2024高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律第二节动能定理训练含解析.doc

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其次节动能定理

(建议用时：45分钟)

eq\a\vs4\al([基础达标])

1．A、B两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F作用下，由静止起先通过相同的位移l。若A的质量大于B的质量，则在这一过程中()

A．A获得的动能较大

B．B获得的动能较大

C．A、B获得的动能一样大

D．无法比较A、B获得动能的大小

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的动能变更相同，C正确。

2．(2024·湖北襄阳模拟)用竖直向上大小为30N的力F，将2kg的物体从沙坑表面由静止提升1m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20cm。若忽视空气阻力，g取10m/s2。则物体克服沙坑的阻力所做的功为()

A．20J B．24J

C．34J D．54J

解析：选C。对整个过程应用动能定理得F·h1＋mgh2－Wf＝0，解得Wf＝34J，C正确。

3.(2024·葫芦岛市上学期质监)如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球挂在离水平地面高为3L的O点，小铁球以O为圆心在竖直面内做圆周运动且恰好能到达最高点A处，不计空气阻力，重力加速度为g，若运动到最高点时轻绳被切断，则小铁球落到地面时速度的大小为()

A．eq\r(3gL) B．eq\r(6gL)

C．4eq\r(gL) D．3eq\r(gL)

解析：选D。小球刚好能沿绳—球模型到达最高点时，绳的拉力为零，只有重力供应向心力，有mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),L)，最高点剪断绳后，小球做平抛运动落地，对这一过程由动能定理有mg·4L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，联立可得落地速度v2＝3eq\r(gL)，故A、B、C错误，D正确。

4．(2024·福州高一期中)如图所示，AB为eq\f(1,4)圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R。一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止下滑时，恰好运动到C处停止运动，那么物体在AB段克服摩擦力做的功为()

A．eq\f(1,2)μmgR B．eq\f(1,2)mgR

C．mgR D．(1－μ)mgR

解析：选D。设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A到C的全过程，依据动能定理有mgR－WAB－μmgR＝0，所以有WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR。

5.(2024·南通市5月其次次模拟)如图所示，半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内，轨道的末端B处切线水平，现将一小物体从轨道顶端A处由静止释放；若保持圆心的位置不变，变更圆弧轨道的半径(不超过圆心离地的高度)。半径越大，小物体()

A．落地时的速度越大

B．平抛的水平位移越大

C．到圆弧轨道最低点时加速度越大

D．落地时的速度与竖直方向的夹角越大

解析：选D。对从起先到落地过程依据动能定理知mgH＝eq\f(1,2)mv2，知总高度不变，末速度大小不变，故A错误；依据平抛运动规律知H－R＝h＝eq\f(1,2)gt2，x＝v0t，mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得x＝eq\r(2gR)·eq\r(\f(2（H－R）,g))＝2eq\r(R（H－R）)，平抛运动的水平位移随R增大先增大后减小，故B错误；小物体到圆弧轨道最低点时加速度a＝eq\f(veq\o\al(2,0),R)＝2g，则加速度大小与R无关，故C错误；小物体落地时竖直分速度vy＝gt，设与水平方向的夹角为θ，有tanθ＝eq\f(gt,v0)＝eq\f(g\r(\f(2（H－R）,g)),\r(2gR))＝eq\r(\f(H－R,R))，R越大，落地时的速度与竖直方向的夹角越大，故D正确。

6.(多选)(2024·东北三省三校其次次联考)一只半径为R的半球形碗固定不动，碗的内壁光滑，碗口水平，O点为球心，A、B均为碗内壁上的点，且A点是最低点，B点与圆心等高，C点是圆弧AB的中点(点O、A、B、C在同一竖直平面内)重力加速度大小为g。有一只质量为m的小球静止在碗底部，现对小球施加一水平恒力F，则()

A．若F＝eq\f(3,4)mg，小球将有可能到达B点

B．若F＝mg，小球将肯定到达B点

C．若F＝mg，小球经过C点时，合力功率最大

D．若F＝2mg，小球从最低点到其轨迹最高点过程中机械能的增量为6mgR

解析：选BD。对小球从A到B过程依据动能定理有FR－mgR＝eq\f(1,2)mv2－0，所以若F＝eq