高考物理二轮复习《机械能》专项训练专题11 动能定理+连接体模型（2份，原卷版+解析版）

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A．B球运动到最低点时A球的速度为
B．A球某时刻速度可能为零
C．B球从释放至运动至最低点的过程中，轻杆对B球一直做正功
D．B球不可能运动至A球最初所在的位置
【解法分析】AB在转动过程中，AB组成的系统由动能定理可求得B球到达最低点的速度，由于AB转动过程中速度大小始终相同，根据动能定理求得A球速度为零的位置，对B球利用动能定理求得到达最低点过程中杆对B球做功即可判断。
【名师解析】AB在转动过程中，任意时刻AB的速度大小相同，当B球运动到最低点时，根据动能定理可知：，解得：v＝，故A正确；
设B球与竖直方向的夹角为θ时，速度为零，则有：﹣2mgLsinθ+mg（L+Lcsθ）＝0，解得：cs，θ不为零，此时B球没有达到A球初始位置，故A球某时刻速度可能为零，故BD正确；
B在下落过程中，对B球根据动能定理可得，解得W＝﹣mgL，故杆对B球负功，故C错误；此题因选错误的故选：C。
【点评】本题主要考查了动能定理，关键是正确的选取研究过程，此题也可以利用机械能守恒来求。
2. （2020高考仿真冲刺卷3）如图所示,水平面O点左侧光滑,O点右侧粗糙且足够长,有10个完全相同且质量均为m的小滑块(可视为质点)用轻细杆相连,相邻小滑块间的距离为L,滑块1恰好位于O点,滑块2,3……依次沿直线水平向左排开,现将水平恒力F作用于滑块1,经观察发现,在第3个小滑块进入粗糙地带后到第4个小滑块进入粗糙地带前这一过程中,小滑块做匀速直线运动,已知重力加速度为g,则下列说法正确的是( )
A.粗糙地带与滑块间的动摩擦因数μ=Fmg
B.匀速运动过程中速度大小为FL5m
C.第一个滑块进入粗糙地带后,第二个滑块进入前各段轻杆的弹力大小相等
D.在水平恒力F作用下,10个滑块全部可以进入粗糙地带
【参考答案】.B
【名师解析】对整体分析,根据共点力平衡得F=3μmg,解得μ=F3mg,故A错误;根据动能定理得F·2L-μmg·2L-μmg·L=12×10mv2,解得v=FL5m,故B正确;第一个滑块进入粗糙地带后,整体仍然做加速运动,每个滑块的加速度相同,隔离分析,由于选择的研究对象质量不同,根据牛顿第二定律知,轻杆的弹力大小不等,故C错误;在水平恒力F作用下,由于第4个滑块进入粗糙地带后,整体将做减速运动,设第n个小滑块能进入粗糙地带,由动能定理得F(nL)-μmgL [1+2+3+…+(n-1)]
=0-0,解得n=7,所以10个滑块不能全部进入粗糙地带,故D错误.
