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1、2022高考物理一轮复习 第五章机械能第2课时 动能定理及应用课时冲关 新人教版一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1(2017福建师大附中期中)将质量为m的物体在高空中以速率v水平向右抛出，由于风力作用，经过时间t后，物体下落一段高度，速率仍为v，方向与初速度相反，如图所示在这一运动过程中不考虑空气阻力，下列关于风力做功的说法，正确的是 ()A风力对物体不做功B风力对物体做的功(绝对值)为C风力对物体做的功(绝对值)小于D由于风力方向未知，不能判断风力做功情况解析：C对物体从开始抛出到速度再次等于v的过程，由动能定理可知W风WGmv2mv20，可知|W风|WGmghEk2，t
2、1t2 BEk1Ek2，t1t2CEk1Ek2，t1t2 DEk1Ek2，t1t2.故B正确，A、C、D错误5(2017吉林三校联考)如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为2 kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B均处于静止状态，此时OA0.3 m，OB0.4 m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1 m时速度大小为3 m/s，则在此过程中绳的拉力对B球所做的功为(取g10 m/s2)A11 J B16 JC18 J D9 J解析：CA球向右运动0.1 m时，vA3
3、m/s，OA0.4 m，OB0.3 m，设此时BAO，则有tan .vAcos vBsin ，解得vB4 m/s.此过程中B球上升高度h0.1 m，由动能定理，Wmghmv，解得绳的拉力对B球所做的功为Wmghmv2100.1 J242 J18 J，选项C正确二、多项选择题(本题共3小题，每小题7分，共21分全部选对的得7分，部分选对的得3分，有选错或不答的得0分)6(68520136)(2017河北衡水中学四调)如图所示，x轴在水平地面上，y轴竖直向上，在y轴上的P点分别沿x轴正方向和y轴正方向以相同大小的初速度抛出两个小球a和b，不计空气阻力，若b上升的最大高度等于P点离地的高度，则从抛出
4、到落地有()Aa的运动时间是b的运动时间的倍Ba的位移大小是b的位移大小的倍Ca、b落地时的速度相同，因此动能一定相同Da、b落地时的速度不同，但动能相同解析：BD设P点离地的高度为h，对于b：b做竖直上抛运动，上升过程与下落过程对称，则b上升到最大高度的时间为t1，从最高点到落地的时间为t22，故b运动的总时间tbt1t2(1)；对于a：a做平抛运动，运动时间为ta.则有tb(1)ta.故A错误对于b：h，则v0；对于a：水平位移为xv0ta2h，a的位移为xah，而b的位移大小为h，则a的位移大小是b的位移大小的 倍，故B正确根据动能定理有WEkEk0，则Ekmghmv，可知两球落地时动能
5、相同，而速度方向不同，则落地时速度不同，故C错误，D正确7(2016浙江理综)如图所示为一滑草场某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45和37的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 370.6，cos 370.8)则()A动摩擦因数B载人滑草车最大速度为 C载人滑草车克服摩擦力做功为mghD载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g解析：AB由动能定理可知：mg2hmgcos 45mgcos 370，解得，选项A正确；对前一段滑道，根据动能定理：
6、mghmgcos 45mv2，解得：v，则选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为ag，选项D错误；故选A、B.8(68520137)(2017河南信阳高级中学第四次大考)如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于P点，第一次小球在水平拉力F作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为，张力大小为T1；第二次在水平恒力F作用下，从P点开始运动并恰好能到达Q点，至Q点时轻绳中的张力大小为T2.关于这两个过程，下列说法中正确的是(不计空气阻力，重力加速度为g)()A第一个过程中，拉力F在逐渐变大，且最
7、大值一定大于FB两个过程中，轻绳的张力均变大CT1，T2mgD第二个过程中，重力和水平恒力F的合力的功率先增大后减小解析：AC第一次小球在水平拉力F作用下，从P点缓慢地移动到Q点，则小球处于平衡状态，根据平衡条件得Fmgtan ，随着增大，F逐渐增大；第二次小球从P点开始运动并恰好能到达Q点，则到达Q点时速度为零，在此过程中，根据动能定理得Flsin mgl(1cos )，解得Fmgtan，因为90，所以mgtanmgtan ，则FF，故A正确第一次运动过程中，根据几何关系可知，绳子的拉力T1，所以轻绳的张力变大；第二次由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运
8、动可以等效于单摆运动，当绳子方向与“重力”方向在同一直线上时，小球处于“最低点”，最低点的速度最大，此时绳子张力最大，所以第二次绳子张力先增大，后减小，故B错误第一次运动到Q点时，受力平衡，根据几何关系可知，T1，第二次运动到Q点时，速度为零，则向心力为零，则绳子拉力T2mgcos Fsin mgcos sin mg，故C正确第二个过程中，重力和水平恒力F的合力是个恒力，在等效最低点时，合力方向与速度方向垂直，此时功率最小为零，到达Q点速度也为零，则第二个过程中，重力和水平恒力F的合力的功率先增大，后减小，再增大，再减小，故D错误三、非选择题(本题共2小题，共44分写出必要的文字说明和重要的演
9、算步骤，有数值计算的要注明单位)9(68520138)(22分)(2017贵州遵义航天高级中学三模)为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角60，长L12 m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2 m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D，如图所示现将一个小球从距A点高h0.9 m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为.g取10 m/s2，求：(1)小球初速度的大小；(2)小球滑过C点时的速率；(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆轨道的半径应该满
10、足什么条件解析：(1)小球开始时做平抛运动，有v2gh，代入数据解得vy m/s3 m/s，在A点有tan ，得vxv0 m/s m/s.(2)从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得mg(hL1sin )mgL1cos mgL2mvmv，代入数据解得vC3 m/s.(3)小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，有mgm，mv2mgR1mv2，代入数据解得R11.08 m.当小球刚能到达与圆心等高处时，有mvmgR2，代入数据解得R22.7 m.当圆轨道与AB相切时R3L2tan 601.5 m，综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是0R1.08 m.答案：见解析10(68520139)(
11、22分)(2017甘肃兰州一中月考)如图所示，AB是倾角30的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R，一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为.求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L至少多大解析：(1)对整体过程，由动能定理得mgRcos mgcos s0，所以物体在AB轨道上通过的总路程s.(2)最终物体以B(还有B关于OE的对称点)为最高点，在圆弧底部做往复运动，对BE过程，由动能定理得mgR(1cos )mv在E点，由牛顿第二定律得FNmgm联立式得FN(3)mg.(3)物体刚好到D点，由牛顿第二定律有mgm对全过程由动能定理得mgLsin mgcos LmgR(1cos )mv联立式得L.答案：(1)(2)(3)mg(3)
