2020版高考物理總復習 沖A方案 課時訓練（十二）第12講 動能定理及其應用（含解析）新人教版

《2020版高考物理總復習 沖A方案 課時訓練（十二）第12講 動能定理及其應用（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考物理總復習 沖A方案 課時訓練（十二）第12講 動能定理及其應用（含解析）新人教版（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時訓練(十二) 　【動能定理及其應用】　 【基礎過關】 1.A、B兩物體在光滑水平面上,分別在相同的水平恒力F作用下,由靜止開始通過相同的位移l.若A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量,則在這一過程中(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.A獲得動能較大 B.B獲得動能較大 C.A、B獲得動能一樣大 D.無法比較A、B獲得動能大小 圖Z12-1 2.在籃球比賽中,某位同學獲得罰球機會,他站在罰球線處用力將籃球投出,籃球以約1 m/s的速度撞擊籃筐.已知籃球質(zhì)量約為0.6 kg,籃筐離地高度約為3 m,忽略籃球受到的空氣阻力,則該同學罰球時對籃球做的功大約為 (　　

2、) A.1 J B.10 J C.50 J D.100 J 圖Z12-2 3.[2019·杭州模擬] 如圖Z12-2所示,匈牙利大力士希恩考·若爾特曾用牙齒拉動50 t的A320客機.他把一條繩子的一端系在飛機下方的前輪處,另一端用牙齒緊緊咬住,在52 s的時間內(nèi)將客機拉動了約40 m.假設大力士牙齒的拉力約為5×103 N恒定不變,繩子與水平方向夾角θ約為30°,g取10 m/s2,則飛機在被拉動的過程中　　 (　　) A.重力做功約為2.0×107 J B.拉力做功約為1.7×105 J C.克服阻力做功約為1.5×105 J D.合外力做功約為2.0×105 J 4.

3、如圖Z12-3所示為傾角可調(diào)的可移動式皮帶輸送機,適用于散狀物料或成件物品的裝卸工作.在順時針(從左側(cè)看)勻速轉(zhuǎn)動的輸送帶上端無初速度地放一貨物,貨物從上端運動到下端的過程中,其動能Ek(選擇地面所在的水平面為參考平面)與位移x的關系圖像可能是圖Z12-4中的 (　　) 圖Z12-3 圖Z12-4 5.如圖Z12-5所示,質(zhì)量為m的小球沿水平面通過O點進入半徑為R的光滑半圓弧軌道后恰能通過最高點P,然后落回水平面.不計一切阻力,重力加速度為g,下列說法錯誤的是 (　　) 圖Z12-5 A.小球落地點離O點的水平距離為2R B.小球落地時的動能為52mgR C.

4、小球運動到半圓弧最高點P時向心力恰好為零 D.若將半圓弧軌道上部的14圓弧截去,其他條件不變,則小球能到達的最大高度比P點高0.5R 6.[2019·金麗衢聯(lián)考] 一彈珠彈射玩具模型如圖Z12-6所示,水平粗糙管道AB內(nèi)裝有一輕彈簧,左端固定,豎直放置一光滑管道BCD,其中CD為半徑R=0.1 m的四分之一圓周,C與地面高度差也為R.用質(zhì)量m=0.1 kg的彈珠(可看成質(zhì)點)將彈簧緩慢壓縮到某一確定位置M,此時彈簧具有1.2 J的彈性勢能,彈珠與彈簧不固連.由靜止釋放后,彈珠到達D點并以4 m/s的速度飛出,則(g取10 m/s2) (　　) 圖Z12-6 A.彈珠在D點時對軌道的

5、作用力為16 N B.彈珠在運動過程中克服摩擦力做功0.2 J C.彈珠從D點飛出后的水平位移為1.0 m D.彈珠從D點飛出后在空中飛行的時間為0.1 s 7.A、B兩物體放在同一水平面上,受到大小相同的水平力F的作用,各自由靜止開始運動.經(jīng)過時間t0,撤去作用在A物體上的外力F;經(jīng)過時間4t0,撤去作用在B物體上的外力F.兩物體運動的v-t圖像如圖Z12-7所示,則(　　) 圖Z12-7 A.A、B兩物體的質(zhì)量之比為3∶5 B.A、B兩物體與水平面間的動摩擦因數(shù)之比為2∶1 C.在0~2t0時間內(nèi),合外力對A、B兩物體做功之比為5∶3 D.在0~4t0時間內(nèi),水平力F