3（2023沈阳名校联考）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长．将圆环从A处静止释放，到达C处时速度为零．若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A．已知AC=L，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则 下列说法正确的是（ ）
A. 下滑过程中，环受到的合力不断减小
B. 下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为12mv2
C. 从C到A过程，弹簧对环做功为mgLsinα-14mv2
D. 环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度
【参考答案】CD
【名师解析】
圆环从A处由静止开始下滑，初速度为零，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，所以加速度先减小至零，后反向增大，则合力先减小后增大，故A错误；
圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得： mgh+Wf-W弹=0-0
在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式-mgh+W弹+Wf=0-mv2
联立解得：Wf=-mv2，所以产生的热量为mv2，故B错误；
从C到A过程，由动能定理得-mgh+W弹+Wf=0-mv2，h=Lsinα，
联立解得：弹簧对环做功为W弹=mgLsinα-mv2，故C正确；
研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式 mgh′+W′f-W′弹=mvB2-0
研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式-mgh′+W′f+W′弹=0-mvB′2。
即得mgh′-W′f-W′弹=mvB′2。由于W′f＜0，所以有mvB2＜mvB′2，则环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D正确；
【关键点拨】
根据圆环的运动情况分析下滑过程中加速度的变化，来判断合力的变化．研究圆环从A处由静止开始下滑到C和在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A两个过程，运用动能定理列出等式求解；研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程和圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式，可比较上滑和下滑经过B点时速度的大小．
本题要能正确分析小球的受力情况和运动情况，对物理过程进行受力、运动、做功分析，这是解决问题的根本方法，掌握动能定理的应用，注意研究过程的选择．
4、如图所示，两质量均为m＝1 kg的小球1、2(可视为质点)用长为L＝1.0 m的轻质杆相连，水平置于光滑水平面上，且小球1恰好与光滑竖直墙壁接触，现用力F竖直向上拉动小球1，当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，小球2的速度大小v＝1.6 m/s，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，则此过程中外力F所做的功为( )
A．8 J B．8.72 J
C．10 J D．9.28 J
【参考答案】C
【名师解析】.当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，设小球1的速度为v1，将小球1、2的速度沿杆方向和垂直杆方向分解，则有v1cs 37°＝vcs 53°，所以v1＝eq \f(3,4)v＝1.2 m/s，取两小球和轻质杆为整体，则由动能定理知WF－mgLcs 37°＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mv2，联立并代入数值得WF＝10 J，C对．
5.（2022·河北唐山二模）如图所示，套在光滑竖直杆上的物体A，通过轻质细绳与光滑水平面上的物体B相连接，A、B质量相同.现将A从与B等高处由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度取g，当细绳与竖直杆间的夹角为θ=60°时，A下落的高度为h，此时物体B的速度为
A. B. C. D.
【参考答案】A
【名师解析】设物体A下落高度h时，物体A的速度为vA，物体B的速度为vB，此时有，物体A、B组成的系统机械能守恒，则有
联立方程，解得，选项A正确.
6.（2021年高考物理重庆实战猜题卷）如图所示，光滑半圆轨道固定在水平地面上，质量为M的小球与质量为m的木块用细线通过定滑轮相连，让小球从A点静止释放，已知小球运动到C点时速度最大，与的夹角为，不计所有摩擦，小球与木块均可视为质点，下列说法正确的是( )
A.小球与木块的质量之比为
B.小球运动到C点时，小球与木块的速度之比为
C.小球可以运动到D点
D.小球从A向下运动过程中，小球的机械能先增大后减小
【参考答案】BC
