2016高考物理復習專題演練專題十二-動能定理及其應用資料

1、1.（2015 新課標全國卷I,17）如圖，一半徑為 R、粗糙程度處處相同的半 圓形軌道豎直固定放置，直徑 POQ 水平。一質量為 m 的質點自 P 點上方高度 R 處由靜止開始下落，恰好從 P 點進入軌道。質點滑到軌道最低點 N 時，對軌道的壓力為 4mg, g 為重力加速度的大小。用 W 表示質點從 P 點運動到 N 點的過程中克服摩擦力所做的功。則（）1A. w= 2mgR，質點恰好可以到達 Q 點1B. WqmgR,質點不能到達 Q 點1C. w= qmgR,質點到達 Q 點后，繼續(xù)上升一段距離1D. Wv尹 gR，質點到達 Q 點后，繼續(xù)上升一段距離2.（2015 海南單科，4）如圖

2、，一半徑為 R 的半圓形軌道豎直固定放置，軌 道兩端等高，質量為 m 的質點自軌道端點 P 由靜止開始滑下，滑到最低點 Q 時, 對軌道的正壓力為 2mg,重力加速度大小為 g。質點自 P 滑到 Q 的過程中，克服摩擦力所做的功為（）11AmgR B.mgR1nC.qmgR D.mgR3. （2014 大綱全國卷，19）一物塊沿傾角為B的斜坡向上滑動。當物塊的初速度為 v 時，上升的最大高度為 H，如圖所示；當物塊的初速度為*時，上升的最大高度記為 ho重力加速度大小為 g。物塊與斜坡間的動摩擦因 數和 h分別為（）A. ta nB和B.工 HC. ta n9和 4 D .4. （2015 山

3、東理綜，量為 m 的小球通過不可伸長的輕質細繩跨過兩等高定滑輪連接。 物塊置于左側 滑輪正下方的表面水平的壓力傳感裝置上，小球與右側滑輪的距離為I。開始時物塊和小球均靜止，將此時傳感裝置的示數記為初始值。現給小球施加一始終垂 直于 I 段細繩的力、將小球緩慢拉起至細繩與豎直方向成60Tom角，如圖乙所示，此時傳感裝置的示數為初始值的 1.25 倍；再將小球由靜止釋放，當運動至最低 位置時，傳感裝置的示數為初始值的 0.6 倍。不計滑輪的大小和摩擦，重力加速 度的大小為 g。求：圖乙圖甲物塊的質量；（2）從釋放到運動至最低位置的過程中，小球克服空氣阻力所做的功5. （2015 浙江理綜，23）如

4、圖所示，用一塊長 Li= 1.0 m 的木板在墻和桌面 間架設斜面，桌子高 H = 0.8 m，長 L2= 1.5 m。斜面與水平桌面的傾角B可在 060間調節(jié)后固定。將質量 m= 0.2 kg 的小物塊從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜 面間的動摩擦因數 小=0.05,物塊與桌面間的動摩擦因數為 笑，忽略物塊在斜面 與桌面交接處的能量損失（重力加速度取 g= 10 m/s2；最大靜摩擦力等于滑動摩 擦力）（1）求B角增大到多少時，物塊能從斜面開始下滑；（用正切值表示）（2）當B角增大到 37時， 物塊恰能停在桌面邊緣， 求物塊與桌面間的動摩 擦因數戌；（已知 sin37= 0.6, cos37=

5、0.8）（3）繼續(xù)增大B角，發(fā)現9=53時物塊落地點與墻面的距離最大，求此最大距離 Xmo6.（2015 江蘇單科，14）一轉動裝置如圖所示，四根輕桿 OA、OC、AB 和 CB 與兩小 球及一小環(huán)通過鉸鏈連接，輕桿長均為 I，球和環(huán)的質量均為 m.O 端固定在豎直的輕質轉軸上。套在轉軸上的輕質彈簧連接在0 與小環(huán)之間，3原長為 L。裝置靜止時，彈簧長為 2L。轉動該裝置并緩慢增大轉速，小環(huán)緩慢上 升。彈簧始終在彈性限度內，忽略一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為 g。求:(1) 彈簧的勁度系數 k；(2) AB 桿中彈力為零時，裝置轉動的角速度30；31(3) 彈簧長度從|L緩慢縮短為 2L的過

6、程中，外界對轉動裝置所做的功 Wo7. (2015 重慶理綜，8)同學們參照伽利略時期演示平拋運動的方法制作了如 圖所示的實驗裝置，圖中水平放置的底板上豎直地固定有M 板和 N 板。M 板上1部有一半徑為 R 的 4 圓弧形的粗糙軌道，P 為最高點，Q 為最低點，Q 點處的切 線水平，距底板高為 H。N 板上固定有三個圓環(huán)。將質量為 m 的小球從 P 處靜 止釋放，小球運動至 Q 飛出后無阻礙地通過各圓環(huán)中心，落到底板上距 Q 水平 距離為 L 處，不考慮空氣阻力，重力加速度為 g。求：距 Q 水平距離為 2 的圓環(huán)中心到底板的高度；(2) 小球運動到 Q 點時速度的大小以及對軌道壓力的大小和