6、對A、B兩物體做功之比為2∶1 圖Z12-8 8.如圖Z12-8所示,小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動摩擦因數(shù)均相同(小物塊未畫出),小物塊從傾角為θ1的軌道上高度為h的A點由靜止釋放,運動至B點時速度為v1.現(xiàn)將傾斜軌道的傾角調(diào)為θ2,仍將小物塊從軌道上高度為h的A點由靜止釋放,運動至B點時速度為v2.已知θ2<θ1,不計小物塊在軌道連接處的機械能損失,則 (　　 ) A.v1v2 C.v1=v2 D.由于不知θ1、θ2的具體數(shù)值,v1、v2大小關系無法判定 9.[2019·柯橋中學模擬] 2018年8月28日11點16分,首都航空 JD5759航班突發(fā)

7、意外,在深圳寶安機場成功迫降,機上人員沒有傷亡.飛機緊急著陸后,打開緊急出口,狹長的氣囊會自動充氣,生成一條連接出口與地面的斜面,人可沿斜面滑行到水平面上,并以不變的速率進入水平面,在水平面上再滑行一段距離后停止,如圖Z12-9所示.氣囊構成的斜面長度為L,氣囊與水平面的夾角為θ.若質(zhì)量為m的人與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ1,與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ2,重力加速度為g.求: (1)人到達斜面底端時的速度大小; (2)人在水平面上滑行的距離; (3)此過程中人克服摩擦阻力做的功. 圖Z12-9 【領先沖A】 10.[2019·舟山中學模擬] 水上滑梯可簡化成如圖Z12-

8、10所示的模型,傾角為θ=37°的斜滑道AB和水平滑道BC平滑連接,起點A距水面的高度H=7.25 m,BC長d=2.0 m,端點C距水面的高度h=1.25 m.一質(zhì)量m=50 kg的運動員從滑道起點A無初速度滑下,落水點到端點C的水平距離s=5 m,運動員與AB、BC間的動摩擦因數(shù)均相同.已知cos 37°=0.8,sin 37°=0.6,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)運動員到達C點時的速度大小; (2)運動員與滑道間的動摩擦因數(shù). 圖Z12-10 11.[2019·杭州模擬] 如圖Z12-11所示,傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R=0.

9、4 m的光滑半圓軌道BC平滑相連,O點為軌道圓心,BC為半圓軌道直徑且處于豎直方向,A、C兩點等高.質(zhì)量m=1 kg的滑塊從A點由靜止開始下滑,恰能滑到與O點等高的D點,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8. (1)求滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ; (2)要使滑塊能到達C點,求滑塊從A點沿斜面滑下時初速度v0的最小值; (3)若滑塊離開C點的速度為4 m/s,求滑塊從C點飛出至落到斜面上所經(jīng)歷的時間. 圖Z12-11 課時訓練(十

10、二) 1.C　[解析] 由動能定理可知,恒力F做功W=Fl=12mv2-0,因為F、l相同,所以A、B的動能變化相同,C正確. 2.B　[解析] 該同學對籃球做功,使得籃球獲得初動能,然后飛到最高處過程中,根據(jù)機械能守恒定律得W=mgh+12mv2,因此W=0.6×10×(3-1.8) J+12×0.6×12 J=7.5 J,選項B正確. 3.B　[解析] 由于飛機在水平面上運動,所以重力不做功,故A錯誤;由功的公式得拉力做功W=Fxcos θ=5×103×40×32 J≈1.7×105 J,故B正確;飛機獲得的動能Ek=12mv2=12×50×103×2×40522 J=5.9×104

11、 J,根據(jù)動能定理可知,合外力做功為5.9×104 J,因拉力做功為1.7×105 J,所以克服阻力做功為1.1×105 J,故C、D錯誤. 4.B　[解析] 貨物從上端運動到下端的過程可能一直加速、也可能先加速后勻速或者先做加速度較大的加速運動后做加速度較小的加速運動,故只有B正確. 5.C　[解析] 小球恰能通過半圓弧最高點,在P點,由重力提供向心力,有mg=mvP2R,則有vP=gR,選項C錯誤;離開P點后做平拋運動,有2R=12gt2,則水平位移x=vPt=gR·4Rg=2R,選項A正確;根據(jù)動能定理得Ek-12mvP2=mg·2R,解得Ek=5mgR2,選項B正確;若將半圓弧軌道