【名师解析】：本题考查连接体速度的分解问题。小球运动到C点时速度最大，所受合力为零，根据受力分析可得，可得，A错误；小球运动到C点时，将小球速度分解可得，则，B正确；假设小球能运动到D点，根据系统机械能守恒有，由于，可知，即小球可以运动到D点，C正确；小球从A向下运动过程中，细线对小球的拉力做负功，小球的机械能一直减小，D错误。
7. 如图所示，倾角为30°的足够长斜面与水平面平滑相连，水平面上用轻杆连接的小球A、B以速度向左运动，小球质量均为m，杆长为l，当小球B到达斜面上某处P时速度为零。不计一切摩擦，重力加速度为g。则下列说法正确的是
A. P与水平面的高度差为
B. P与水平面的高度差为
C. 两球上滑过程中杆对A球所做的功为
D. 两球上滑过程中杆对A球所做的功为
【参考答案】.AD
【命题意图】 本题考查连接体、机械能守恒定律、动能定理及其相关的知识点。
【解题思路】P与水平面的高度差为h，由机械能守恒定律，2mv02=mgh+mg(h+lsin30°)，解得：h=l/4，选项A正确B错误；设两球上滑过程中杆对A球所做的功为W，对A球，由动能定理，W- mg(h+lsin30°)=0-mv02，解得：W=mgl，选项C错误D正确。
【易错剖析】解答此题常见错误主要有：一是对连接体系统没有正确运用机械能守恒定律；二是没有正确隔离A球，正确运用动能定理。
8.（2022·山东名校联盟5月模拟）如图所示，质量分布均匀的铁链，静止放在半径的光滑半球体上方.给铁链一个微小的扰动使之向右沿球面下滑，当铁链的端点B滑至C处时其速度大小为.已知，以OC所在平面为参考平面，取.则下列说法中正确的是
A．铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链机械能守恒
B．铁链在初始位置时其重心高度
C．铁链的端点A滑至C点时其重心下降2.8m
D．铁链的端点A滑至C处时速度大小为
【参考答案】C
【名师解析】铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链受到上边拉链的拉力，该拉力做负功，故机械能不守恒，故A错误；根据几何关系可知，铁链长度为，铁链全部贴在球体上时，质量分布均匀且形状规则，则其重心在几何中心且重心在的角平分线上，故铁链在初始位置时其重心与圆心连线长度等于端点B滑至C处时其重心与圆心连线长度，均设为h，根据机械能守恒有，代入数据解得，故B错误；铁链的端点A滑至C点时，其重心在参考平面下方处，则铁链的端点A滑至C点时其重心下降，故C正确；铁链的端点A滑至C处过程，根据机械能守恒有，解得，故D错误.答案：C
9. （2022北京海淀二模）如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球和，用手托住球，当绳刚好被拉紧时，球离地面的高度为，球静止于地面。已知球的质量为，球的质量为，重力加速度为，定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计。若无初速度释放球，则下列判断正确的是（ ）
A. 经过时间，球恰好落地
B. 在球下落过程中，球所受拉力大小为
C. 在球下落过程中，球的机械能保持不变
D. 球落地前瞬间速度大小为
【参考答案】D
【名师解析】
以、研究对象，根据牛顿第二定律，解得
根据，解得，故A错误；
B．设绳子拉力为，以为研究对象，根据牛顿第二定律得
解得，故B错误；
C．球下落过程中，球重力势能增大，动能增大，机械能变大，故C错误；
D．根据解得，故D正确。
10. （2022湖南长沙明德中学模拟）如图所示，在距水平地面高为0.8m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边杆上套有一质量的小球A．半径R=0.6m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O、半圆形轨道上的C点在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为的小球B，用一条不可伸长的柔软轻绳，通过定滑轮将两小球连接起来。杆和半圆形轨道在同一竖直平面内，两小球均可看作质点，不计滑轮大小、质量的影响，小球B开始静止在地面上，球A、B间的轻绳刚好伸直。现给小球A一个水平向右的恒力。重力加速度，则（ ）
A. 把小球B从地面拉到P的正下方C处时力F做功为48J
B. 小球B运动到C处时的速度大小为4m/s
C. 小球B被拉到与小球A速度大小相等时，
D. 把小球B从地面拉到P的正下方时C处时，小球B的机械能增加了16J
【参考答案】AC
【名师解析】
把小球B从地面拉到P的正下方C处时力F做功为
故A正确；小球B运动到C处时，A的速度为零，根据能量守恒
解得，故B错误；．当细线方向沿圆弧切线时，小球B被拉到与小球A速度大小相等，此时，故C正确；把小球B从地面拉到P的正下方时C处时，小球B的机械能增加，故D错误。
11 (2021高考二轮评估验收模拟15)水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看做质点的物块，物块间用长为l的细线连接，开始处于静止状态，轨道与物块间的滑动摩擦因数为μ.用水平恒力F拉动1开始运动，到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度变为零，则( )
A．拉力F所做功为nFl
B．系统克服摩擦力做功为eq \f(n（n－1）μmgl,2)
C．F>eq \f(nμmg,2)
D．(n－1)μmg