7、方向;(3) 摩擦力對小球做的功?？键c 12 動能定理及其應用一年模擬試題精練1. (2015 湖南省株州市高三質檢)如圖，豎直平面內的軌道I和U都由兩段細直桿連接而成， 兩軌道長度相等。用相同的水平恒力將穿在軌道最低點 B 的靜止小球，分別沿I和U推至最高點 A, 動能增量分別為 Eki、 Ek2。假定球在經過軌道轉折點前、后速度大小不變， 且球與I、U軌道間的動摩擦因數相等，則（）A. Eki= Ek2B. EkiAEk2D. 無法比較AEki、AEk2的大小2.（2015 湖北省部分高中高三聯考）（多選）如圖所示，質量為 m 的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動機帶動，始終保持以

8、速度 v 勻速運動，物 體與傳送帶間的動摩擦因數為仏物體過一會兒能保持與傳送帶相對靜止，對于物體從靜止釋放到相對靜止這一過程，下列說法正確的是（）A .電動機多做的功為 mv2/2B .物體在傳送帶上的劃痕長 v2/2 卩 gC. 傳送帶克服摩擦力做的功為 mv2/2D. 電動機增加的功率為卩 mg3.（2015 西省四校高三聯考）（多選）如圖所示，傾角為B的斜面上只有 AB 段粗糙，其余部分都光滑，AB 段長 為 3L。有若干個相同的小方塊（每個小方塊均可視為質點）沿斜面靠在一起，但不 粘接，總長為 L。將它們由靜止釋放，釋放時它們下端距 A 點的距離為 2L。當小方塊下端運動到 A 點下面

9、距 A 點專處時，小 方塊運動的速度達到最大。設小方塊與粗糙斜 面的動摩擦因數為仏小方塊停止時下端與 A 點的距離為X，則下列說法正確的是（）A.卩=tanBB.卩=2tanC. x= 2L D. x= 3L4.（2015 山西大學附中高三質檢）如圖所示，固定在水平地面上的工件， 由 AB和 BD 兩部分組成，其中 AB 部分為光滑的圓弧，/ AOB = 37，圓弧的半徑 R= 0.5 m,圓心 O 點在 B 點正上方；BD 部分水平，長度為 0.2 m，C 為 BD 的中 點。現有一質量 m= 1 kg，可視為質點的物塊從 A 端由靜止釋放，恰好能運動到 D 點。（g= 10 m/s2，si

10、n 37= 0.6， cos 37 = 0.8）求：BCDB甲乙（1）為使物塊恰好運動到 C點靜止， 可以在物塊運動到 B 點后， 對它施加一 豎直向下的恒力 F, F 應為多大？（2）為使物塊運動到C點時速度為零， 也可先將 BD部分以B為軸向上轉動 一銳角B, B應為多大？（假設 B 處有一小段的弧線平滑連接，物塊經過 B 點時沒有能量損失）（3）接上一問，求物塊在 BD 板上運動的總路程。5.（2015 云南省部分名校高三質檢）如圖所示，半徑 R= 0.5 m 的光滑圓弧面CDM 分別與光滑斜面體 ABC 和斜面 MN 相切于 C、M 點，斜面傾角分別如圖所 示。O 為圓弧圓心，D 為圓

11、弧最低點，C、M 在同一水平高度。斜面體 ABC 固定 在地面上，頂端 B 安裝一定滑輪，一輕質軟細繩跨過定滑輪（不計滑輪摩擦）分別 連接小物塊 P、Q（兩邊細繩分別與對應斜面平行），并保持 P、Q 兩物塊靜止。若 PC 間距為 Li= 0.25m，斜面 MN 足夠長，物塊 P 質量 mi= 3 kg，與 MN 間的動摩擦因數 尸 3,重力加速度 9= 10 m/s2求：（sin 37= 0.6, cos 37= 0.8）2運動過程，半徑方向的合力提供向心力即FNmgcos0= ma= mR，根據左右對稱，在同一高度處，由于摩擦力做功導致在右邊圓形軌道中的速度變小， 軌道 彈力變小，滑動摩擦力

12、 Ff=yF變小，所以摩擦力做功變小，那么從 N 到 Q，根小物塊 Q 的質量 m2；燒斷細繩后，物塊 P 第一次到達 D 點時對軌道的壓力大小;（3）物塊 P 在 MN 斜面上滑行的總路程。考點 12 動能定理及其應用兩年咼考真題演練1. C 根據動能定理得 P 點動能 EkP= mgR,經過 N 點時，由牛頓第二定23 R律和向心力公式可得 4mg mg= mR，所以 N 點動能為 EkN=巧齊，從 P 點到 N據動能定理，Q 點動能 EkQ=3m2gR- mgR- W=mgRW：由于 Wv罟，所以 Q 點速度仍然沒有減小到 0,會繼續(xù)向上運動一段距離，對照選項，C 正確。2. C 在 Q

