高考物理复习专题十二动能定理及其应用专题演练含两年高考一年模拟 11页

考点12　动能定理及其应用 两年高考真题演练 ‎1．(2015·‎ 新课标全国卷Ⅰ，17)如图，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(　　)‎ A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点 B．W＞mgR，质点不能到达Q点 C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离 D．W＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离 ‎2．(2015·‎ 海南单科，4)如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为(　　)‎ A.mgR B.mgR ‎ C.mgR D.mgR ‎ ‎3．(2014·大纲全国卷，19)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为(　　)‎ A．tan θ和 B．(－1)tan θ和 C．tan θ和 D．(－1)tan θ和 ‎4．(2015·山东理综，23)如图甲所示，物块与质量为m 的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接。物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l。开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值。现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力、将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍。不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g。求：‎ ‎　‎ ‎(1)物块的质量；‎ ‎(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功。‎ ‎5．(2015·浙江理综，23)如图所示，用一块长L1＝‎1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝‎0.8 m，长L2＝‎1.5 m。斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定。将质量m＝‎0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失(重力加速度取g＝‎10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)‎ ‎(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)‎ ‎(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)‎ ‎(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm。‎ ‎6．(2015·江苏单科，14)‎ 一转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上。套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L。装置静止时，弹簧长为L。转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)弹簧的劲度系数k；‎ ‎(2)AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0；‎ ‎(3)弹簧长度从L缓慢缩短为L的过程中，外界对转动装置所做的功W。‎ ‎7．(2015·重庆理综，8)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置，图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板。M板上部有一半径为R的圆弧形的粗糙轨道，P为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为H。N板上固定有三个圆环。将质量为m的小球从P处静止释放，小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q水平距离为L处，不考虑空气阻力，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)距Q水平距离为的圆环中心到底板的高度；‎ ‎(2)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；‎ ‎(3)摩擦力对小球做的功。‎ 考点12　动能定理及其应用 一年模拟试题精练 ‎1．(2015·湖南省株州市高三质检)‎ 如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等。用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A，动能增量分别为ΔEk1、ΔEk2。假定球在经过轨道转折点前、后速度大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则(　　)‎ A．ΔEk1＝ΔEk2‎ B．ΔEk1<ΔEk2‎ C．ΔEk1>ΔEk2‎ D．