2023版高考物理一輪復(fù)習(xí)第5章機(jī)械能第2講動(dòng)能定理及其應(yīng)用課后限時(shí)訓(xùn)練新人教版必修2

PAGEPAGE4動(dòng)能定理及其應(yīng)用一、選擇題(此題共8小題，1～4題為單項(xiàng)選擇，5～8題為多項(xiàng)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(diǎn))，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(diǎn)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(guò)小圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大小為eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)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(guò)小圓弧軌道最高點(diǎn)的過(guò)程中，小球的機(jī)械能守恒，設(shè)小球在小圓弧軌道最高點(diǎn)的速度為v，對(duì)小球運(yùn)用機(jī)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(diǎn)，設(shè)軌道對(duì)小球的彈力為N，對(duì)小球運(yùn)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(guò)小圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大小也為3mg，應(yīng)選項(xiàng)B正確。2．(2022·河南商丘模擬)如下圖，假設(shè)物體與接觸面之間的動(dòng)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(diǎn)出發(fā)沿路面DBA恰好可以到達(dá)頂點(diǎn)A，如果斜面改為AC，再讓該物體從D點(diǎn)出發(fā)沿DCA恰好也能到達(dá)A點(diǎn)，那么物體第二次運(yùn)動(dòng)具有的初速度eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)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(guān)[解析]物體從D點(diǎn)滑動(dòng)到頂點(diǎn)A過(guò)程中，由動(dòng)能定理，可得－mg·xOA－μmg·xDB－μmgcosα·xAB＝0－eq\f(1,2)mv2，由幾何關(guān)系cosα·xAB＝xOB，因而上式可以簡(jiǎn)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(xiàng)正確。3．(2022·東北育才學(xué)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(guò)橢圓中心O點(diǎn)的水平線。一小球從M點(diǎn)出發(fā)，初速率為v0，沿管道MPN運(yùn)動(dòng)，到N點(diǎn)的速率為v1，所需時(shí)間為t1；假設(shè)該小球仍由M點(diǎn)以初速率v0出發(fā)，而沿管道MQN運(yùn)動(dòng)，到N點(diǎn)的速率為v2，所需時(shí)間為t2。那么eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)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(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有重力做功，由動(dòng)能定理可知，到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速率相等，即有v1＝v2。小球沿管道MPN運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球的速率小于初速率v0，而小球沿管道MQN運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球的速率大于初速率v0，所以小球沿管道MPN運(yùn)動(dòng)的平均速率小于沿管道MQN運(yùn)動(dòng)的平均速率，而兩個(gè)過(guò)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(fēng)力作用，經(jīng)過(guò)時(shí)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(yùn)動(dòng)過(guò)程中不考慮空氣阻力，以下關(guān)于風(fēng)力做功的說(shuō)法，正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)51342546)(C)A．風(fēng)力對(duì)物體不做功B．風(fēng)力對(duì)物體做的功(絕對(duì)值)為eq\f(mg2t2,2)C．風(fēng)力對(duì)物體做的功(絕對(duì)值)小于eq\f(mg2t2,2)D．由于風(fēng)力方向未知，不能判斷風(fēng)力做功情況[解析]對(duì)物體從開(kāi)始拋出到速度再次等于v的過(guò)程，由動(dòng)能定理可知W風(fēng)＋WG＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv2＝0，可知|W風(fēng)|＝WG＝mgh<mg·eq\f(1,2)gt2<eq\f(1,2)mg2t2，選項(xiàng)C正確。5．(2022·寧夏銀川第二中學(xué)、第九中學(xué)、育才中學(xué)第一次聯(lián)考)如下圖，豎直平面內(nèi)固定著一個(gè)螺旋形光滑軌道，一個(gè)小球從足夠高處落下，剛好從A點(diǎn)進(jìn)入軌道，那么關(guān)于小球經(jīng)過(guò)軌道上的B點(diǎn)和C點(diǎn)時(shí)，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)51342547)(ABC)A．軌道對(duì)小球不做功B．小球在B點(diǎn)的速度小于在C點(diǎn)的速度C．小球在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力小于在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力D．改變小球下落的高度，小球在B、C兩點(diǎn)對(duì)軌道的壓力差保持不變[解析]由于軌道對(duì)小球的作用力與小球運(yùn)動(dòng)方向始終垂直，故軌道對(duì)小球不做功，故A正確；由于B點(diǎn)的高度高于C點(diǎn)，那么由機(jī)械能守恒定律可知，小球在B點(diǎn)的速度小于在C點(diǎn)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(diǎn)的速度小于C點(diǎn)的速度，在B點(diǎn)的軌道半徑大于在C點(diǎn)的軌道半徑，故小球在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力小于在C點(diǎn)對(duì)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(diǎn)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(diǎn)對(duì)軌道的壓力差不同，故D錯(cuò)誤。6．(2022·安徽省高三階段性測(cè)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(gè)小球分別從A、B兩點(diǎn)以一定的初速度水平拋出，分別擊中半圓軌道上的D點(diǎn)和C點(diǎn)，b球擊中C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為Ek，A點(diǎn)在B點(diǎn)正上方且A、B間距為R，不計(jì)空氣阻力，那么eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)51342548)(AD)A．a(chǎn)球擊中D點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為1.6EkB．a(chǎn)球擊中D點(diǎn)時(shí)動(dòng)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(shí)功率之比為1︰1[解析]由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：水平位移x＝v0t，豎直位移y＝eq\f(1,2)gt2＝R，知運(yùn)動(dòng)時(shí)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(shí)功率為P＝mgvy相等，比值為1︰1，那么選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確；b小球擊中C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)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(diǎn)時(shí)的動(dòng)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(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤。