高考浙江选考物理一轮夯基提能作业本：第12讲　动能　动能定理 Word含解析.docx

第12讲　动能　动能定理A组　基础题组1.(2018浙江11月选考,5,3分)奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示,下列说法不正确的是(　　)A.加速助跑过程中,运动员的动能增加B.起跳上升过程中,杆的弹性势能一直增加C.起跳上升过程中,运动员的重力势能增加D.越过横杆后下落过程中,运动员的重力势能减少动能增加答案　B　加速助跑过程中速度增大,动能增加,A对;起跳上升过程中杆的形变量先变大再变小,故弹性势能先变大再变小,B错;起跳上升过程中运动员升高,重力势能变大,C对;下落过程中运动员重力做正功,重力势能减少,动能增加,D对2.在光滑的水平面上,质量为m的小滑块停放在质量为M、长度为L的静止的木板的最右端,滑块和木板之间的动摩擦因数为μ现用一个大小为F的恒力作用在木板上,当小滑块滑到木板的最左端时,滑块和木板的速度大小分别为v1、v2,滑块和木板相对于地面的位移大小分别为s1、s2,下列关系式错误的是(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.μmgs1=12mv12B.Fs2-μmgs2=12Mv22C.μmgL=12mv12D.Fs2-μmgs2+μmgs1=12Mv22+12mv12答案　C　对滑块,受到重力、支持力和摩擦力,根据动能定理,有μmgs1=12mv12,故A正确;对木板,由动能定理得Fs2-μmgs2=12Mv22,故B正确。

以上两式相加可得:Fs2-μmgs2+μmgs1=12Mv22+12mv12,又s2-s1=L,则得Fs2-μmgL=12Mv22+12mv12,故C错误,D正确本题选错误的,故选C3.如图所示,AB为14圆弧轨道,BC为水平直轨道,圆弧对应的圆的半径为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从静止开始下落,恰好运动到C处停止,那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为(　　)A.12μmgR B.12mgR C.mgR D.(1-μ)mgR答案　D　由题意可知mgR=WfAB+WfBC,WfBC=μmgR,所以WfAB=(1-μ)mgR,D正确4.如图所示,一块长木板B放在光滑的水平面上,在B上放一物体A,现以恒定的外力拉B,由于A、B间摩擦力的作用,A将在B上滑动,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B.B对A的摩擦力所做的功,等于A的动能增量C.A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的动能的增量答案　B　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对;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;对B应用动能定理,WF-Wf=ΔEkB,即WF=ΔEkB+Wf,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;由上述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等,故A错。

5.如图所示,相同材料制成的滑道ABC,其中AB段为曲面,BC段为水平面现有质量为m的木块,从距离水平面h高处的A点由静止释放,滑到B点过程中克服摩擦力做功为13mgh;木块通过B点后继续滑行2h距离后,在C点停下来,则木块与曲面间的动摩擦因数应为(　　)A.13 B.23 C.16 D.112答案　A　木块从A点到C点根据动能定理有mgh-13mgh-μmg2h=0,解得μ=13,因为曲面和水平轨道是同种材料,所以木块与曲面间的动摩擦因数也为13,选项A正确6.如图所示,水平传送带AB向右匀速运动,倾角为θ=37的倾斜轨道与水平轨道平滑连接于C点,小物块与传送带AB及倾斜轨道和水平轨道之间均存在摩擦,动摩擦因数都为μ=0.4,倾斜轨道长度LPC=0.75 m,C与竖直圆轨道最低点D处的距离为LCD=0.525 m,圆轨道光滑,其半径R=0.5 m质量为m=0.2 kg可看做质点的小物块轻轻放在传送带上的某点,小物块随传送带运动到B点,之后沿水平飞出恰好从P处切入倾斜轨道后做匀加速直线运动(进入P点前后不考虑能量损失),经C处运动至D,在D处进入竖直平面圆轨道,恰好绕过圆轨道的最高点E之后从D点进入水平轨道DF向右运动。

最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)求:(1)小物块刚运动到圆弧轨道最低点D时对轨道的压力;(2)传送带对小物块做的功W;(3)若传送带AB向右匀速运动的速度v0=5 m/s,求小物块在传送带上运动过程中由于相互摩擦而产生的热量Q答案　(1)12 N,方向竖直向下　(2)1.6 J　(3)2.4 J解析　(1)小物块恰好过E点,重力提供向心力,有mg=mvE2RD到E过程,由动能定理有-mg2R=12mvE2-12mvD2小物块经过D点时,由牛顿第二定律有FN-mg=mvD2R解得FN=12 N由牛顿第三定律得小物块运动到D点时对轨道压力大小为12 N,方向竖直向下(2)从P点经D点到E点,由动能定理有mgLPC sin θ-μmgLPC cos θ-μmgLCD=12mvP2-12mvE2由平抛运动的规律知vBvP=cos θ解得vP=5 m/s,vB=4 m/s传送带对小物块做的功W=12mvB2=1.6 J(3)小物块在传送带上加速时间t=vBμg=1 sΔx=v0t-vB22μg=3 mQ=μmgΔx=2.4 JB组　提升题组1.如图所示,小物块从倾角为θ的倾斜轨道上的A点由静止释放,最终停在水平轨道上的B点,小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数相同,A、B两点的连线与水平方向的夹角为α,不计物块在轨道转折时的机械能损失,则动摩擦因数大小为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　A.tan θ B.tan αC. tan (θ+α) D.tan (θ-α)答案　B　如图所示,设B、O间距为s1,A点离水平面的高度为h,A、O间的水平距离为s2,物块的质量为m,在物块下滑的全过程中,应用动能定理可得:mgh-μmg cos θs2cosθ-μmgs1=0,解得:μ=hs1+s2= tan α,故B正确。

