2023版高考物理一輪復習第5章機械能第2講動能定理及其應用課后限時訓練新人教版必修2

PAGEPAGE4動能定理及其應用一、選擇題(此題共8小題，1～4題為單項選擇，5～8題為多項選擇)1．(2022·湖南省五市十校高三聯(lián)考)如下圖，光滑的小圓弧軌道半徑為r，光滑的大圓弧軌道半徑為4r，小球質(zhì)量為m(可視為質(zhì)點)，小圓弧與大圓弧的圓心O1、O2在同一豎直線上，兩圓弧的最低點重合，兩圓弧軌道固定在同一豎直平面內(nèi)。小球從大圓弧軌道上與O2等高處由靜止釋放，通過小圓弧軌道最高點時對軌道壓力的大小為eq\x(導學號51342543)(B)A．2mg B．3mgC．4mg D．5mg[解析]小球從大圓弧軌道上與O2等高處由靜止釋放，通過小圓弧軌道最高點的過程中，小球的機械能守恒，設小球在小圓弧軌道最高點的速度為v，對小球運用機械能守恒定律，有mg·2r＝eq\f(1,2)mv2，得v＝2eq\r(gr)；在小圓弧軌道的最高點，設軌道對小球的彈力為N，對小球運用牛頓第二定律得N＋mg＝meq\f(v2,r)，可以求出N＝3mg，根據(jù)牛頓第三定律得小球通過小圓弧軌道最高點時對軌道壓力的大小也為3mg，應選項B正確。2．(2022·河南商丘模擬)如下圖，假設物體與接觸面之間的動摩擦因數(shù)處處相同，DO是水平面，AB是斜面。初速度為10m/s的物體從D點出發(fā)沿路面DBA恰好可以到達頂點A，如果斜面改為AC，再讓該物體從D點出發(fā)沿DCA恰好也能到達A點，那么物體第二次運動具有的初速度eq\x(導學號51342544)(C)A．可能大于12m/sB．可能等于8m/sC．一定等于10m/sD．可能等于10m/s，具體數(shù)值與斜面的傾角有關[解析]物體從D點滑動到頂點A過程中，由動能定理，可得－mg·xOA－μmg·xDB－μmgcosα·xAB＝0－eq\f(1,2)mv2，由幾何關系cosα·xAB＝xOB，因而上式可以簡化為－mg·xOA－μmg·xOD＝0－eq\f(1,2)mv2；同理推得沿DCA有－mg·xOA－μmg·xOD＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v2＝v，C選項正確。3．(2022·東北育才學校一模)如下圖，有一內(nèi)壁光滑的閉合橢圓形管道，置于豎直平面內(nèi)，MN是通過橢圓中心O點的水平線。一小球從M點出發(fā)，初速率為v0，沿管道MPN運動，到N點的速率為v1，所需時間為t1；假設該小球仍由M點以初速率v0出發(fā)，而沿管道MQN運動，到N點的速率為v2，所需時間為t2。那么eq\x(導學號51342545)(A)A．v1＝v2，t1>t2 B．v1<v2，t1>t2C．v1＝v2，t1<t2 D．v1<v2，t1<t2[解析]由于小球在運動過程中只有重力做功，由動能定理可知，到達N點時速率相等，即有v1＝v2。小球沿管道MPN運動時，根據(jù)機械能守恒定律可知在運動過程中小球的速率小于初速率v0，而小球沿管道MQN運動時，小球的速率大于初速率v0，所以小球沿管道MPN運動的平均速率小于沿管道MQN運動的平均速率，而兩個過程的路程相等，所以有t1>t2，故A正確。4．(2022·福建師大附中期中)將質(zhì)量為m的物體在高空中以速率v水平向右拋出，由于風力作用，經(jīng)過時間t后，物體下落一段高度，速率仍為v，方向與初速度相反，如下圖。在這一運動過程中不考慮空氣阻力，以下關于風力做功的說法，正確的選項是eq\x(導學號51342546)(C)A．風力對物體不做功B．風力對物體做的功(絕對值)為eq\f(mg2t2,2)C．風力對物體做的功(絕對值)小于eq\f(mg2t2,2)D．由于風力方向未知，不能判斷風力做功情況[解析]對物體從開始拋出到速度再次等于v的過程，由動能定理可知W風＋WG＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv2＝0，可知|W風|＝WG＝mgh<mg·eq\f(1,2)gt2<eq\f(1,2)mg2t2，選項C正確。5．(2022·寧夏銀川第二中學、第九中學、育才中學第一次聯(lián)考)如下圖，豎直平面內(nèi)固定著一個螺旋形光滑軌道，一個小球從足夠高處落下，剛好從A點進入軌道，那么關于小球經(jīng)過軌道上的B點和C點時，以下說法正確的選項是eq\x(導學號51342547)(ABC)A．軌道對小球不做功B．小球在B點的速度小于在C點的速度C．小球在B點對軌道的壓力小于在C點對軌道的壓力D．