《2020版高考物理總復(fù)習(xí) 沖A方案 課時(shí)訓(xùn)練（十二）第12講 動(dòng)能定理及其應(yīng)用（含解析）新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理總復(fù)習(xí) 沖A方案 課時(shí)訓(xùn)練（十二）第12講 動(dòng)能定理及其應(yīng)用（含解析）新人教版（7頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時(shí)訓(xùn)練(十二) 　【動(dòng)能定理及其應(yīng)用】　 【基礎(chǔ)過關(guān)】 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(dòng)能較大 B.B獲得動(dòng)能較大 C.A、B獲得動(dòng)能一樣大 D.無法比較A、B獲得動(dòng)能大小 圖Z12-1 2.在籃球比賽中,某位同學(xué)獲得罰球機(jī)會(huì),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(xué)罰球時(shí)對(duì)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(dòng)50 t的A320客機(jī).他把一條繩子的一端系在飛機(jī)下方的前輪處,另一端用牙齒緊緊咬住,在52 s的時(shí)間內(nèi)將客機(jī)拉動(dòng)了約40 m.假設(shè)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(jī)在被拉動(dòng)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(dòng)式皮帶輸送機(jī),適用于散狀物料或成件物品的裝卸工作.在順時(shí)針(從左側(cè)看)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的輸送帶上端無初速度地放一貨物,貨物從上端運(yùn)動(dòng)到下端的過程中,其動(dòng)能Ek(選擇地面所在的水平面為參考平面)與位移x的關(guān)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(diǎn)進(jìn)入半徑為R的光滑半圓弧軌道后恰能通過最高點(diǎn)P,然后落回水平面.不計(jì)一切阻力,重力加速度為g,下列說法錯(cuò)誤的是 (　　) 圖Z12-5 A.小球落地點(diǎn)離O點(diǎn)的水平距離為2R B.小球落地時(shí)的動(dòng)能為52mgR C.

4、小球運(yùn)動(dòng)到半圓弧最高點(diǎn)P時(shí)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(dá)的最大高度比P點(diǎn)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(diǎn))將彈簧緩慢壓縮到某一確定位置M,此時(shí)彈簧具有1.2 J的彈性勢(shì)能,彈珠與彈簧不固連.由靜止釋放后,彈珠到達(dá)D點(diǎn)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(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的

5、作用力為16 N B.彈珠在運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做功0.2 J C.彈珠從D點(diǎn)飛出后的水平位移為1.0 m D.彈珠從D點(diǎn)飛出后在空中飛行的時(shí)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(yùn)動(dòng).經(jīng)過時(shí)間t0,撤去作用在A物體上的外力F;經(jīng)過時(shí)間4t0,撤去作用在B物體上的外力F.兩物體運(yùn)動(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù)之比為2∶1 C.在0~2t0時(shí)間內(nèi),合外力對(duì)A、B兩物體做功之比為5∶3 D.在0~4t0時(shí)間內(nèi),水平力F

6、對(duì)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(dòng)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(diǎn)由靜止釋放,運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)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(diǎn)由靜止釋放,運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)速度為v2.已知θ2<θ1,不計(jì)小物塊在軌道連接處的機(jī)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(guān)系無法判定 9.[2019·柯橋中學(xué)模擬] 2018年8月28日11點(diǎn)16分,首都航空 JD5759航班突發(fā)

7、意外,在深圳寶安機(jī)場(chǎng)成功迫降,機(jī)上人員沒有傷亡.飛機(jī)緊急著陸后,打開緊急出口,狹長(zhǎng)的氣囊會(huì)自動(dòng)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(jìn)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(gòu)成的斜面長(zhǎng)度為L(zhǎng),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(dòng)摩擦因數(shù)為μ1,與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2,重力加速度為g.求: (1)人到達(dá)斜面底端時(shí)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(lǐng)先沖A】 10.[2019·舟山中學(xué)模擬] 水上滑梯可簡(jiǎn)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(diǎn)A距水面的高度H=7.25 m,BC長(zhǎng)d=2.0 m,端點(diǎn)C距水面的高度h=1.25 m.一質(zhì)量m=50 kg的運(yùn)動(dòng)員從滑道起點(diǎn)A無初速度滑下,落水點(diǎn)到端點(diǎn)C的水平距離s=5 m,運(yùn)動(dòng)員與AB、BC間的動(dòng)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(yùn)動(dòng)員到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小; (2)運(yùn)動(dòng)員與滑道間的動(dòng)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(diǎn)為軌道圓心,BC為半圓軌道直徑且處于豎直方向,A、C兩點(diǎn)等高.質(zhì)量m=1 kg的滑塊從A點(diǎn)由靜止開始下滑,恰能滑到與O點(diǎn)等高的D點(diǎn),g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8. (1)求滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ; (2)要使滑塊能到達(dá)C點(diǎn),求滑塊從A點(diǎn)沿斜面滑下時(shí)初速度v0的最小值; (3)若滑塊離開C點(diǎn)的速度為4 m/s,求滑塊從C點(diǎn)飛出至落到斜面上所經(jīng)歷的時(shí)間. 圖Z12-11 課時(shí)訓(xùn)練(十

