2022高考物理一轮复习训练：第五章第二节动能定理（附解析）

(建议用时：45分钟)1．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获得动能的大小解析：选C。由动能定理可知恒力F做功W＝Fl＝mv2－0，因为F、l相同，所以A、B的动能变化相同，C正确。2．(2020·湖北襄阳模拟)用竖直向上大小为30N的力F，将2kg的物体从沙坑表面由静止提升1m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20cm。若忽略空气阻力，g取10m/s2。则物体克服沙坑的阻力所做的功为(　　)A．20J　　B．24JC．34JD．54J解析：选C。对整个过程应用动能定理得F·h1＋mgh2－Wf＝0，解得Wf＝34J，C正确。3.(2020·葫芦岛市上学期质监)如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球挂在离水平地面高为3L的O点，小铁球以O为圆心在竖直面内做圆周运动且恰好能到达最高点A处，不计空气阻力，重力加速度为g，若运动到最高点时轻绳被切断，则小铁球落到地面时速度的大小为(　　) A．B．C．4D．3解析：选D。小球刚好能沿绳—球模型到达最高点时，绳的拉力为零，只有重力提供向心力，有mg＝m，最高点剪断绳后，小球做平抛运动落地，对这一过程由动能定理有mg·4L＝mv－mv，联立可得落地速度v2＝3，故A、B、C错误，D正确。4．(2020·福州高一期中)如图所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R。一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止下滑时，恰好运动到C处停止运动，那么物体在AB段克服摩擦力做的功为(　　)A．μmgR　　　　　　　　B．mgRC．mgRD．(1－μ)mgR解析：选D。设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A到C的全过程，根据动能定理有mgR－WAB－μmgR＝0，所以有WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR。5.(2020·南通市5月第二次模拟)如图所示，半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内，轨道的末端B处切线水平，现将一小物体从轨道顶端A处由静止释放；若保持圆心的位置不变，改变圆弧轨道的半径(不超过圆心离地的高度)。半径越大，小物体(　　)A．落地时的速度越大B．平抛的水平位移越大C．到圆弧轨道最低点时加速度越大 D．落地时的速度与竖直方向的夹角越大解析：选D。对从开始到落地过程根据动能定理知mgH＝mv2，知总高度不变，末速度大小不变，故A错误；根据平抛运动规律知H－R＝h＝gt2，x＝v0t，mgR＝mv，得x＝·＝2，平抛运动的水平位移随R增大先增大后减小，故B错误；小物体到圆弧轨道最低点时加速度a＝＝2g，则加速度大小与R无关，故C错误；小物体落地时竖直分速度vy＝gt，设与水平方向的夹角为θ，有tanθ＝＝＝，R越大，落地时的速度与竖直方向的夹角越大，故D正确。6.(多选)(2020·东北三省三校第二次联考)一只半径为R的半球形碗固定不动，碗的内壁光滑，碗口水平，O点为球心，A、B均为碗内壁上的点，且A点是最低点，B点与圆心等高，C点是圆弧AB的中点(点O、A、B、C在同一竖直平面内)重力加速度大小为g。有一只质量为m的小球静止在碗底部，现对小球施加一水平恒力F，则(　　)A．若F＝mg，小球将有可能到达B点B．若F＝mg，小球将一定到达B点C．若F＝mg，小球经过C点时，合力功率最大D．若F＝2mg，小球从最低点到其轨迹最高点过程中机械能的增量为6mgR解析：选BD。对小球从A到B过程根据动能定理有FR－mgR＝mv2－0， 所以若F＝mg，小球动能为负值，故小球不可能到达B点；若F＝mg，小球到达B点时动能恰好为零，即恰好到达B点，故A错误，B正确；若F＝mg，在C点处合力大小为mg，方向与水平方向夹角为45°，小球经过C点时，合力与速度方向，即合力与切线方向垂直，故此时合力功率为零，故C错误；若F＝2mg，对小球从A到B过程根据动能定理有2mgR－mgR＝mv2－0，解得v＝，小球之后在竖直方向匀减速到零，运动时间t＝＝，水平方向x＝·t2＝2R，故全程外力做功W＝F(R＋2R)＝6mgR，所以机械能增加6mgR，故D正确。7．(2020·内江市上学期一模)某运动员(可视为质点)参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变化的v－t图象如图所示，以他离开跳板时为计时起点，则下列说法正确的是(　　)A．t3时刻达到最高点B．t2时刻位移最大C．t1时刻的加速度为负D．在t1～t2时间内重力做功WG大于t1～t2时间内克服阻力做功Wf解析：选D。运动员起跳时的速度方向向上，可知，t1时刻达到最高点，故A错误；v－t图象为直线，加速度不变，所以在0～t2时间内人在空中，t2时刻到达水面，之后进入水中，此时人的位移不是最大，t1时刻的加速度为正值，故B、C错误；由动能定理可知在t1～t2时间内，WG－Wf＝mv2，即在t1～t2时间内重力做功WG大于t1～t2时间内克服阻力做功Wf，故D正确。8．(2020·西北狼联盟一诊联考)质量为m的物体从高为h 的斜面顶端由静止下滑，最后停在平面上，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，最后仍停在平面上，如图甲所示。图乙为物体两次在平面上运动的v－t图象，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力做的功为(　　)A．mv－3mghB．3mgh－mvC．mv－mghD．mgh－mv解析：选D。若物体由静止开始下滑，由动能定理得mgh－Wf＝mv，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，由动能定理得mgh－Wf＝mv－mv，由乙图可知，物体两次滑到平面的速度关系为v2＝2v1，由以上三式解得Wf＝mgh－mv。