2022屆高考物理總復(fù)習(xí) 5-2 動(dòng)能定理及其應(yīng)用針對(duì)訓(xùn)練（含解析） 新人教版

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1、2022屆高考物理總復(fù)習(xí) 5-2 動(dòng)能定理及其應(yīng)用針對(duì)訓(xùn)練（含解析） 新人教版 1．小球P和Q用不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短．將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖5－2－22所示．將兩球由靜止釋放．在各自軌跡的最低點(diǎn)(　　) 圖5－2－22 A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的動(dòng)能一定小于Q球的動(dòng)能 C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 解析：兩個(gè)小球在等高的位置由靜止釋放，做圓周運(yùn)動(dòng)擺動(dòng)到最低點(diǎn)，小球受到重力和繩子的拉力作用，拉力不做功，只有重力做功，機(jī)械能

2、守恒． 設(shè)小球起始位置為零勢(shì)能參考平面，則有E初＝E末，可知兩個(gè)小球的機(jī)械能相等，則有Ek＝ΔEk＝－ΔEp＝mgl，mP>mQ ，lPmQ，則有TP>TQ；由an＝＝2g，可知anP＝anQ. 答案：C 2．(多選)一物體從斜面底端以初動(dòng)能E滑向斜面，返回到斜面底端的速度大小為v，克服摩擦力做的功為，若物體以初動(dòng)能2E滑向斜面，則(　　) A．返回斜面底端時(shí)的動(dòng)能為E B．返回斜面底端時(shí)的動(dòng)能為 C．返回斜面底端

3、時(shí)的速度大小為2v D．返回斜面底端時(shí)的速度大小為v 解析：設(shè)斜面傾角為θ，斜面對(duì)物體的摩擦力為f，物體以初動(dòng)能E滑向斜面時(shí)，在斜面上上升的最遠(yuǎn)距離為L(zhǎng)1，則根據(jù)動(dòng)能定理，在物體沿斜面上升的過(guò)程中有－GL1sinθ－fL1＝0－E，在物體沿斜面下降的過(guò)程中有GL1sinθ－fL1＝，聯(lián)立解得Gsinθ＝3f.同理，當(dāng)物體以初動(dòng)能2E滑向斜面時(shí)，在物體沿斜面上升的過(guò)程中有－GL2sinθ－fL2＝0－2E，在物體沿斜面下降的過(guò)程中有GL2sinθ－fL2＝E′，聯(lián)立解得E′＝E，故A正確，B錯(cuò)誤；由＝mv2，E′＝ mv′2，得v′＝v，故C錯(cuò)誤，D正確． 答案：AD 圖5－2－2

4、3 3．(多選)如圖5－2－23所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長(zhǎng)．圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)過(guò)B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零，AC＝h.圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A；彈簧始終在彈性限度之內(nèi)，重力加速度為g，則圓環(huán)(　　) A．下滑過(guò)程中，加速度一直減小 B．下滑過(guò)程中，克服摩擦力做功為mv2 C．在C處，彈簧的彈性勢(shì)能為mv2－mgh D．上滑經(jīng)過(guò)B的速度大于下滑經(jīng)過(guò)B的速度 解析：下滑過(guò)程，A到B，加速度向下，加速度減小；B到C，加速度向上，加速度增大，A項(xiàng)錯(cuò)誤；下滑A到C，根據(jù)動(dòng)能定理，mgh

5、－W摩擦力－W彈力＝0① 上滑C到A，根據(jù)動(dòng)能定理， －mgh－W摩擦力＋W彈力＝0－mv2② 兩式聯(lián)立，解得W摩擦力＝mv2，B項(xiàng)正確；以上兩式聯(lián)立，還可解得W彈力＝mgh－mv2，即彈性勢(shì)能EpC＝mgh－mv2，所以C項(xiàng)錯(cuò)誤；下滑，A到B，有mghAB－W摩擦力AB－W彈力AB＝mv－0，上滑，B到A，有－mghAB－W摩擦力AB＋W彈力AB＝0－mv，比較得vB上＞vB下，D項(xiàng)正確． 答案：BD 圖5－2－24 4．(2019年湖北沙市模擬)(多選)如圖5－2－24所示，將質(zhì)量m0＝1 kg的重物B懸掛在輕繩的一端，并放置在傾角為30°、固定在水平地面的斜面上，輕繩平行