10、二) 1.C　[解析] 由動(dòng)能定理可知,恒力F做功W=Fl=12mv2-0,因?yàn)镕、l相同,所以A、B的動(dòng)能變化相同,C正確. 2.B　[解析] 該同學(xué)對(duì)籃球做功,使得籃球獲得初動(dòng)能,然后飛到最高處過程中,根據(jù)機(jī)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(xiàng)B正確. 3.B　[解析] 由于飛機(jī)在水平面上運(yùn)動(dòng),所以重力不做功,故A錯(cuò)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(jī)獲得的動(dòng)能Ek=12mv2=12×50×103×2×40522 J=5.9×104

11、 J,根據(jù)動(dòng)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(cuò)誤. 4.B　[解析] 貨物從上端運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)后做加速度較小的加速運(yùn)動(dòng),故只有B正確. 5.C　[解析] 小球恰能通過半圓弧最高點(diǎn),在P點(diǎn),由重力提供向心力,有mg=mvP2R,則有vP=gR,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;離開P點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng),有2R=12gt2,則水平位移x=vPt=gR·4Rg=2R,選項(xiàng)A正確;根據(jù)動(dòng)能定理得Ek-12mvP2=mg·2R,解得Ek=5mgR2,選項(xiàng)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(shí)速度豎直向上,到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度為0,設(shè)最高點(diǎn)比P點(diǎn)高h(yuǎn),則有mgh=12mvP2,解得h=0.5R,選項(xiàng)D正確. 6.B　[解析] 在D點(diǎn),彈珠做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力F向=F+mg=mvD2R,可得F=15 N,即彈珠對(duì)外軌道有15 N的作用力,選項(xiàng)A錯(cuò)誤.根據(jù)動(dòng)能定理得Ep+Wf+(-2mgR)=12mvD2-0,解得Wf=-0.2 J,選項(xiàng)B正確.根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)得2R=12gt2,解得t=0.2 s,x=vDt=0.8 m,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤. 7.C　[解析] 由圖像可得,A加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a=2v0t0,減速運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的加速度大小為v04t0,減速運(yùn)動(dòng)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(cuò)誤.合外力做功之比等于動(dòng)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(cuò)誤. 8.C　[解析] 如圖所

14、示,因小物塊運(yùn)動(dòng)過程中摩擦力做負(fù)功,重力做正功,故由動(dòng)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(dá)B點(diǎn)的速度與傾斜軌道的傾角無關(guān),所以v1=v2,故C正確. 9.(1)2gL(sinθ-μ1cosθ)　(2)sinθ-μ1cosθμ2L (3)mgLsin θ [解析] (1)對(duì)人在斜面上運(yùn)動(dòng)過程,由動(dòng)能定理得mgLsin θ-μ1mgcos θ·L=12mv2 解得v=2gL(sinθ-μ1cosθ). (2)對(duì)人在水平面

15、上運(yùn)動(dòng)過程,由動(dòng)能定理得-μ2mgx=0-12mv2 解得x=sinθ-μ1cosθμ2L. (3)對(duì)人運(yùn)動(dòng)全過程,根據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)員離開C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)下落時(shí)間為t,由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得 h=12gt2 s=vCt 解得vC=10 m/s. (2)設(shè)運(yùn)動(dòng)員與滑道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,由幾何關(guān)系可知sAB=H-hsinθ=10 m 運(yùn)動(dòng)員在AB上運(yùn)動(dòng)所受摩擦力f1=μmgcos θ 運(yùn)動(dòng)員在BC上運(yùn)動(dòng)所受摩擦力f2=μmg 由A到C過程中,由動(dòng)

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(gè)運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)至D的過程中,根據(jù)動(dòng)能定理得mgR-μmgcos 37°·2Rsin37°=0 解得μ=0.375. (2)滑塊要能通過最高點(diǎn)C,則在C點(diǎn)所受半圓軌道的彈力FN需滿足FN≥0 在C點(diǎn)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律得mg+FN=mvC2R 在滑塊由A運(yùn)動(dòng)至C的過程中,根據(jù)動(dòng)能定理得-μmgcos 37°·2Rsin37°=12mvC2-12mv02 所以滑塊從A點(diǎn)沿斜面滑下時(shí)的初速度v0需滿足v0≥3gR=23 m/s. (3)滑塊從C點(diǎn)離開后將做平拋運(yùn)動(dòng),根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)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(guān)系有tan 37°=2R-yx 聯(lián)立解得t=0.2 s. - 7 -