无法比较ΔEk1、ΔEk2的大小 ‎2．(2015·‎ 湖北省部分高中高三联考)(多选)如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是(　　)‎ A．电动机多做的功为mv2/2‎ B．物体在传送带上的划痕长v2/2μg C．传送带克服摩擦力做的功为mv2/2‎ D．电动机增加的功率为μmgv ‎3．(2015·山西省四校高三联考)(多选)‎ 如图所示，倾角为θ的斜面上只有AB段粗糙，其余部分都光滑，AB段长为3L。有若干个相同的小方块(每个小方块均可视为质点)沿斜面靠在一起，但不粘接，总长为L ‎。将它们由静止释放，释放时它们下端距A点的距离为2L。当小方块下端运动到A点下面距A点处时，小方块运动的速度达到最大。设小方块与粗糙斜面的动摩擦因数为μ，小方块停止时下端与A点的距离为x，则下列说法正确的是(　　)‎ A．μ＝tan θ B．μ＝2tan θ C．x＝‎2L D．x＝‎‎3L ‎4．(2015·山西大学附中高三质检)如图所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两部分组成，其中AB部分为光滑的圆弧，∠AOB＝37°，圆弧的半径R＝‎0.5 m，圆心O点在B点正上方；BD部分水平，长度为‎0.2 m，C为BD的中点。现有一质量m＝‎1 kg，可视为质点的物块从A端由静止释放，恰好能运动到D点。(g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：‎ ‎(1) 为使物块恰好运动到C点静止，可以在物块运动到B点后，对它施加一竖直向下的恒力F，F应为多大？‎ ‎(2)为使物块运动到C点时速度为零，也可先将BD部分以B为轴向上转动一锐角θ，θ应为多大？(假设B处有一小段的弧线平滑连接，物块经过B点时没有能量损失)‎ ‎(3)接上一问，求物块在BD板上运动的总路程。‎ ‎5．(2015·云南省部分名校高三质检)如图所示，半径R＝‎0.5 m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，斜面倾角分别如图所示。O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度。斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P、Q两物块静止。若PC间距为L1＝‎0.25 m，斜面MN足够长，物块P质量m1＝‎3 kg，与MN间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g＝‎10 m/s2求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ ‎(1)小物块Q的质量m2；‎ ‎(2)烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；‎ ‎(3)物块P在MN斜面上滑行的总路程。‎ 参考答案 考点12　动能定理及其应用 两年高考真题演练 ‎1．C　[根据动能定理得P点动能EkP＝mgR，经过N点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得4mg－mg＝m，所以N点动能为EkN＝，从P点到N点根据动能定理可得mgR－W＝－mgR，即克服摩擦力做功W＝。质点运动过程，半径方向的合力提供向心力即FN－mgcos θ＝ma＝m，根据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力Ff＝μFN变小，所以摩擦力做功变小，那么从N到Q，根据动能定理，Q点动能EkQ＝－mgR－W′＝mgR－W′，由于W′＜，所以Q点速度仍然没有减小到0，会继续向上运动一段距离，对照选项，C正确。]‎ ‎2．C　[在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝m，FN＝2mg，联立解得v＝，下滑过程中，根据动能定理可得mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，所以克服摩擦力做功mgR，C正确。]‎ ‎3．D　[由动能定理得 ‎－mgH－μmgcos θ＝0－mv2‎ ‎－mgh－μmgcos θ＝0－m()2‎ 解得μ＝(－1)tan θ，h＝，故D正确。]‎ ‎4．解析　(1)设开始时细绳的拉力大小为T1，传感装置的初始值为F1，物块质量为M，由平衡条件得 对小球，T1＝mg①‎ 对物块，F1＋T1＝Mg②‎ 当细绳与竖直方向的夹角为60°时，设细绳的拉力大小为T2，传感装置的示数为F2，据题意可知，F2＝1.25F1，由平衡条件得 对小球，T2＝mgcos 60°③‎ 对物块，F2＋T2＝Mg④‎ 联立①②③④式，代入数据得 M＝‎3m⑤‎ ‎(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为Wf，由动能定理得 mgl(1－cos 60°)－Wf＝mv2⑥‎ 在最低位置，设细绳的拉力大小为T3，传感装置的示数为F3，据题意可知，‎ F3＝‎0.6F1，对小球，由牛顿第二定律得 T3－mg＝m⑦‎ 对物块，由平衡条件得 F3＋T3＝Mg⑧‎ 联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得 Wf＝0.1mgl⑨‎ 答案　(1)3m　(2)0.1mgl ‎5．