2.如图所示,ABCD是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧,BC是水平的,其长度d=0.50 m盆边缘的高度为h=0.30 m在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出)已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10小物块在盆内来回滑动,最后停下来,则停下的位置到B的距离为(　　)A.0.50 m B.0.25 m C.0.10 m D.0答案　D　设小物块在BC段通过的总路程为s,由于只有BC面上存在摩擦力做功,故摩擦力做功为-μmgs,而重力做功与路径无关,由动能定理得:mgh-μmgs=0-0,代入数据可解得s= 3 m由于d=0.50 m,所以,小物块在BC面上经过3次往复运动后,又回到B点,故D正确3.如图所示,沿倾角为θ的斜面放置的劲度系数为k轻弹簧,一端固定在挡板上,另一端与质量为m的小物块接触(但无挤压)先用沿斜面向下的力F缓慢推动物块,当弹簧的压缩量为x时,撤去F,物块沿斜面向上运动,运动的最大距离为3x已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g则(　　)A.撤去F时,弹簧的弹性势能为2mgx(sin θ+μ cos θ)B.撤去F时,物块加速度大小为g sin θ-μg cos θC.从撤去F到沿斜面上升至最高点的过程中,物块做匀变速运动的时间为xgsinθ+μgcosθD.从撤去F到沿斜面向上速度最大的过程中,物块克服重力做的功为mg sin θx-mgsinθ+μmgcosθk答案　D　由题知,物块运动的最大距离为3x,可知物块的动能变化量为0,根据动能定理得W弹-mg sin θ3x-μmg cos θ3x=ΔEk=0,解得W弹=3mgx(sin θ+μ cos θ),故A错误;撤去F时,根据牛顿第二定律得ma=kx-mg sin θ-μmg cos θ,解得a=kxm-g sin θ-μg cos θ,故B错误;当物块向上运动x远时,弹簧回到原长,设此时物块的速度为v,由动能定理得W弹-mg sin θx-μmg cos θx=12mv2,解得v=2gx(sinθ+μcosθ),再经过2x速度为0,则有2x=v2t,解得t=2xg(sinθ+μcosθ),故C错误;当物块的速度最大时,物块的合外力为0,即kx-mg sin θ-μmg cos θ=0,解得x=mgsinθ+μmgcosθk,故物块克服重力做的功WG=mg sin θ(x-x)=mg sin θx-mgsinθ+μmgcosθk,故D正确。

4.如图所示是跳台滑雪的示意图,雪道由倾斜的助滑雪道AB、水平平台BC、着陆雪道CD及减速区DE组成,各雪道间均平滑连接A处与水平平台间的高度差h=45 m,CD的倾角为30运动员自A处由静止滑下,不计其在雪道ABC上滑行和空中飞行时所受的阻力,运动员可视为质点,g取10 m/s21)求运动员滑离平台BC时的速度大小;(2)为保证运动员落在着陆雪道CD上,雪道CD长度至少为多少?(3)若实际的着陆雪道CD长为150 m,运动员着陆后滑到D点时具有的动能是着陆瞬间动能的80%在减速区DE上滑行s=100 m后停下,运动员在减速区所受平均阻力是其重力的多少倍?答案　(1)30 m/s　(2)120 m　(3)0.84解析　(1)A→C过程中机械能守恒mgh=12mvC2得vC=2gh=30 m/s(2)设落点D距抛出点C的距离为L,由平抛运动规律得L cos 30=vCtL sin 30=12gt2解得:L=120 m(3)运动员由A运动到落点D过程中,由机械能守恒得mg(h+L sin 30)=12mvD2设运动员在减速区域运动过程中所受平均阻力是重力的k倍,根据动能定理有-kmgs=0-12mvD2　　根据题意有12mvD2=0.8012mvD2解得k=0.845.(2018浙江11月选考,20,12分)如图所示,在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧,弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高。

质量m=0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方,其底端距A点高度h1=1.10 m篮球静止释放,测得第一次撞击弹簧时,弹簧的最大形变量x1=0.15 m,第一次反弹至最高点,篮球底端距A点的高度h2=0.873 m,篮球多次反弹后静止在弹簧的上端,此时弹簧的形变量x2=0.01 m,弹性势能为Ep=0.025 J若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定,忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球的形变,弹簧形变在弹性限度范围内g=10 m/s2求:(1)弹簧的劲度系数;(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力;(3)篮球在整个运动过程中通过的路程;(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置答案　(1)500 N/m　(2)0.5 N　(3)11.05 m(4)第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大解析　(1)球静止在弹簧上mg-kx2=0解得k=500 N/m(2)球从开始运动到第一次上升到最高点,由动能定。