（新课标）2022年高考物理一轮复习 主题五 能量和动量 课时跟踪训练21

（新课标）2022年高考物理一轮复习 主题五 能量和动量 课时跟踪训练211如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一A物体，现以恒定的外力拉B，使A、B间产生相对滑动，如果以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离在此过程中()A外力F做的功等于A和B动能的增量BB对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量CA对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功D外力F对B做的功等于B的动能的增量解析外力F做的功等于A、B动能的增量与A、B间摩擦产生的内能之和，A错误；A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不相等，C错误；对B应用动能定理，WFWFfEkB，即WFEkBWFf，就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D错误答案B2如图所示，质量为m的小球，从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A小球落地时动能等于mgHB小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(Hh)D小球在泥土中受到的平均阻力为mg解析小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgHfHmv，选项A错误；设泥的平均阻力为f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mghf0h0mv，解得f0hmghmv，f0mg，选项B、D错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(Hh)，选项C正确答案C3如图所示，上表面水平的圆盘固定在水平地面上，一小物块从圆盘边缘上的P点，以大小恒定的初速度v0在圆盘上沿与直径PQ成不同夹角的方向开始滑动，小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为v，则v2cos图象应为()解析设圆盘半径为r，小物块与圆盘间的动摩擦因数为，由题意可知，小物块运动到圆盘另一边缘过程中摩擦力做负功，由动能定理可得，mg2rcosmv2mv，即v2v4grcos，可知v2与cos为线性关系，斜率为负，故A正确，B、C、D错误答案A4(2015全国卷)如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功则()AWmgR，质点恰好可以到达Q点BWmgR，质点不能到达Q点CWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离DWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离解析根据质点滑到轨道最低点N时，对轨道压力为4mg，利用牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg.在最低点，由牛顿第二定律得，4mgmgm，解得质点滑到最低点时的速度v.对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由动能定理得，2mgRWmv2，解得WmgR.对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q点时克服摩擦力做功W要小于WmgR.由此可知，质点到达Q点后，可继续上升一段距离，C正确答案C5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. B. C. D. 解析小球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mghW10；小球B下降过程，由动能定理有3mghW13mv20，解得v ，故B正确答案B6用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到06 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示下列说法正确的是()A06 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B06 s内物体在4 s时的速度最大C物体在24 s内速度不变D04 s内合力对物体做的功等于06 s内合力做的功解析由at图象可知物体6 s末的速度v6(25)2 m/s12 m/s6 m/s，则06 s内物体一直向正方向运动，A错误；物体在5 s末速度最大，B错误；在24 s内加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C错误；由动能定理可知：04 s内合力对物体做的功：W4mv0,06 s内合力对物体做的功：W6mv0，又v4v6，则W4W6，D正确答案D7(2017甘肃模拟)如图甲所示，一质量为4 kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数0.5，取g10 m/s2，则下列说法正确的是()A物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动B物体在水平地面上运动的最大位移是10 mC物体运动的最大速度为2 m/sD物体在运动中的加速度先变小后不变解析当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，选项A错误；由题图乙中图线与x轴所围面积表示推力对物体做的功得，推力做的功W4100 J200 J，根据动能定理有Wmgxm0，得xm10 m，选项B正确；当推力与摩擦力平衡时，加速度为零，速度最大，由题图乙得F10025x(N)，当Fmg20 N时x3.2 m，由动能定理得：(10020)xmgxmv，解得物体运动的最大速度vm8 m/s，选项C错误；物体运动中当推力由100 N减小到20 N的过程中，加速度逐渐减小，当推力由20 N减小到0的过程中，加速度又反向增大，此后加速度不变，故D项错误答案B8(2016天津卷)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一如图所示，质量m60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB24 m/s，A与B的竖直高度差H48 m为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W1530 J，取g10 m/s2.