改變小球下落的高度，小球在B、C兩點對軌道的壓力差保持不變[解析]由于軌道對小球的作用力與小球運動方向始終垂直，故軌道對小球不做功，故A正確；由于B點的高度高于C點，那么由機械能守恒定律可知，小球在B點的速度小于在C點的速度，故B正確；根據(jù)向心力公式可知mg＋FN＝meq\f(v2,r)，由于B點的速度小于C點的速度，在B點的軌道半徑大于在C點的軌道半徑，故小球在B點對軌道的壓力小于在C點對軌道的壓力，故C正確；改變小球的高度，那么小球在B、C兩點的速度平方的差值恒定，但由于半徑不同，故小球在B、C兩點對軌道的壓力差不同，故D錯誤。6．(2022·安徽省高三階段性測試)如下圖，BOD是半圓的水平直徑，OC為豎直半徑，半圓半徑為R?，F(xiàn)有質(zhì)量相同的a、b兩個小球分別從A、B兩點以一定的初速度水平拋出，分別擊中半圓軌道上的D點和C點，b球擊中C點時動能為Ek，A點在B點正上方且A、B間距為R，不計空氣阻力，那么eq\x(導學號51342548)(AD)A．a(chǎn)球擊中D點時動能為1.6EkB．a(chǎn)球擊中D點時動能為1.25EkC．a(chǎn)、b兩球初速度之比為1︰1D．a(chǎn)、b小球與軌道碰撞瞬間，重力的瞬時功率之比為1︰1[解析]由平拋運動規(guī)律有：水平位移x＝v0t，豎直位移y＝eq\f(1,2)gt2＝R，知運動時間t相同，而xA＝2R＝2xB，那么vy＝vA＝2vB；豎直方向速度滿足veq\o\al(2,y)＝2gR，解得vy＝eq\r(2gR)、veq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)gR；a、b小球與軌道碰撞瞬間，重力的瞬時功率為P＝mgvy相等，比值為1︰1，那么選項C錯誤，D正確；b小球擊中C點時的動能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,y)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋mgR＝eq\f(5,4)mgR，a小球擊中D點時的動能EkA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,y)＝eq\f(4,2)mveq\o\al(2,B)＋mgR＝2mgR＝1.6Ek，那么選項A正確，B錯誤。7．(2022·河北衡水中學四調(diào))如下圖，x軸在水平地面上，y軸豎直向上，在y軸上的P點分別沿x軸正方向和y軸正方向以相同大小的初速度拋出兩個小球a和b，不計空氣阻力，假設b上升的最大高度等于P點離地的高度，那么從拋出到落地有eq\x(導學號51342549)(BD)A．a(chǎn)的運動時間是b的運動時間的eq\r(2)倍B．a(chǎn)的位移大小是b的位移大小的eq\r(5)倍C．a(chǎn)、b落地時的速度相同，因此動能一定相同D．a(chǎn)、b落地時的速度不同，但動能相同[解析]設P點離地的高度為h，對于b：b做豎直上拋運動，上升過程與下落過程對稱，那么b上升到最大高度的時間為t1＝eq\r(\f(2h,g))，從最高點到落地的時間為t2＝2eq\r(\f(h,g))，故b運動的總時間tb＝t1＋t2＝(eq\r(2)＋1)eq\r(\f(2h,g))；對于a：a做平拋運動，運動時間為ta＝eq\r(\f(2h,g))。那么有tb＝(eq\r(2)＋1)ta。故A錯誤。對于b：h＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)，那么v0＝eq\r(2gh)；對于a：水平位移為x＝v0ta＝eq\r(2gh)eq\r(\f(2h,g))＝2h，a的位移為xa＝eq\r(h2＋2h2)＝eq\r(5)h，而b的位移大小為h，那么a的位移大小是b的位移大小的eq\r(5)倍。故B正確。根據(jù)動能定理有W＝Ek－Ek0，那么Ek＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可知兩球落地時動能相同，而速度方向不同，那么落地時速度不同。故C錯誤，D正確。8．(2022·重慶育才中學月考)如下圖，豎直平面內(nèi)光滑圓軌道半徑R＝2m，從最低點A有一質(zhì)量m＝1kg的小球開始運動，初速度v0方向水平向右，重力加速度g取10m/s2，以下說法正確的選項是eq\x(導學號51342550)(BCD)A．小球能到達最高點B的條件是v0≥4eq\r(5)m/sB．假設初速度v0＝5m/s，那么運動過程中，小球一定不會脫離圓軌道C．