（浙江选考）2020版高考物理一轮复习第12讲动能动能定理夯基提能作业本.docx

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1、1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

2、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 。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、v 2,滑块和木板相对于地面的位移大小分别为 s1、s 2,下列关系式错误的是( )A.mgs 1= m12v21B.Fs2-mgs 2= M12v22C.mgL= m12v21D.Fs2-mgs 2+mgs 1= M + m12v2212v212答案 C 对滑块,受到重力、支持力和摩擦力,根据动能定理,有 mgs 1= m ,故 A 正确;对木板,由动能12v21定理得 Fs2-mgs 2= M ,故 B 正确。以上

3、两式相加可得:Fs 2-mgs 2+mgs 1= M + m ,又 s2-s1=L,则得12v22 12v2212v21Fs2-mgL= M + m ,故 C 错误,D 正确。本题选错误的,故选 C。12v2212v213.如图所示,AB 为 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 m14的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为 ,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. mgR B. mgR C.mgR D.(1-)mgR12 12答案 D 由题意可知 mgR=WfAB+WfBC,

4、WfBC=mgR,所以 WfAB=(1-)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

5、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,W F-Wf=E kB,即 WF=E kB+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

6、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 mgh;木块通过 B 点后继续滑行 2h13距离后,在 C 点停下来,则木块与曲面间的动摩擦因数应为( )3A. B. C. D.13 23 16 112答案 A 木块从 A 点到 C 点根据动能定理有 mgh- mgh-mg2h=0,解得 = ,因为曲面和水平轨道是13 13同种材料,所以木块与曲面间的动摩擦因数也为 ,选项 A 正确。136.如图所示,水平传送带 AB 向右匀速运动,倾角为 =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 =0.4,倾斜轨

7、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/s 2,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

8、;(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=mv2ERD 到 E 过程,由动能定理有-mg2R= m - m12v2E12v2D小物块经过 D 点时,由牛顿第二定律有 FN-mg=mv2DR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 -m

9、gL PC cos -mgL CD= m - m12v2P12v2E由平抛运动的规律知4=cos vBvP解得 vP=5 m/s,vB=4 m/s传送带对小物块做的功 W= m =1.6 J12v2B(3)小物块在传送带上加速时间 t= =1 svBgx=v 0t- =3 mv2B2gQ=mgx=2.4 JB 组 提升题组1.如图所示,小物块从倾角为 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 ,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 B.tan C. tan

10、 (+) D.tan (-)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-mg cos -mgs 1=0,解得:= = tan s2cos hs1+s2,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

11、因数为 =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( )5A.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-mgs,而重力做功与路径无关,由动能定理得:mgh-mgs=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 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

12、 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 ,重力加速度为 g。则( )A.撤去 F 时,弹簧的弹性势能为 2mgx(sin + cos )B.撤去 F 时,物块加速度大小为 g sin -g cos C.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xgsin +gcosD.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 (x-mgsin +mgcosk )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

13、sin 3x-mg cos 3x=E k=0,解得 W 弹 =3mgx(sin + cos ),故 A 错误;撤去 F 时,根据牛顿第二定律得 ma=kx-mg sin -mg cos ,解得 a= -g sin -g cos ,故 B 错误;当物块向上运动kxmx 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 x-mg cos x= mv2,12解得 v=2 ,再经过 2x 速度为 0,则有 2x= t,解得 t=2 ,故 C 错误;gx(sin + cos )v2 xg(sin + cos )当物块的速度最大时,物块的合外力为 0,即 kx-mg sin

14、 -mg cos =0,解得 x= ,故mgsin +mgcosk物块克服重力做的功 WG=mg sin (x-x)=mg sin ,故 D 正确。(x-mgsin +mgcosk )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/s2。6(1)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

15、 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)AC 过程中机械能守恒mgh= m12v2C得 vC= =30 m/s2gh(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= gt212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)= m12v2D

16、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- m12v2D根据题意有m =0.80 m12v2D 12v2D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7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

17、.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/s 2。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,由动能定理知mg(h1-h2)-f(h1+h2+2x1)=0解得 f=0.5 N(3)球在整个运动过程中总路程 s,由动能定理知mg(h1+x2)-fs=Ep解得 s=11.05 m(4)球在首次下落过程中,合力为零处速度最大速度最大时弹簧形变量为 x3,则mg-f-kx3=0在 A 点下方,离 A 点 x3=0.009 m