6、于斜面，重物B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝.輕繩跨過(guò)質(zhì)量不計(jì)的光滑定滑輪，其另一端系一質(zhì)量m＝0.5 kg的小圓環(huán)A，圓環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，滑輪中心與直桿的距離為l＝4 m．現(xiàn)將圓環(huán)A從與定滑輪等高處由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力，直桿和斜面足夠長(zhǎng)，g取10 m/s2.下列判斷正確的是(　　) A．圓環(huán)下降的過(guò)程中，輕繩的張力大小始終等于10 N B．圓環(huán)能下降的最大距離為hm＝ m C．圓環(huán)速度最大時(shí)，輕繩與直桿的夾角為30° D．若增加圓環(huán)質(zhì)量使m＝1 kg，再重復(fù)題述過(guò)程，則圓環(huán)在下降過(guò)程中，重力做功的功率一直在增大 解析：由題圖可知，一開(kāi)始豎直方向圓環(huán)A只受重力，所以圓環(huán)A先向

7、下做加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng)，直至停止，重物B也是先加速后減速，而重物B受到的重力、支持力和摩擦力都保持不變，所以繩子對(duì)重物B的拉力必定是變化的，故A錯(cuò)誤；設(shè)圓環(huán)A下降的最大距離為hm，則重物B上升的高度為h1＝(－l)·sin30°，對(duì)圓環(huán)A和重物B組成的系統(tǒng)，由動(dòng)能定理得mghm－m0gh1－μm0gh1cos30°＝0，解得hm＝m，故B正確；當(dāng)圓環(huán)A在下滑過(guò)程中受力平衡時(shí)速度最大，則此時(shí)重物B的加速度也是0，繩子的拉力就等于重物B的重力向下的分力與摩擦力的和，即FT＝m0gsin30°＋μm0gcos30°＝10 N，設(shè)此時(shí)拉圓環(huán)A的繩子與豎直方向的夾角是θ，則在豎直方向上有FTcosθ

8、＝mg，代入數(shù)據(jù)解得θ＝60°，故C錯(cuò)誤；若增加圓環(huán)A的質(zhì)量使m＝1 kg，再重復(fù)題述過(guò)程，則圓環(huán)A的重力大于重物B的重力沿斜面向下的分力與摩擦力的和，則圓環(huán)A將一直向下做加速運(yùn)動(dòng)，其重力做功的功率一直增大，故D正確． 答案：BD 5．如圖5－2－25甲所示，長(zhǎng)為4 m的水平軌道AB與半徑為R＝0.6 m的豎直半圓弧軌道BC在B處相連接，有一質(zhì)量為1 kg的滑塊(大小不計(jì))，從A處由靜止開(kāi)始受水平向右的力F作用，F(xiàn)的大小隨位移變化的關(guān)系如圖5－2－25乙所示，滑塊與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.25，與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)未知，g取10 m/s2.求： 圖5－2－25 (1)滑塊到達(dá)B

9、處時(shí)的速度大??； (2)滑塊在水平軌道AB上運(yùn)動(dòng)前2 m過(guò)程所用的時(shí)間； (3)若到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤去力F，滑塊沿半圓弧軌道內(nèi)側(cè)上滑，并恰好能到達(dá)最高點(diǎn)C，則滑塊在半圓弧軌道上克服摩擦力所做的功是多少？ 解析：(1)對(duì)滑塊從A到B的過(guò)程，由動(dòng)能定理得 F1x1－F3x3－μmgx＝mv 代入數(shù)值解得vB＝2 m/s. (2)在前2 m內(nèi)，有F1－μmg＝ma，且x1＝at， 解得t1＝ s. (3)當(dāng)滑塊恰好能到達(dá)最高點(diǎn)C時(shí)， 有：mg＝m 對(duì)滑塊從B到C的過(guò)程，由動(dòng)能定理得： Wf－mg·2R＝mv－mv 代入數(shù)值得Wf＝－5 J， 即克服摩擦力做的功為5 J. 答案：(1)2 m/s　(2) s　(3)5 J