9．(多选)(2020·重庆市六校4月联合诊断)某中学生对刚买来的一辆小型遥控车的性能进行研究。他让这辆小车在水平的地面上由静止开始沿直线轨道运动，并将小车运动的全过程通过传感器记录下来，通过数据处理得到如图所示的v－t图象。已知小车在0～2s内做匀加速直线运动，2～11s内小车牵引力的功率保持不变，9～11s内小车做匀速直线运动，在11s末小车失去动力而开始自由滑行。已知小车质量m＝1kg，整个过程中小车受到的阻力大小不变，下列说法正确的是(　　)A．小车受到的阻力大小为8NB．在2～11s内小车牵引力的功率P是16WC．小车在2s末的速度大小vx为6m/s D．小车在0～15s内通过的距离是80m解析：选BD。根据题意，在11s末撤去牵引力后，小车只在阻力f作用下做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，根据图象可知a＝＝2m/s2，根据牛顿第二定律有f＝ma＝2N，故A错误；设小车在匀速运动阶段的牵引力为F，则F＝f，由图可知vm＝8m/s，则有P＝Fvm＝16W，故B正确；0～2s的匀加速运动过程中，小车的加速度为ax＝＝，设小车的牵引力为Fx，根据牛顿第二定律有Fx－f＝max，根据题意有P＝Fxvx，解得vx＝4m/s，故C错误；在2～9s内的变加速过程，Δt＝7s，由动能定理可得PΔt－fx2＝mv－mv，解得x2＝44m；0～2s内通过的路程为x1＝×2m＝4m；9～11s内小车做匀速直线运动通过的路程为x3＝8×2m＝16m；11～15s内通过的路程为x4＝×4m＝16m，则小车在0～15s内通过的距离是x＝x1＋x2＋x3＋x4＝80m，故D正确。10.如图所示，质量为m的小球用长为l的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一根光滑的细钉，已知OP＝，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B。(1)求小球到达B点时的速率；(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多少？(3)若初速度变为v0′＝3，其他条件均不变，则小球从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？解析：(1)小球恰能到达最高点B，则在最高点有mg＝，小球到达B 点时的速率v＝。(2)由动能定理得－mg＝mv2－mv，则v0＝。(3)设小球从A到B克服空气阻力做功为Wf，由动能定理得－mg－Wf＝mv2－mv0′2，解得Wf＝mgl。答案：(1)　(2)　(3)mgl11．弹珠游戏在孩子们中间很受欢迎，有很多种玩法，其中一种玩法就是比距离，模型如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB(圆半径比细管的内径大得多)和光滑直管BC组成的轨道固定在水平桌面上，已知APB部分的半径R＝1.0m，BC段长L1＝1.5m。弹射装置将一个质量m＝100g的小球(可视为质点)以v0＝8m/s的水平初速度从A点弹入轨道，小球从C点离开轨道随即进入长L2＝2m、μ＝0.1的粗糙水平地面(图上对应为CD)，最后通过光滑轨道DE，从E点水平射出，已知E距离地面的高度为h＝1m，不计空气阻力。(1)求小球在半圆轨道上运动时的角速度ω和到达C点时对圆管的压力。(2)若小球能从A点运动到E点，则小球进入A点的速度至少为多大？(3)若E点的高度h可以调节，小球仍以v0＝8m/s从A进入，当h多高时，水平射程x最大？并求出这个最大值。解析：(1)角速度ω＝＝8rad/s小球在BC段做匀速直线运动，合外力为0，根据牛顿运动定律， 小球处于平衡态，G＝N，支持力为1N，根据牛顿第三定律，支持力和压力属于作用力与反作用力，大小相等。所以小球对圆管的压力为1N，方向竖直向下；(2)若小球恰好能从A点到E点，根据动能定理有mv＝mgh＋μmgL2得速度至少为v0＝2m/s；(3)对小球从A点到E点的过程，根据动能定理有mv＝mgh＋μmgL2＋mv过了E点小球做平抛运动h＝gt2x＝vEt得到x与h的数学关系x＝＝2即当h＝1.5m时，x的最大值为x＝3m。答案：(1)8rad/s　1N，方向竖直向下　(2)2m/s　(3)1.5m　3m12．(2020·湖南十校联考)如图所示，质量m＝3kg的小物块以初速度v0＝4m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径R＝3.75m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径r＝0.4m的半圆弧轨道，C点是半圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。已知重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求小物块经过B点时对轨道的压力大小； (2)若MN的长度L＝6m，求小物块通过C点时对轨道的压力大小；(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L′。解析：(1)根据平抛运动的规律有v0＝vAcos37°解得小物块经过A点时的速度大小vA＝5m/s小物块从A点运动到B点过程，根据动能定理有mg(R－Rcos37°)＝mv－mv小物块经过B点时，有FN－mg＝解得FN＝62N，根据牛顿第三定律，小物块经过B点时对轨道的压力大小是62N。(2)小物块由B点运动到C点过程，根据动能定理有－μmgL－2mgr＝mv－mv在C点FN′＋mg＝解得FN′＝60N，根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小是60N。(3)小物块刚好能通过C点时，根据mg＝解得vC′＝2m/s小物块从B点运动到C点的过程，根据动能定理有－μmgL′－2mgr＝mvC′2－mv 解得L′＝10m。答案：(1)62N　(2)60N　(3)10m