【创新设计】（山东专用）2022高考物理二轮专题辅导训练 专题2 第5讲 热点二　动力学方法和动能定理的综合应用（含解析）

热点二　动力学方法和动能定理的综合应用5.图2－5－8如图2－5－8所示，一个质量为m＝2kg的物体从某点由静止开始做直线运动的速度图象，根据图象可知(　　)A．物体在0～8s内的平均速度为2m/sB．物体在0～4s内的加速度大于7～8s内的加速度C．物体在0～8s内合外力做的功为80JD．物体在6s末离开始点最远解析　由图象可知0～8s内的平均速度＝m/s＝2.5m/s，选项A错误；物体在0～4s内的加速度大小为m/s2＝2m/s2，7～8s内的加速度大小为m/s2＝4m/s2，选项B错误；物体在0～8s内动能变化为零，根据动能定理，外力做功为零，选项C错误；由图象知选项D正确．答案　D6．(2022·福建卷，18)图2－5－9-5-\n如图2－5－9所示，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动．质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块(　　)A．最大速度相同B．最大加速度相同C．上升的最大高度不同D．重力势能的变化量不同解析　当加速度等于零，即kx＝mgsinθ时，速度最大，又两物块的质量不同，故速度最大的位置不同，最大速度也不同，所以A错误；在离开弹簧前加速度先减小后增大，离开弹簧后加速度不变，刚开始运动时，物块加速度最大，根据牛顿第二定律kx－mgsinθ＝ma，弹力相同，质量不同，故加速度不同，故B错误；根据能量守恒Ep＝mgh，弹性势能相同，重力势能的增加量等于弹性势能的减少量，故重力势能的变化量是相同的，由于物块质量不同，故上升的最大高度不同，故C正确，D错误．答案　C7．如图2－5－10所示，从A点以v0＝4m/s的水平速度抛出一质量m＝1kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平，已知长木板的质量M＝4kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6m、h＝0.15m、R＝0.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，取g＝10m/s2.求：图2－5－10(1)小物块运动至B点时的速度大小和方向；(2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力；(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．解析　(1)物块做平抛运动：H－h＝gt2，到达C点时竖直分速度：vy＝gt＝3m/sv1＝＝5m/s方向与水平面的夹角为θ：tanθ＝＝，即：θ＝37°，斜向下．(2)从A至C点，由动能定理mgH＝mv－mv设C点受到的支持力为FN，则有FN－mg＝m由上式可得v2＝2m/s，FN＝47.3N根据牛顿第三定律可知，物块m对圆弧轨道C点的压力大小为47.3N，方向竖直向下．(3)由题意可知小物块m对长木板的摩擦力Ff＝μ1mg＝5N长木板与地面间的最大静摩擦力不小于滑动摩擦力-5-\nFf′＝μ2(M＋m)g＝10N因Ff＜Ff′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动．小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0，才能保证小物块不滑出长木板．则长木板长度至少为l＝＝2.8m.答案　(1)5m/s　方向与水平方向的夹角为37°斜向下(2)47.3N　方向竖直向下(3)2.8m1．应用动能定理解题的“两状态，一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．2．应用动能定理解题的基本思路热点三　动力学方法和机械能守恒定律的应用8．(2022·河北石家庄质检)如图2－5－11所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体B的质量为2m，放置在倾角为30°的光滑斜面上，物体A的质量为m，用手托着物体A使弹簧处于原长，细绳伸直，A与地面的距离为h，物体B静止在斜面上挡板P处．放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对挡板恰好无压力，则下列说法正确的是(　　)图2－5－11A．弹簧的劲度系数为B．此时弹簧的弹性势能等于mgh－mv2C．此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上D．此后物体B可能离开挡板沿斜面向上运动-5-\n解析　物体A刚落地时，弹簧伸长量为h，物体B受力平衡，所以kh＝2mgsinθ，所以k＝，选项A对；物体A落地前，系统机械能守恒，所以弹性势能等于mgh－mv2，选项B对；物体A刚落地时，对A应用牛顿第二定律得：mg－kh＝ma，所以a＝0，选项C错；物体A落地后，弹簧不再伸长，故物体B不可能离开挡板沿斜面向上运动，选项D错．答案　AB9．(2022·山东潍坊联考)如图2－5－12甲所示，倾角为θ的光滑斜面体固定在水平面上，劲度系数为k的轻弹簧，一端固定在斜面底端，另一端与质量为m的小滑块接触但不拴接，现用沿斜面向下的力F推滑块至离地高度h0处，弹簧与斜面平行，撤去力F，滑块沿斜面向上运动，其动能Ek和离地高度h的变化关系如图乙所示，图中h2对应图线的最高点，h3到h4范围内图线为直线，其余部分为曲线．重力加速度为g，则(　　)图2－5－12A．h1高度处，弹簧形变量为B．h2高度处，弹簧形变量为C．h0高度处，弹簧的弹性势能为mg(h3－h0)D．h1高度处，弹簧的弹性势能为mg(h3－h1)解析　开始时，滑块所受合力沿斜面向上，合力做功最多时，滑块的动能最大，即在h2时，滑块所受合外力为零，由共点力平衡条件可知，mgsinθ＝kx⇒x＝，选项B正确、A错误；滑块到达h3后，加速度不变，此时弹簧处于原长，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，由h0到h3过程中，Ep0＋mgh0＝mgh3＋Ek1，解得Ep0＝mg(h3－h0)＋Ek1，选项C错误；同理，由h1到h3过程中，Ep1＋mgh1＋Ek1＝mgh3＋Ek1，解得：Ep1＝mg(h3－h1)，选项D正确．答案　BD10．如图2－5－13所示，图2－5－13一个半径R＝1.0m的圆弧形光滑轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与竖直方向夹角为θ，C为轨道最低点，D为轨道最高点．一个质量m＝0.50kg的小球(视为质点)从倾角为α的斜面顶端A点以v0的速度水平抛出，落到斜面底端B点，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知斜面底面水平且斜面顶端A高为h＝2.4m，tanα＝-5-\n，重力加速度g取10m/s2.(1)求小球抛出时的速度v0的大小和到达B的速度；(2)求小球经过轨道最低点C时对轨道的压力FC；(3)小球能否到达轨道最高点D？若能到达，试求对D点的压力FD.若不能到达，试说明理由．解析　(1)小球从倾角为α的斜面顶端A点以v0的速度水平抛出，落到斜面底端B点，根据平抛运动规律：h＝gt2，x＝h/tanα＝v0t，所以v0＝4m/s到达B点时速度大小vB＝＝8m/s，与水平方向的夹角的正切tanφ＝tanθ＝＝，φ＝θ＝60°(2)根据机械能守恒定律，有mv＝mv＋mg(1－cosθ)R解得v＝74m2/s2根据牛顿第二定律，有FC′－mg＝解得FC′＝42N根据牛顿第三定律，FC＝FC′＝42N，方向竖直向下(3)设小球能到达D点，根据机械能守恒定律，有：mv＝mv＋mg(h－R－Rcosθ)解得vD＝m/s＞，即小球能到达D点根据牛顿第二定律，有FD′＋mg＝代入数据，解得小球受到的压力FD′＝12N，根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力为FD＝FD′＝12N，方向竖直向上．答案　(1)4m/s　8m/s　方向与水平方向的夹角为60°(2)42N　方向竖直向下　(3)能　12N　方向竖直向上用机械能守恒定律解题的基本思路-5-