解析　(1)要使小物块能够下滑必须满足 mgsin θ＞μ1mgcos θ①‎ 解得tan θ＞0.05②‎ ‎(2)物块从斜面顶端下滑到停在桌面边缘过程中物块克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cos θ＋μ2mg(L2－L1cos θ)③‎ 全过程由动能定理得：mgL1sin θ－Wf＝0④‎ 代入数据解得μ2＝0.8⑤‎ ‎(3)当θ＝53°时物块能够滑离桌面，做平抛运动落到地面上，物块从斜面顶端由静止滑到桌面边缘，由动能定理得：‎ mgL1sin θ－Wf＝mv2⑥‎ 由③⑥解得v＝1 m/s⑦‎ 对于平抛过程列方程有：H＝gt2，解得t＝0.4 s⑧‎ x1＝vt，解得x1＝‎0.4 m⑨‎ 则xm＝x1＋L2＝1.9 m⑩‎ 答案　(1)tan θ＞0.05　(2)0.8　(3)1.9 m ‎6．解析　(1)装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1，OA杆与转轴的夹角为θ1‎ 小环受到弹簧的弹力F弹1＝k 小环受力平衡：F弹1＝mg＋2T1cos θ1‎ 小球受力平衡：F1cos θ1＝T1cos θ1＝mg，F1sin θ1＝T1sin θ1‎ 解得：k＝ ‎(2)设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2，OA杆与转轴的夹角为θ2，弹簧长度为x 小环受到弹簧的弹力F弹2＝k(x－L)‎ 小环受力平衡：F弹2＝mg，得x＝L 对小球：F2cos θ2＝mg，F2sin θ2＝mωlsin θ2且cos θ2＝ 解得ω0＝ ‎(3)弹簧长度为时，设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3，OA杆与弹簧的夹角为θ3‎ 小环受到弹簧的弹力F弹3＝k 小环受力平衡：2T3cos θ3＝mg＋F弹3且cos θ3＝ 对小球：F3cos θ3＝T3cos θ3＋mg；F3sin θ3＋T3sin θ3＝mωlsin θ3‎ 解得ω3＝ 整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，‎ 由动能定理：‎ W－mg－2mg＝2×m(ω3lsin θ3)2‎ 解得：W＝mgL＋ 答案　(1)　(2)　(3)mgL＋ ‎7．解析　(1)小球在Q点处的速度为v0，从Q到距Q水平距离为的圆环中心处的时间为t1，落到底板上的时间为t，距Q水平距离为的圆环中心到底板的高度为h，由平抛运动规律得 L＝v0t①‎ ＝v0t1②‎ H＝gt2③‎ H－h＝gt④‎ 联立①②③④式解得h＝H⑤‎ ‎(2)联立①③式解得v0＝L⑥‎ 在Q点处对球由牛顿第二定律得FN－mg＝⑦‎ 联立⑥⑦式解得FN＝mg(1＋)⑧‎ 由牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为 FN′＝FN＝mg(1＋)⑨‎ 方向竖直向下 ‎(3)从P到Q对小球由动能定理得 mgR＋Wf＝mv⑩‎ 联立⑥⑩式解得Wf＝mg(－R)⑪‎ 答案　(1)H ‎(2)L　mg(1＋)，方向竖直向下 ‎(3)mg(－R)‎ 一年模拟试题精练 ‎1．A ‎2．BD　[电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得的动能就是mv2，所以电动机多做的功一定要大于mv2，故A错误；物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移，物体达到速度v所需的时间t＝，在这段时间内物体的位移x1＝，传送带的位移x2＝vt＝，则物体相对位移x＝x2－x1＝，故B正确；传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功，所以由A的分析可知，C错误；电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为fv＝μmgv，所以D正确。]‎ ‎3．BD　[小方块速度最大时，所受合力为0，此时有一半的小方块受到滑动摩擦力，有mgsin θ＝μ·mgcos θ，所以μ＝2tan θ，B正确，A错误；小方块停止时，假设x≤‎3L，由动能定理有mgsin θ(‎2L＋x)－μmgcos θ＝0，解得x＝‎3L，假设成立，D正确，C错误。]‎ ‎4．解析　设BD段长度为l，动摩擦因数为μ，研究物体运动，根据动能定理得W总＝ΔEk 从A到D的过程中，有 mgR(1－cos 37°)－μmgl＝0－0‎ 从A到C恰好静止的过程中，有 mgR(1－cos 37°)－μFN·＝0‎ 又BC段FN＝F＋mg 代入数据联立解得：μ＝0.5，F＝10 N ‎(2)在题图乙中，从A到C的过程中，根据动能定理 mgR(1－cos 37°)－mg·sin θ－μFN·＝0‎ 其中FN＝mgcos θ 联立解得θ＝37°‎ ‎(3)物块在C处速度减为零，由于mgsin θ>μmgcos θ物块将会下滑，而AB段光滑，故物块将做往复运动，直到停止在B点。‎ 根据能量守恒定律：mgR(1－cos 37°)＝Q 而摩擦生热Q＝fs，f＝μmgcos θ 代入数据解得物块在BD板上的总路程s＝0.25 m 答案　(1)10 N　(2)37°　(3)0.25 m ‎5．解析　(1)根据平衡，满足：m1gsin 53°＝m2gsin 37°‎ 可得m2＝4 kg ‎(2)P到D过程由动能定理得m1gh＝m1v 由几何关系h＝L1sin 53°＋R(1－cos 53°)‎ 运动到D点时，根据牛顿第二定律FD－m1g＝m1 解得FD＝78 N 由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78 N ‎(3)分析可知最终物块在CDM之间往复运动，C点和M点速度为零。‎ 由全过程动能定理得m1gL1sin 53°－μm1gcos 53°s总＝0‎ 解得s总＝1 m 答案　(1)4 kg　(2)78 N　(3)1 m