12、上部的14圓弧截去,則小球離開軌道時速度豎直向上,到達最高點時速度為0,設最高點比P點高h,則有mgh=12mvP2,解得h=0.5R,選項D正確. 6.B　[解析] 在D點,彈珠做圓周運動的向心力F向=F+mg=mvD2R,可得F=15 N,即彈珠對外軌道有15 N的作用力,選項A錯誤.根據(jù)動能定理得Ep+Wf+(-2mgR)=12mvD2-0,解得Wf=-0.2 J,選項B正確.根據(jù)平拋運動知識得2R=12gt2,解得t=0.2 s,x=vDt=0.8 m,選項C、D錯誤. 7.C　[解析] 由圖像可得,A加速運動的加速度大小為a=2v0t0,減速運動的加速度大小為a'=v0t0,根據(jù)

13、牛頓第二定律得2v0t0=F-f1m1,v0t0=f1m1,故f1=13F;B加速運動的加速度大小為v04t0,減速運動的加速度大小為v0t0,根據(jù)牛頓第二定律得v04t0=F-f2m2,v0t0=f2m2,故f2=45F,所以物體與水平面間的摩擦力大小之比為F3∶4F5=5∶12,聯(lián)立可得m1m2=512,由f=μmg可知μ1μ2=1,故A、B錯誤.合外力做功之比等于動能變化量之比,即12m1v12∶12m2v22=(5×22)∶(12×12)=5∶3,故C正確.根據(jù)功的公式可知W=FL,則力F做功之比W1∶W2=F2v0t02∶F4v0t02=1∶2,故D錯誤. 8.C　[解析] 如圖所

14、示,因小物塊運動過程中摩擦力做負功,重力做正功,故由動能定理可得12mv2=mgh-μmgcos θ·hsinθ-μmgxBD=mgh-μmgh·1tanθ-μmgxBD,由于h·1tanθ+xBD=xBC,則12mv2=mgh-μmgxBC,即小物塊到達B點的速度與傾斜軌道的傾角無關,所以v1=v2,故C正確. 9.(1)2gL(sinθ-μ1cosθ)　(2)sinθ-μ1cosθμ2L (3)mgLsin θ [解析] (1)對人在斜面上運動過程,由動能定理得mgLsin θ-μ1mgcos θ·L=12mv2 解得v=2gL(sinθ-μ1cosθ). (2)對人在水平面

15、上運動過程,由動能定理得-μ2mgx=0-12mv2 解得x=sinθ-μ1cosθμ2L. (3)對人運動全過程,根據(jù)動能定理得mgh-Wf=0 其中h=Lsin θ 解得Wf=mgLsin θ. 10.(1)10 m/s　(2)0.1 [解析] (1)運動員離開C點后做平拋運動,設下落時間為t,由平拋運動規(guī)律得 h=12gt2 s=vCt 解得vC=10 m/s. (2)設運動員與滑道間的動摩擦因數(shù)為μ,由幾何關系可知sAB=H-hsinθ=10 m 運動員在AB上運動所受摩擦力f1=μmgcos θ 運動員在BC上運動所受摩擦力f2=μmg 由A到C過程中,由動

16、能定理得mgH-h-f1sAB-f2d=12mvC2-0 解得μ=0.1. 11.(1)0.375　 (2)23 m/s　(3)0.2 s [解析] (1)滑塊在整個運動過程中,受到重力mg、斜面的彈力FN和斜面的摩擦力f作用,彈力始終不做功,因此在滑塊由A運動至D的過程中,根據(jù)動能定理得mgR-μmgcos 37°·2Rsin37°=0 解得μ=0.375. (2)滑塊要能通過最高點C,則在C點所受半圓軌道的彈力FN需滿足FN≥0 在C點時,根據(jù)牛頓第二定律得mg+FN=mvC2R 在滑塊由A運動至C的過程中,根據(jù)動能定理得-μmgcos 37°·2Rsin37°=12mvC2-12mv02 所以滑塊從A點沿斜面滑下時的初速度v0需滿足v0≥3gR=23 m/s. (3)滑塊從C點離開后將做平拋運動,根據(jù)平拋運動規(guī)律可知,在水平方向上的位移為x=vt 在豎直方向的位移為y=12gt2 根據(jù)圖中幾何關系有tan 37°=2R-yx 聯(lián)立解得t=0.2 s. - 7 -