7．(2022·河北衡水中學(xué)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(diǎn)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(gè)小球a和b，不計(jì)空氣阻力，假設(shè)b上升的最大高度等于P點(diǎn)離地的高度，那么從拋出到落地有eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)51342549)(BD)A．a(chǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是b的運(yùn)動(dòng)時(shí)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(shí)的速度相同，因此動(dòng)能一定相同D．a(chǎn)、b落地時(shí)的速度不同，但動(dòng)能相同[解析]設(shè)P點(diǎn)離地的高度為h，對(duì)于b：b做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，上升過(guò)程與下落過(guò)程對(duì)稱，那么b上升到最大高度的時(shí)間為t1＝eq\r(\f(2h,g))，從最高點(diǎn)到落地的時(shí)間為t2＝2eq\r(\f(h,g))，故b運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間tb＝t1＋t2＝(eq\r(2)＋1)eq\r(\f(2h,g))；對(duì)于a：a做平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ta＝eq\r(\f(2h,g))。那么有tb＝(eq\r(2)＋1)ta。故A錯(cuò)誤。對(duì)于b：h＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)，那么v0＝eq\r(2gh)；對(duì)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(dòng)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(shí)動(dòng)能相同，而速度方向不同，那么落地時(shí)速度不同。故C錯(cuò)誤，D正確。8．(2022·重慶育才中學(xué)月考)如下圖，豎直平面內(nèi)光滑圓軌道半徑R＝2m，從最低點(diǎn)A有一質(zhì)量m＝1kg的小球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，初速度v0方向水平向右，重力加速度g取10m/s2，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)51342550)(BCD)A．小球能到達(dá)最高點(diǎn)B的條件是v0≥4eq\r(5)m/sB．假設(shè)初速度v0＝5m/s，那么運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球一定不會(huì)脫離圓軌道C．假設(shè)初速度v0＝8m/s，那么小球?qū)⒃陔xA點(diǎn)2.8m高的位置離開(kāi)圓軌道D．假設(shè)初速度v0＝8m/s，那么小球離開(kāi)圓軌道時(shí)的速度大小為2eq\r(2)m/s[解析]當(dāng)小球能到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，由重力提供向心力，此時(shí)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(guò)程中，根據(jù)動(dòng)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(dá)最高點(diǎn)B的條件是v0≥10m/s，故A錯(cuò)誤。當(dāng)小球恰好運(yùn)動(dòng)到與圓軌道中心等高處時(shí)，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(fù)運(yùn)動(dòng)，一定不會(huì)離開(kāi)軌道，故B正確。假設(shè)初速度v0＝8m/s，小球剛好脫離軌道時(shí)，軌道對(duì)小球的彈力為零，重力沿半徑方向的分量提供向心力，設(shè)此時(shí)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(guān)系得cosθ＝eq\f(h,R)。根據(jù)動(dòng)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(kāi)圓軌道的位置離A點(diǎn)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(guò)不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩跨過(guò)兩等高定滑輪連接。物塊置于左側(cè)滑輪正下方的外表水平的壓力傳感裝置上，小球與右側(cè)滑輪的距離為l。開(kāi)始時(shí)物塊和小球均靜止，將此時(shí)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(xì)繩的力，將小球緩慢拉起至細(xì)繩與豎直方向成60°角，如圖乙所示，此時(shí)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(dāng)運(yùn)動(dòng)至最低位置時(shí)，傳感裝置的示數(shù)為初始值的0.6倍。不計(jì)滑輪的大小和摩擦，重力加速度的大小為g。求：eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)51342551)(1)物塊的質(zhì)量；(2)從釋放到運(yùn)動(dòng)至最低位置的過(guò)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(shè)物塊質(zhì)量為M，開(kāi)始時(shí)，設(shè)壓力傳感器讀數(shù)F0，那么F0＋mg＝Mg；當(dāng)小球被抬高60°角時(shí)，那么對(duì)小球根據(jù)力的平行四邊形法那么可得：T＝mgcos60°，此時(shí)對(duì)物塊：1.25F0＋T＝Mg；解得：M＝3m；F0＝2(2)當(dāng)小球擺到最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)物塊：0.6F0＋T1＝Mg；對(duì)小球：T1－mg＝meq\f(v2,l)。對(duì)小球擺到最低點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)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。現(xiàn)將一豎直向上的變力F作用在A上，使A開(kāi)始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)0.4s物體B剛要離開(kāi)地面，g取10m/s2，試求這0.4s內(nèi)力F所做的功。eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)51342552)[答案]49.5J[解析]t＝0時(shí)，彈簧的壓縮量為x1，那么x1＝eq\f(mg,k)＝0.15m，在t＝0.4s時(shí)，物體B剛要離開(kāi)地面，彈簧對(duì)B的拉力恰好等于B的重力，設(shè)此時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量為x2，那么x2＝eq\f(mg,k)＝0.15m，A向上勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)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(guò)程中，彈簧由壓縮0.15m的狀態(tài)變?yōu)樯扉L(zhǎng)0.15m，彈力所做功的代數(shù)和為零，由動(dòng)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(biāo)系，長(zhǎng)為l的不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩，一端固定在A點(diǎn)，A點(diǎn)的坐標(biāo)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(biāo)軸上(x>0)固定一個(gè)小釘，拉小球使細(xì)繩繃直并呈水平位置，再將小球從靜止釋放，