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1、第39講 動能定理的理解和應用方法點撥(1)要對研究對象受力分析并分析各力做功情況；分析物體運動過程，明確對哪個過程應用動能定理(2)列動能定理方程要規(guī)范，注意各功的正負號問題1(多選)(2018福建三明一中模擬)如圖1所示，斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的兩段，在B處用小圓弧連接將小鐵塊(可視為質點)從A處由靜止釋放后，它沿斜面向下滑行，進入平面，最終靜止于P處若從該板材上再截下一段，擱置在A、P之間，構成一個新的斜面，再將鐵塊放回A處，并輕推一下使之沿新斜面向下滑動關于此情況下鐵塊的運動情況，下列描述正確的是()圖1A鐵塊一定能夠到達P點B鐵塊的初速度必須足夠大才能到達P點C鐵塊能
2、否到達P點與鐵塊質量有關D鐵塊能否到達P點與鐵塊質量無關2(多選)(2018四川成都模擬)如圖2所示，用豎直向下的恒力F通過跨過光滑定滑輪的細線拉動在光滑水平面上的物體，物體沿水平面移動過程中經過A、B、C三點，設ABBC，物體經過A、B、C三點時的動能分別為EkA、EkB、EkC，則它們間的關系是()圖2AEkBEkAEkCEkBBEkBEkAEkCEkBCEkBEkAEkCEkBDEkC2EkB3.(2018山東青島二中模擬)質量為10kg的物體，在變力F作用下沿x軸做直線運動，力隨坐標x的變化情況如圖3所示物體在x0處，速度為1m/s，不計一切摩擦，則物體運動到x16m處時，速度大小為(
3、)圖3A2m/s B3 m/sC4m/sD.m/s4(多選)如圖4所示，在離地面高為H處以水平速度v0拋出一質量為m的小球，經時間t，小球離水平地面的高度變?yōu)閔，此時小球的動能為Ek，重力勢能為Ep(選水平地面為零勢能參考面，不計空氣阻力)下列圖像中大致能反映小球動能Ek、勢能Ep變化規(guī)律的是()圖4圖55(2017遼寧鐵嶺協(xié)作體模擬)如圖5所示，豎直平面內放一直角桿MON，OM水平、ON豎直且光滑，用不可伸長的輕繩相連的兩小球A和B分別套在OM和ON桿上，B球的質量為m2kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B均處于靜止狀態(tài)，此時OA0.3m，OB0.4m，改變水平力F的大小，使A球向右
4、加速運動，已知A球向右運動0.1m時速度大小為3m/s，則在此過程中繩對B球的拉力所做的功為(取g10 m/s2)()A11JB16JC18JD9J6(多選)(2017福建漳州八校模擬)如圖6所示是某緩沖裝置，勁度系數足夠大的輕質彈簧與直桿相連，直桿可在固定的槽內移動，與槽間的滑動摩擦力恒為f，直桿質量不可忽略一質量為m的小車以速度v0撞擊彈簧，最終以速度v彈回直桿足夠長，且直桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計小車與地面間的摩擦則()圖6A小車被彈回時速度v一定小于v0B若直桿在槽內運動，移動的距離等于(mvmv2)C直桿在槽內向右運動時，小車與直桿始終保持相對靜止D彈簧的彈力可能大于
5、直桿與槽間的最大靜摩擦力7.(2017山東煙臺一模)如圖7所示是一種升降電梯的模型示意圖，A為轎廂，B為平衡重物，A、B的質量分別為1kg和0.5kg.A、B由跨過輕質滑輪的足夠長輕繩系住在電動機牽引下使轎廂由靜止開始向上運動，電動機輸出功率10W保持不變，轎廂上升1m后恰好達到最大速度不計空氣阻力和摩擦阻力，g10m/s2.在轎廂向上運動過程中，求：圖7(1)轎廂的最大速度vm的大??；(2)轎廂向上的加速度為a2m/s2時，重物B下端繩的拉力大?。?3)轎廂從開始運動到恰好達到最大速度的過程中所用的時間8(2017福建省大聯(lián)考)如圖8所示，固定直桿上套有一小球和兩根輕彈簧，兩根輕彈簧的一端與
6、小球相連，另一端分別固定在桿上相距為2L的A、B兩點直桿與水平面的夾角為，小球質量為m，兩根輕彈簧的原長均為L、勁度系數均為，g為重力加速度圖8(1)小球在距B點L的P點處于靜止狀態(tài)，求此時小球受到的摩擦力大小和方向；(2)設小球在P點受到的摩擦力為最大靜摩擦力，且與滑動摩擦力相等現讓小球從P點以一沿桿方向的初速度向上運動，小球最高能到達距A點L的Q點，求初速度的大小9(2017山西省重點中學協(xié)作體一模)如圖9甲所示，彎曲部分AB和CD是兩個半徑都為r0.3m的四分之一圓弧軌道，中間的BC段是豎直的薄壁細圓管(細圓管內徑略大于小球的直徑)軌道，分別與上下圓弧軌道相切連接，BC的長度L0.2m下
