2016版一点高考物理复习专题演练十二动能定理及其应用含两年一年模拟

新课标卷Ⅰ，17)如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的RP点进入轨道。质点滑到WPN点的过程中克服摩擦力所做的功。则()2222A．W＝1mgRQ点B．W＞1mgR，质点不能到达Q点C．W＝1mgRQ点后，继续上升一段距离2222mP由静止开始滑下，滑到PQ的过程中，克服摩擦力所做的功为() D.43．(2014·大纲卷，19)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。2 2 A．tanθ和 B．(2gH－1)tanθ和 C．tanθ和 D．(2gH－1)tanθ和4．(2015·山东理综，23)m的小球通下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l。开l段细绳的力、将小球缓慢拉起至细绳与竖直方0.6g。求： 与桌面间的动摩擦因数为μ2忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失(g＝10m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)θ37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌μ2；(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)xm。2OA、OC、ABCB与两小球O与小环2g。求：

PQL处，g。求：

A，动能增量分别为ΔEk1、ΔEk2。假定球在因数相等，则()省部分高中高三联考)(多选)m的物体在说法正确的是()Bv2/2μgDμmgvθABAB段长为3L。有若干个相同的小方块(每个小方块均可视为质点)沿L。将它们由静止释放，释放时它

点2μ，小方块停止时下端与Ax，则下列说法正确的是()A．μ＝tanθB．μ＝2tan AOB点的物块从AD(g＝10m/s2sinF，F应为多大？CBDB为B点时没有能量损失)5．(2015·云南省部分名校高三质检)R＝0.5m的CDMABCMNCM点，斜面倾角分别如图所示。O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在ABCB安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)P、QPC间距为

[根据动能定理得P点动能EkP＝mgR，经过N

vmR，所以v

EkN＝3mgRPN 22

－mgcos

vv 2mgRQ0，会继续向上运动一段距离，对照选项，C正确。]2

＝

2v＝gR，下滑过程中，根据动能定理可得R－Wf＝1v2解得2 －H－μgcosθHsin －h－μgcosθh ＝0－1 v2sin 解 v2

解析(1)设开始时细绳的拉力大小为T1，传感装置的初始值为F1，物块质量为M，由平衡条件得感装置的示数为F2，据题意可知，F2＝1.25F1，由平衡条件得对小球，T2＝mgcos60°③低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为Wf，由动能定理得2mgl(1－cos2在最低位置，设细绳的拉力大小为T3，传感装置的示数为F3，v2vT3－mg＝ml答案 解析(1)mgsinθ＞μ1mgcosθ①解得tanθ＞0.05②做功Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg(L2－L1cosθ)③全过程由动能定理得：mgL1sin当θ＝53°时物块能够滑离桌面，做平抛运动落到地面上，物2mgL1sinθ－Wf＝1mv2⑥由③⑥解得v＝1m/s⑦222x1＝vtx1＝0.4m⑨则xm＝x1＋L2＝1.9m⑩答案(1)tan (3)1.9解析(1)OA、ABF1、T1，OA杆与转轴的夹角为θ12F弹2小环受力平衡：F弹1＝mg＋2T1cos小球受力平衡：F1cosθ1＝T1cosθ1＝mg，F1sinθ1＝T1sinLLF弹4小环受力平衡：F弹2＝mg4对小球：F2cosθ2＝mg，F2sinθ2＝mω2lsinθ2且cosθ2＝ 2(3)弹簧长度为L时，设OA、AB杆中的弹力分别为F3、22F弹2小环受力平衡：2T3cosθ3＝mg＋F弹3且cosθ3＝3对小球：F3cosθ3＝T3cosθ3＋mg；F3sinθ3＋T3sin3L解得 L

W－mg2－2－2mg4－4＝2×2m(ω3lsin LL

答案(1)

(3)mgL＋2解析(1)Qv0QQ水平距离2222222 44 g⑥在Q点处对球由第二定律得

RmvRmv

＝mg(1＋L2

2HRF′＝F＝mg(1＋L2 2HRPQ

L2

L2

＋2HR [ ＝μ ＝μ22g22

v

的功率，大小为fv＝μmgv，所以D正确。] 块受到滑动摩擦力，有mgsin

θ，所以μ＝2tan正确，Ax≤3Lmgsin (2L＋x)－μmgcosθx－2＝0，解得x＝3L，假设成立，D 解析BDlμW总ADAC22BCmgR(1－cos37°)－mg·lsinθ－μFN·l FN＝mgcosCmgsinθ>μmgcosθ物块将会下滑，而AB段光滑，故物块将做往复运动，直到停止在B点。Q＝fs，f＝μmgcos答案(1)10 (2)37°(3)0.25解析(1)根据平衡，满足：m1gsin53°＝m2