2022届高考物理联考模拟汇编专题十七动能定理及其应用含解析

这是一份2022届高考物理联考模拟汇编专题十七动能定理及其应用含解析，共6页。
A．A获得动能较大 B．B获得动能较大
C．A、B获得动能一样大 D．无法比较A、B获得动能大小
解析：选C 由动能定理可知恒力F做功W＝Fl＝eq \f(1,2)mv2－0，因为F、l相同，所以A、B获得的动能一样大，C正确。
2．(全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定( )
A．小于拉力所做的功 B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功 D．大于克服摩擦力所做的功
解析：选A 由题意知，W拉－W阻＝ΔEk，则W拉＞ΔEk，故A正确、B错误；W阻与ΔEk的大小关系不确定，故C、D错误。
3．(江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是( )
解析：选A 小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt，小球的动能Ek＝eq \f(1,2)mv2，把速度v代入得，Ek＝eq \f(1,2)mg2t2－mgv0t＋eq \f(1,2)mv02，Ek与t为二次函数关系。
4．一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在力的方向上获得的速度分别为v1、v2，如图所示，那么在这段时间内，其中一个力做的功为( )
A.eq \f(1,6)mv2 B.eq \f(1,4)mv2
C.eq \f(1,3)mv2 D.eq \f(1,2)mv2
解析：选B 在合力F的方向上，由动能定理得W＝Fl＝eq \f(1,2)mv2，某个分力的功为W1＝eq \f(1,2)W＝eq \f(1,4)mv2，B正确。
5．(2021·莆田模拟)如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)( )
A.eq \r(2gh) B. eq \r(\f(4gh,3))
C.eq \r(gh) D. eq \r(\f(gh,2))
解析：选B 小球A下降h过程小球克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降过程，由动能定理有3mgh－W1＝eq \f(1,2)·3mv2－0，解得：v＝ eq \r(\f(4gh,3))，故B正确。
6．(多选)静止在水平地面的物块，受到水平方向的拉力F作用，此拉力方向不变，其大小F与时间t的关系如图所示。设物块与地面间的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则( )
A．0～t1时间内F的功率逐渐增大
B．t2时刻物块的加速度最大
C．t2时刻后物块做反向运动
D．t3时刻物块的动能最大
解析：选BD 由题图可知，在0～t1时间内，水平方向的拉力从零逐渐增大到等于最大静摩擦力，物块始终静止不动，水平拉力做功为零，功率为零，选项A错误；t2时刻水平拉力最大且大于滑动摩擦力的2倍，根据牛顿第二定律可知物块加速度最大，选项B正确；t2时刻后水平拉力逐渐减小，物块的加速度逐渐减小，速度方向不变，速度继续增大，选项C错误；t3时刻水平拉力减小到等于滑动摩擦力，速度增大到最大，t3时刻物块的动能最大，选项D正确。
7．(多选)（江苏高考)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块( )
A．加速度先减小后增大
B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
解析：选AD 小物块由A点开始向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由F弹－Ff＝ma知，a减小；当运动到F弹＝Ff时，a减小为零，此时小物块速度最大，弹簧仍处于压缩状态；由于惯性，小物块继续向右运动，此时Ff－F弹＝ma，小物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，a逐渐增大；当越过O点后，弹簧开始被拉伸，此时F弹＋Ff＝ma，随着拉伸量增大，a继续增大，综上所述，从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在O点左侧F弹＝Ff时速度达到最大，故A正确，B错误。在AO段物块所受弹簧弹力做正功，在OB段做负功，故C错误。由动能定理知，从A到B的过程中，弹力做功与摩擦力做功之和为0，故D正确。
8．(2021·中山模拟)质量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其v­t图像如图所示(竖直向上为正方向，DE段为直线)。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A．t3～t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动
B．t0～t2时间内，合力对小球先做正功后做负功
C．0～t2时间内，小球的平均速度一定为eq \f(v2,2)
D．t3～t4时间内，拉力做的功为meq \f(v3＋v4,2)[(v4－v3)＋g(t4－t3)]
解析：选D 根据题意，竖直向上为正方向，故在t3～t4时间内，小球竖直向上做匀减速直线运动，故选项A错误；t0～t2时间内，小球速度一直增大，根据动能定理可知，合力对小球一直做正功，故选项B错误；0～t2时间内，小球的平均速度等于位移与时间的比值，不一定为eq \f(v2,2)，故选项C错误；根据动能定理，在t3～t4时间内：WF－mgeq \f(v3＋v4,2)·(t4－t3)＝eq \f(1,2)mv42－eq \f(1,2)mv32，整理可得：WF＝meq \f(v3＋v4,2)[(v4－v3)＋g(t4－t3)]，故选项D正确。
9．小孩玩冰壶游戏，如图所示，将静止于O点的冰壶(视为质点)沿直线OB用水平恒力推到A点放手，此后冰壶沿直线滑行，最后停在B点。已知冰面与冰壶间的动摩擦因数为μ，冰壶质量为m，OA＝x，AB＝L，重力加速度为g。求：
(1)冰壶在A点的速率vA；
(2)冰壶从O点运动到A点的过程中受到小孩施加的水平推力F。
解析：(1)冰壶从A点运动至B点的过程中，只有滑动摩擦力对其做负功，由动能定理得
－μmgL＝0－eq \f(1,2)mvA2
解得vA＝eq \r(2μgL)。
(2)冰壶从O点运动至A点的过程中，水平推力F和滑动摩擦力同时对其做功，由动能定理得