7、圓弧軌道與水平軌道相切，其中D、A分別是上、下圓弧軌道的最高點和最低點，整個軌道固定在豎直平面內現有一質量m0.3kg的小球以一定的速度沿水平軌道向右運動并從A點進入圓弧，不計小球運動中的一切阻力，g10m/s2，求：圖9(1)當小球由D點以10m/s的速度水平飛出時，小球落地點與D點的水平距離；(2)當小球由D點以3m/s的速度水平飛出時，小球過圓弧A點時對軌道的壓力大?。?3)若在D點右側連接一半徑為R0.4m的半圓形光滑軌道DEF，如圖乙所示，要使小球不脫離軌道運動，小球在水平軌道向右運動的速度大小范圍(計算結果可用根式表示)答案精析1AD設A距離地面的高度為h，板材的動摩擦因數為，對全
8、過程運用動能定理有mghmgcossABmgsBP0，得mghmg(sABcossBP)0，而sABcossBP，即h0，鐵塊在新斜面上有mgsinmgcosma，由sincos0，可知鐵塊在新斜面上做勻速運動，與鐵塊的質量m無關，鐵塊一定能夠到達P點，選項A、D正確，B、C錯誤2CD由動能定理得EkBEkAWAB，EkCEkBWBC，物體所受的合外力做的功為拉力的水平分力所做的功由幾何關系可知，從A運動到B的過程中拉力在水平方向的平均分力大小大于從B到C過程中拉力在水平方向的平均分力大小，因此WABWBC，選項A、B錯誤，C、D正確3BFx圖像與x軸圍成的面積表示力F做的功，圖形位于x軸上方
9、表示力做正功，位于x軸下方表示力做負功，面積大小表示功的大小，所以物體運動到x16m處時，力F對物體做的總功W40J，由動能定理得Wmv2mv，解得v3m/s，B正確4AD由動能定理可知，mg(Hh)EkEk0，即EkEk0mgHmgh，Ekh圖像為一次函數圖像，B項錯誤；又EkEk0mg2t2，可知Ekt圖像為開口向上的拋物線，A項正確；由重力勢能定義式有：Epmgh，Eph為正比例函數，所以D項正確；由平拋運動規(guī)律有：Hhgt2，所以Epmg(Hgt2)，所以Ept圖像不是直線，C項錯誤5CA球向右運動0.1m時，由幾何關系得，B上升距離：h0.4mm0.1m，此時細繩與水平方向夾角的正切
10、值：tan，則得cos，sin，由運動的合成與分解知識可知：vBsinvAcos，可得vB4m/s.以B球為研究對象，由動能定理得：Wmghmv，代入數據解得：W18J，即繩對B球的拉力所做的功為18J，故選C.6BD小車在向右運動的過程中，彈簧的形變量若始終小于x時，直桿和槽間無相對運動，小車被彈回時速度v等于v0；當形變量等于x時，直桿和槽間即出現相對運動，克服摩擦力做功，所以小車被彈回時速度v小于v0，A錯誤；整個過程應用動能定理：fsEk，直桿在槽內移動的距離s(mvmv2)，B正確；直桿在槽內向右運動時，開始小車速度比直桿的大，所以不可能與直桿始終保持相對靜止，C錯誤；當彈簧的彈力等
11、于最大靜摩擦力時桿即開始運動，此時車的速度大于桿的速度，彈簧進一步被壓縮，彈簧的彈力大于最大靜摩擦力，D正確7(1)2m/s(2)8N(3)0.8s解析(1)當轎廂受力平衡，即牽引力F(Mm)g時轎廂速度最大由PFvm得vm2m/s(2)轎廂的加速度為a2m/s2時，對A：FAMgMa對B：FBmgFAma解得：FB8N(3)由動能定理可知：PtMghmgh(Mm)v得t0.8s.8(1)方向沿桿向下(2)解析(1)小球在P點時兩根彈簧的彈力方向沿桿向上，大小相等，設為F，根據胡克定律有Fk(LL)設小球靜止時受到的摩擦力大小為f，方向沿桿向下，根據平衡條件有mgsinf2F由式并代入已知數據
12、得f假設成立，即摩擦力方向沿桿向下(2)小球在P、Q兩點時，彈簧的彈性勢能相等，故小球從P到Q的過程中，彈簧對小球做功為零據動能定理有W合Ekmg2(LL)sinf2(LL) 0mv2由式得v9見解析解析(1)小球由D點飛出后做平拋運動，有：xv0t2rLgt2解得：x4m(2)由A到D過程，由動能定理：mg(2rL)mvmv在A點，根據牛頓第二定律：Nmgm代入數據，聯(lián)立解得N28N根據牛頓第三定律：NN即小球在A點時對軌道的壓力大?。篘28N(3)若小球到C后返回，由動能定理有：mvmg(rL)若小球能過D做完整的圓周運動，在D點有：mgmA到D過程，由動能定理：mg(2rL)mvD2mv代入數據，解得：vA1m/s，vA22m/s，則小球的速度大小范圍為vAm/s或vA2m/s.7
2019高考物理一輪復習 第五章 機械能 第39講 動能定理的理解和應用加練半小時 教科版