假設初速度v0＝8m/s，那么小球?qū)⒃陔xA點2.8m高的位置離開圓軌道D．假設初速度v0＝8m/s，那么小球離開圓軌道時的速度大小為2eq\r(2)m/s[解析]當小球能到達最高點時，由重力提供向心力，此時速度最小，有mg＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(gR)＝2eq\r(5)m/s。從A到B的過程中，根據(jù)動能定理得eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－mg·2R，解得v0＝10m/s，所以小球能到達最高點B的條件是v0≥10m/s，故A錯誤。當小球恰好運動到與圓軌道中心等高處時，有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得v0＝eq\r(2gR)＝eq\r(2×10×2)m/s＝2eq\r(10)m/s>5m/s，那么小球在軌道下局部做往復運動，一定不會離開軌道，故B正確。假設初速度v0＝8m/s，小球剛好脫離軌道時，軌道對小球的彈力為零，重力沿半徑方向的分量提供向心力，設此時重力方向與半徑方向的夾角為θ，那么mgcosθ＝meq\f(v′2,R)，根據(jù)幾何關系得cosθ＝eq\f(h,R)。根據(jù)動能定理得eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－mg(R＋h)，解得v′＝2eq\r(2)m/s，h＝0.8m。所以離開圓軌道的位置離A點的距離為H＝0.8m＋2m＝2.8m，故C、D正確。二、非選擇題9．(2022·山東理綜)如圖甲所示，物塊與質(zhì)量為m的小球通過不可伸長的輕質(zhì)細繩跨過兩等高定滑輪連接。物塊置于左側滑輪正下方的外表水平的壓力傳感裝置上，小球與右側滑輪的距離為l。開始時物塊和小球均靜止，將此時傳感裝置的示數(shù)記為初始值?，F(xiàn)給小球施加一始終垂直于l段細繩的力，將小球緩慢拉起至細繩與豎直方向成60°角，如圖乙所示，此時傳感裝置的示數(shù)為初始值的1.25倍；再將小球由靜止釋放，當運動至最低位置時，傳感裝置的示數(shù)為初始值的0.6倍。不計滑輪的大小和摩擦，重力加速度的大小為g。求：eq\x(導學號51342551)(1)物塊的質(zhì)量；(2)從釋放到運動至最低位置的過程中，小球克服空氣阻力所做的功。[答案](1)3m(2)0.1[解析](1)設物塊質(zhì)量為M，開始時，設壓力傳感器讀數(shù)F0，那么F0＋mg＝Mg；當小球被抬高60°角時，那么對小球根據(jù)力的平行四邊形法那么可得：T＝mgcos60°，此時對物塊：1.25F0＋T＝Mg；解得：M＝3m；F0＝2(2)當小球擺到最低點時，對物塊：0.6F0＋T1＝Mg；對小球：T1－mg＝meq\f(v2,l)。對小球擺到最低點的過程，根據(jù)動能定理可知：mgl(1－cos60°)－Wf＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得：Wf＝0.1mgl。10．(2022·甘肅天水一中期中)一勁度系數(shù)k＝800N/m的輕質(zhì)彈簧兩端分別連接著質(zhì)量均為12kg的物體A、B，將它們豎直靜止放在水平面上，如下圖?，F(xiàn)將一豎直向上的變力F作用在A上，使A開始向上做勻加速運動，經(jīng)0.4s物體B剛要離開地面，g取10m/s2，試求這0.4s內(nèi)力F所做的功。eq\x(導學號51342552)[答案]49.5J[解析]t＝0時，彈簧的壓縮量為x1，那么x1＝eq\f(mg,k)＝0.15m，在t＝0.4s時，物體B剛要離開地面，彈簧對B的拉力恰好等于B的重力，設此時彈簧的伸長量為x2，那么x2＝eq\f(mg,k)＝0.15m，A向上勻加速運動過程，有x1＋x2＝eq\f(1,2)at2，解得a＝3.75m/s2，0.4s末A的速度v＝at＝1.5m/s，在A上升的過程中，彈簧由壓縮0.15m的狀態(tài)變?yōu)樯扉L0.15m，彈力所做功的代數(shù)和為零，由動能定理有WF－mg(x1＋x2)＝eq\f(1,2)mv2，解得力F所做的功WF＝49.5J。11．(2022·河南中原名校第三次聯(lián)考)如下圖，在豎直平面內(nèi)有xOy坐標系，長為l的不可伸長的細繩，一端固定在A點，A點的坐標為(0，eq\f(l,2))，另一端系一質(zhì)量為m的小球?，F(xiàn)在x坐標軸上(x>0)固定一個小釘，拉小球使細繩繃直并呈水平位置，再將小球從靜止釋放，