13、 點質點受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，兩力的合力2充當向心力，所以有 FN mg= mR，FN= 2mg,聯立解得v= gR，下滑過程中，121 1根據動能定理可得 mgR Wf= 2mv，解得 Wf= qmgR,所以克服摩擦力做功mgR,C 正確。3. D 由動能定理得H12mgH卩 mgos0=0;mvsin024解析(1)設開始時細繩的拉力大小為 T1,傳感裝置的初始值為 F1,物塊 質量為M，由平衡條件得對小球，mg對物塊，F1+Mg當細繩與豎直方向的夾角為 60時，設細繩的拉力大小為 T2,傳感裝置的 示數為F2，據題意可知，F2= 1.25F1,由平衡條件得對小球，T2=

14、mgcos 60對物塊，F2+ T2= Mg聯立式，代入數據得M = 3m (2)設小球運動至最低位置時速度的大小為v,從釋放到運動至最低位置的過程中，小球克服阻力所做的功為由動能定理得12mgl(1 cos 60 ) Wf= mv 在最低位置，設細繩的拉力大小為 T3,傳感裝置的示數為 F3,據題意可知, F3=0.6F1，對小球，由牛頓第二定律得2T3mg= m_ 對物塊，由平衡條件得F3+丁3= Mg 聯立式，代入數據得點根據動能定理可得mgR W=駕遲-mgR,即克服摩擦力做功 W=質點2解得 尸(2V|H 1)tan0，Hh= 4，故 D 正確。mgh卩mgosW= 0.1mgl 答

15、案 (1)3m (2)0.1mgl5 .解析(1)要使小物塊能夠下滑必須滿足mgsin0 gimgcos0 解得 tan00.05(2) 物塊從斜面頂端下滑到停在桌面邊緣過程中物塊克服摩擦力做功(3)W=(jimgL1cos0+ 比 mg(L2 L1cos0)全過程由動能定理得：mgLisin0W= 0 代入數據解得 笑=0.8(3)當0=53時物塊能夠滑離桌面， 做平拋運動落到地面上，物塊從斜面頂 端由靜止滑到桌面邊緣，由動能定理得：12mgLisin0 Wf=qmv由解得 v= 1 m/s12對于平拋過程列方程有：H=2gt，解得 t= 0.4 sxi= vt，解得 xi= 0.4 m則

16、Xm= X1+ L2= 1.9 m答案 (1)tan00.05 (2)0.8 (3)1.9 m6.解析(1)裝置靜止時，設 OA、AB 桿中的彈力分別為 F1、T1，OA 桿與 轉軸的夾角為0小環(huán)受到彈簧的彈力 F彈1= k|小環(huán)受力平衡： F彈1=mg+2T1cos01小球受力平衡： F1cos01=T1cos01=mg，Fsin01=sin01解得：k=警(2)設 OA、AB 桿中的彈力分別為 F2、T2，OA 桿與轉軸的夾角為0，彈簧長 度為 x小環(huán)受到彈簧的彈力 F彈2= k(x L)小環(huán)受力平衡：5F彈2= mg,得 x=4L、2x對小球：F2COS02= mg, F2sin02=

17、molsin02且 cos02=可解得30=(3)彈簧長度為 2 時，設 OA、AB 桿中的彈力分別為 F3、T3，OA 桿與彈簧的 夾角為0小環(huán)受到彈簧的彈力 F彈3=有解得：W= mgL +1616：6 6 答案(1)4mg(2 靡 L7.解析(1)小球在 Q 點處的速度為 vo,從 Q 到距 Q 水平距離為舟的圓環(huán)中 心處小環(huán)受力平衡:2T3cos03=mg+F彈3且 cos0L4lWmg手-2噸予4=2X2m(2w3lsin03)z_16mglmgL+L的時間為 ti，落到底板上的時間為 t，距 Q 水平距離為L的圓環(huán)中心到底板 的高度為 h,由平拋運動規(guī)律得L = vot 2 = v

18、oti12H=2gt 12H h=2gti3聯立式解得 h = &HFNmg=-R聯立式解得 FN= mg(1 + 2 靈) 由牛頓第三定律得小球對軌道的壓力大小為FN=FN=mg(1+z)方向豎直向下(3)從 P 到 Q 對小球由動能定理得12mgR+W=2mvo答案(1 審mg(4H R)一年模擬試題精練1. A2. BD 電動機多做的功轉化成了物體的動能和內能，物體在這個過程中1212獲得的動能就是 1mv2，所以電動機多做的功一定要大于扌 mv2，故 A 錯誤；物體聯立式解得 Wf= mg(4HR) ?(2)Lmg(1 +)，方向豎直向在 Q 點處對球由牛頓第二定律得在傳送帶上的劃痕長等于物體在傳送帶上的相對位移，物體達到速度 V 所需的時2 2間 t 二乂，在這段時間內物體的位移 X1=宀，傳送帶的位移 X2二 Vt亠，則卩 g2 卩 g卩 g2物體相對位移 X= X2-Xi=；7，故 B 正確；傳送帶克服摩擦力做的功就為電動2卩 g機多做的功，所以由 A 的分析可知，C 錯誤；電動機增加的功率即為克服摩擦 力做功的功率，大小為 fv =卩