(F－μmg)x＝eq \f(1,2)mvA2
解得F＝eq \f(μmgx＋L,x)。
答案：(1)eq \r(2μgL) (2)eq \f(μmgx＋L,x)
10．(2021·郑州模拟)如图甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O点位置。质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回。A离开弹簧后，恰好回到P点。物块A与水平面间的动摩擦因数为μ。求：
(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功；
(2)O点和O′点间的距离x1；
(3)如图乙所示，若将另一个与A完全相同的物块B(可视为质点)与弹簧右端拴接，将A放在B右边，向左推A、B，使弹簧右端压缩到O′点位置，然后从静止释放，A、B共同滑行一段距离后分离。分离后物块A向右滑行的最大距离x2是多少？
解析：(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得
克服摩擦力所做的功为Wf＝eq \f(1,2)mv02。
(2)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得
－2μmg(x1＋x0)＝0－eq \f(1,2)mv02
解得x1＝eq \f(v02,4μg)－x0。
(3)A、B在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v1，弹出过程弹力做功为WF
只有物块A时，从O′到P有WF－μmg(x1＋x0)＝0－0
A、B共同从O′到O有WF－2μmgx1＝eq \f(1,2)×2mv12
分离后对A有eq \f(1,2)mv12＝μmgx2
联立以上各式可得x2＝x0－eq \f(v02,8μg)。
答案：(1)eq \f(1,2)mv02 (2)eq \f(v02,4μg)－x0 (3)x0－eq \f(v02,8μg)
11.A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v­t图像如图所示。已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等。下列说法正确的是( )
A．F1、F2大小之比为1∶2
B．F1、F2对A、B做功之比为1∶2
C．A、B质量之比为2∶1
D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1
解析：选C 由速度与时间图像可知，两物体做匀减速运动的加速度之比为1∶2，A、B受摩擦力大小相等，由牛顿第二定律可知：A、B的质量之比是2∶1；由速度与时间图像可知，A、B两物体运动的位移相等，且匀加速运动的位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得：A物体的拉力与摩擦力的关系，F1·x－f1·3x＝0－0；B物体的拉力与摩擦力的关系，F2·2x－f2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3f1，F2＝eq \f(3,2)f2，f1＝f2，所以F1＝2F2。全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功大小相等。故A、B、D错误，C正确。
12．(2021·枣庄检测)一摩托车在竖直的圆轨道内侧做匀速圆周运动，周期为T，人和车(当作质点)的总质量为m，轨道半径为R。已知摩托车经最高点时发动机功率为P0，对轨道的压力为2mg。设轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比。下列说法正确的是( )
A．摩托车经最低点时对轨道的压力为3mg
B．摩托车经最低点时发动机功率为2P0
C．摩托车从最高点经半周到最低点的过程中发动机做的功为eq \f(1,2)P0T
D．摩托车从最高点经半周到最低点的过程中发动机做的功为2mgR
解析：选B 摩托车在最高点时有2mg＋mg＝meq \f(v2,R)，在最低点时有FN－mg＝meq \f(v2,R)，解得FN＝4mg，选项A错误；由于轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比，根据P＝Fv可知发动机在最低点时的功率是在最高点时功率的2倍，功率在增大，发动机做的功大于eq \f(1,2)P0T，所以选项B正确，C错误；根据动能定理，摩托车从最高点经半周到最低点的过程中WF＋2mgR－Wf＝0，可得发动机做的功WF＝Wf－2mgR，选项D错误。
13．如图所示，质量m＝3 kg的小物块以初速度v0＝4 m/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，圆弧轨道的半径为R＝3.75 m，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。最右侧是一个半径为r＝0.4 m的半圆轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。
已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
(1)求小物块的抛出点离A点的高度h；
(2)若MN的长度为L＝6 m，求小物块通过C点时所受轨道弹力的大小FN；
(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L′。
解析：(1)根据平抛运动规律有：
tan 37°＝eq \f(gt,v0)
得t＝0.3 s
解得h＝eq \f(1,2)gt2＝0.45 m。
(2)小物块由抛出点运动到B点的过程中，根据动能定理有：
mg[h＋R(1－cs 37° )]＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv02
解得vB＝2eq \r(10) m/s
小物块由B点运动到C点的过程中，根据动能定理有：
－μmgL－2mgr＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2
在C点：FN＋mg＝meq \f(vC2,r)
解得FN＝60 N。
(3)小物块刚好能通过C点时，有mg＝meq \f(vC′2,r)
解得vC′＝2 m/s
小物块从B点运动到C点的过程中，根据动能定理有：
－μmgL′－2mgr＝eq \f(1,2)mvC′2－eq \f(1,2)mvB2
解得L′＝10 m。
答案：(1)0.45 m (2)60 N (3)10 m