2022版高考物理一轮复习演练：热点强化7 动能定理的应用

这是一份2022版高考物理一轮复习演练：热点强化7 动能定理的应用，共4页。

A．mgh－eq \f(1,2)mv2B．eq \f(1,2)mv2－mgh
C．－mghD．－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mgh＋\f(1,2)mv2))
【答案】A
2．如图，水平地面上有一固定光滑斜面AB，其底端B点与半径为R的四分之一光滑圆弧连接，圆弧的端点C与圆心在同一水平线上，M、N为C点正上方两点，距离C点分别为2R和R，现将一小球从M点静止释放，小球在AB上能到达最高处D点，距水平面的高度为2R，接着小球沿斜面滑下返回进入圆弧轨道，若不考虑空气阻力，则( )
A．小球返回轨道后沿轨道运动可能到不了C点
B．小球返回轨道后能沿轨道一直运动，并上升到N点
C．小球返回轨道后沿轨道运动到C点时，速度一定大于零
D．若将小球从N点静止释放，则小球在AB上能到达最高处距水平面的高度等于R
【答案】C 【解析】小球从M静止释放能到达D点，据此可知在B点损失的能量为mgR(在B点能量的损失与在B点的速度有关)；当小球从D点返回时，在B点损失的能量小于mgR，据能量守恒可知，小球返回时能到达C点以上N点以下，故A、B错误，C正确；若将小球从N点静止释放，在B点损失能量小于mgR，所以小球在AB上能到达最高处距水平面的高度h满足R＜h＜2R，故D错误．
3．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两球均处于静止状态，此时OA＝0.3 m，OB＝0.4 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g＝10 m/s2)( )
A．11 JB．16 J
C．18 JD．9 J
【答案】C 【解析】A球向右运动0.1 m时，vA＝3 m/s，OA′＝0.4 m，OB′＝0.3 m，设此时∠B′A′O＝α，则有tan α＝eq \f(3,4)．由运动的合成与分解可得vAcs α＝vBsin α，解得vB＝4 m/s．以B球为研究对象，此过程中B球上升高度h＝0.1 m，由动能定理，W－mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，解得轻绳的拉力对B球所做的功为W＝mgh＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝2×10×0.1 J＋eq \f(1,2)×2×42 J＝18 J，C正确．
4．(2021年四川名校联考)如图所示，水平粗糙滑道AB与竖直面内的光滑半圆形导轨BC在B处平滑相接，导轨半径为R．一轻弹簧的一端固定在水平滑道左侧的固定挡板M上，弹簧自然伸长时另一端N与B点的距离为L．质量为m的小物块在外力作用下向左压缩弹簧(不拴接)到某一位置P处，此时弹簧的压缩量为d．由静止释放小物块，小物块沿滑道AB运动后进入半圆形轨道BC，且刚好能到达半圆形轨道的顶端C点处，已知小物块与水平滑道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧的劲度系数为k，小物块可视为质点，则( )
A．小物块在C点处的速度刚好为零
B．当弹簧的压缩量为eq \f(μmg,2k)时，小物块速度达到最大
C．小物块刚离开弹簧时的速度大小为eq \r(5gR＋2μgL)
D．刚开始释放物块时，弹簧的弹性势能为2mgR＋μmg(L＋d)
【答案】C 【解析】因为小物块刚好能到达半圆形轨道的顶端C点处，故在C点处由重力提供向心力，有mg＝meq \f(v\\al(2,C),R)，得到vC＝eq \r(gR)，A错误；小物块合力为零时，速度最大，则有μmg＝kΔx，可得小物块速度最大时，弹簧的压缩量为Δx＝eq \f(μmg,k)，B错误；设小物块刚离开弹簧时的速度大小为v，小物块从N点到C点的过程中，由动能定理－μmgL－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(5gR＋2μgL)，C正确；从物块刚开始释放至达到C点，根据能量守恒可得，Ep＝μmg(L＋d)＋mg·2R＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＝μmg(L＋d)＋eq \f(5,2)mgR，故D错误．
5．(多选)如图所示，物块A、B、C、D的质量都是m，并都可看作质点，四个物块用细线通过轻质滑轮连接．物块B与C、C与D、D与地面的距离都是L．现将物块A下方的细线剪断，若物块A距离滑轮足够远且不计一切阻力，则( )
A．A上升的最大速度是eq \r(\f(5gL,3))
B．A上升的最大速度是eq \r(\f(17gL,6))
C．A上升的最大高度是eq \f(53L,12)
D．A上升的最大高度是eq \f(23L,6)
【答案】AD 【解析】设物块D落地时速度为v1，在D落地过程中，对四个物块应用动能定理有3mgL－mgL＝eq \f(1,2)×4mveq \\al(2,1)；在物块C落地过程中，对三个物块应用动能定理有2mgL－mgL＝eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,1)，联立解得v2＝eq \r(\f(5gL,3))，A正确，B错误；之后物块B匀速下降直到落地，A匀速上升，至此A已上升了3L的高度；再往后物块A做竖直上抛运动，还可以上升h＝eq \f(v\\al(2,2),2g)＝eq \f(5,6)L，A上升的最大高度H＝h＋3L＝eq \f(23,6)L，C错误，D正确．
6．如图所示，半径R＝0.5 m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，斜面倾角分别如图所示．O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度．斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P、Q两物块静止．若PC间距为L1＝0.25 m，斜面MN足够长，物块P质量m1＝3 kg，与MN间的动摩擦因数μ＝eq \f(1,3)，重力加速度g＝10 m/s2，求：(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)小物块Q的质量m2；
(2)烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；
(3)物块P在MN斜面上滑行的总路程．
解：(1)根据共点力平衡条件，两物体的重力沿斜面的分力相等，有m1gsin 53°＝m2gsin 37°，
解得m2＝4 kg，
即小物块Q的质量为4 kg．
(2)P到D过程，由动能定理得m1gh＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,D)，
根据几何关系，有h＝L1sin 53°＋R(1－cs 53°)＝0.4 m，
在D点，支持力和重力的合力提供向心力
FD－m1g＝m1eq \f(v\\al(2,D),R)，
解得FD＝78 N．
由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78 N．
(3)分析可知最终物块在CDM之间往复运动，在C点和M点速度为零．
对全过程由动能定理得
m1gL1sin 53°－μm1gcs 53°·L总＝0，
解得L总＝1.0 m．
即物块P在MN斜面上滑行的总路程为1.0 m．