(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大解析(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有v2ax由牛顿第二定律有mgFfma联立式，代入数据解得Ff144 N(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有mghWmvmv设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有FNmg由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立式，代入数据解得R12.5 m答案(1)144 N(2)12.5 m素能培养9如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平直杆上，杆足够长，环与杆之间的动摩擦因数为，现给环一个向右的初速度v0，如果环在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F，且Fkv(k为常数，v为环的速率)，则环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功不可能为()A.mv B.mvC0 D.mv解析当环受到的合力向下时，随着环做减速运动，向上的力F逐渐减小，环最终将静止；当环所受合力向上时，随着环速度的减小，竖直向上的力F逐渐减小，当环向上的拉力减至和重力大小相等时，环所受合力为0，杆不再给环阻力，环将保持此时速度不变做匀速直线运动；当环在竖直方向所受合力为0时，环将一直做匀速直线运动，分三种情况应用动能定理求出阻力对环做的功即可当Fkv0mg时，圆环不受杆的支持力和摩擦力，克服摩擦力做的功为零；当Fkv0mg时，圆环先做减速运动，当Fmg时，圆环不受摩擦力，做匀速直线运动，由Fkvmg得v，根据动能定理得Wmv2mv，解得Wmv.综上所述，答案为B.答案B10.某测试员测试汽车启动、加速、正常行驶及刹车的性能前4 s使汽车做匀加速直线运动，415 s保持发动机功率恒定，达到最大速度后保持匀速，15 s时松开油门并踩刹车，经3 s停止，已知汽车的质量为1200 kg，在加速及匀速过程中汽车所受阻力大小恒为f，刹车过程汽车所受阻力为5f，根据测试数据描绘出的vt图象如图所示，下列说法正确的是()Af1200 NB04 s内汽车所受牵引力为3.6103 NC415 s内汽车功率为360 kWD415 s内汽车位移大小为141 m解析设刹车过程中汽车的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：5fma，由vt图知1518 s内a m/s210 m/s2.所以f2400 N，故A选项错误由vt图知04 s内加速度大小a13 m/s2，由牛顿第二定律得：Ffma1，得牵引力F6103 N，故B选项错误.415 s内发动机功率恒定，且15 s时汽车已开始做匀速运动，所以Pfvm240030 W7.2104 W，故C选项错误设415 s内汽车位移大小为x，由动能定理得：Ptfxmvmv，其中vm30 m/s，v112 m/s，解得x141 m故D选项正确答案D11.(多选)(2016孝感统测)如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高h，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以速度v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30时，则()A从开始到细绳与水平方向夹角为30时，拉力做功mghB从开始到细绳与水平方向夹角为30时，拉力做功mghmv2C在细绳与水平方向夹角为30时，拉力功率为mgvD在细绳与水平方向夹角为30时，拉力功率大于mgv解析汽车以v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30时，物体上升的高度恰为h，对速度v分解可知沿细绳方向的分速度大小为v，根据动能定理可知A错误、B正确；由于物体加速上升，故细绳拉力大于物体的重力，所以细绳拉力的功率大于mgv，C错误，D正确答案BD12(2017新泰模拟)如图所示，倾斜轨道AB的倾角为37，CD、EF轨道水平，AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连小球可以从D进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E滑出该轨道进入EF水平轨道小球由静止从A点释放，已知AB长为5R，CD长为R，圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为1.8R，小球与倾斜轨道AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5，重力加速度为g，sin370.6，cos370.8.求：(在运算中，根号中的数值无需算出)(1)小球滑到斜面底端C时速度的大小(2)小球刚到C时对管道的作用力(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R应该满足什么条件？解析(1)设小球到达C点时速度为v，小球从A运动至C过程，由动能定理有：mg(5Rsin371.8R)mgcos375Rmv解得：vC .(2)小球沿BC管道做圆周运动，设在C点时管道对小球的作用力为FN，由牛顿第二定律，有：FNmgm其中r满足：rrcos371.8R解得：FN6.6mg由牛顿第三定律可得，小球对管道的作用力为6.6mg，方向竖直向下(3)要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入FF轨道，则小球在最高点应满足：mmg小球从C点到圆周轨道的最高点过程，由动能定理，有：mgRmg2Rmvmv可得：RR0.92R情况二：小球上滑至四分之一圆周轨道的最高点时，速度减为零，然后滑回D.则由动能定理有：mgRmgR0mv解得：R2.3R所以要使小球不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R应该满足R0.92R或R2.3R.答案(1) (2)6.6mg，方向竖直向下(3)R0.92R或R2.3R