，不計遭遇強風前的空氣阻力和雪道的摩擦阻力，求：(1)A、C的高度差h；(2)運動員剛遭遇強風時的速度大小及距地面的高度；(3)強風對運動員所做的功。解析：(1)運動員剛好經過圓軌道最高點，其速度滿足mg＝eq\f(mvD2,R)由動能定理得mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mvD2解得h＝eq\f(5,2)R。(2)運動員從A到C由動能定理得mg·eq\f(5,2)R＝eq\f(1,2)mv02在圓軌道旋轉一周后運動員做平拋運動，運動員遭遇強風時，在豎直方向上的速度v′＝gt運動員遭遇強風時的速度v1＝eq\r(v02＋v′2)＝eq\r(5gR＋g2t2)下落高度為h1＝eq\f(1,2)gt2距地面高度為h2＝H－h1＝H－eq\f(