《（江蘇專用）2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能 課時(shí)39 動(dòng)能定理的理解和應(yīng)用加練半小時(shí)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能 課時(shí)39 動(dòng)能定理的理解和應(yīng)用加練半小時(shí)（8頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、39 動(dòng)能定理的理解和應(yīng)用方法點(diǎn)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(yùn)動(dòng)過程，明確對哪個(gè)過程應(yīng)用動(dòng)能定理(2)列動(dòng)能定理方程要規(guī)范，注意各功的正負(fù)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(zhì)點(diǎn))從A處由靜止釋放后，它沿斜面向下滑行，進(jìn)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(gòu)成一個(gè)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(dòng)關(guān)于此情況下鐵塊的運(yùn)動(dòng)情況，下列描述正確的是()圖1A鐵塊一定能夠到達(dá)P點(diǎn)B鐵塊的初速度必須足夠大才能到達(dá)P點(diǎn)C鐵塊能否到
2、達(dá)P點(diǎn)與鐵塊質(zhì)量有關(guān)D鐵塊能否到達(dá)P點(diǎn)與鐵塊質(zhì)量無關(guān)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(xì)線拉動(dòng)在光滑水平面上的物體，物體沿水平面移動(dòng)過程中經(jīng)過A、B、C三點(diǎn)，設(shè)ABBC，物體經(jīng)過A、B、C三點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為EkA、EkB、EkC，則它們間的關(guān)系是()圖2AEkBEkAEkCEkBBEkBEkAEkCEkBCEkBEkAEkCEkBDEkC2EkB3.(2018山東青島二中模擬)質(zhì)量為10 kg的物體，在變力F作用下沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)，力隨坐標(biāo)x的變化情況如圖3所示物體在x0處，速度為1 m/s，不計(jì)一切摩擦，則物體運(yùn)動(dòng)到x16 m處時(shí)，速度大小為
3、()圖3A2 m/s B3 m/s C4 m/s D. 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(zhì)量為m的小球，經(jīng)時(shí)間t，小球離水平地面的高度變?yōu)閔，此時(shí)小球的動(dòng)能為Ek，重力勢能為Ep(選水平地面為零勢能參考面，不計(jì)空氣阻力)下列圖象中大致能反映小球動(dòng)能Ek、勢能Ep變化規(guī)律的是()圖45(2017遼寧鐵嶺協(xié)作體模擬)如圖5所示，豎直平面內(nèi)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(zhì)量為m2 kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)OA0.3 m，OB0.4 m，改變水平力F的大
4、小，使A球向右加速運(yùn)動(dòng)，已知A球向右運(yùn)動(dòng)0.1 m時(shí)速度大小為3 m/s，則在此過程中繩對B球的拉力所做的功為(取g10 m/s2)()圖5A11 J B16 J C18 J D9 J6(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(shù)足夠大的輕質(zhì)彈簧與直桿相連，直桿可在固定的槽內(nèi)移動(dòng)，與槽間的滑動(dòng)摩擦力恒為Ff，直桿質(zhì)量不可忽略一質(zhì)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(dòng)摩擦力，不計(jì)小車與地面間的摩擦則()圖6A小車被彈回時(shí)速度v一定小于v0B若直桿在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)，移動(dòng)的距離等于(mv02mv2)C直桿在槽內(nèi)向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，小車
5、與直桿始終保持相對靜止D彈簧的彈力可能大于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(zhì)量分別為1 kg和0.5 kg.A、B由跨過輕質(zhì)滑輪的足夠長輕繩系住在電動(dòng)機(jī)牽引下使轎廂由靜止開始向上運(yùn)動(dòng)，電動(dòng)機(jī)輸出功率10 W保持不變，轎廂上升1 m后恰好達(dá)到最大速度不計(jì)空氣阻力和摩擦阻力，g10 m/s2.在轎廂向上運(yùn)動(dòng)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a2 m/s2時(shí)，重物B下端繩的拉力大小；(3)轎廂從開始運(yùn)動(dòng)到恰好達(dá)到最大速度的過程中所用的時(shí)間8(2017福建省大聯(lián)考)如圖8所示
6、，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小球相連，另一端分別固定在桿上相距為2L的A、B兩點(diǎn)直桿與水平面的夾角為，小球質(zhì)量為m，兩根輕彈簧的原長均為L、勁度系數(shù)均為，g為重力加速度圖8 (1)小球在距B點(diǎn)L的P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，求此時(shí)小球受到的摩擦力大小和方向；(2)設(shè)小球在P點(diǎn)受到的摩擦力為最大靜摩擦力，且與滑動(dòng)摩擦力相等現(xiàn)讓小球從P點(diǎn)以一沿桿方向的初速度向上運(yùn)動(dòng)，小球最高能到達(dá)距A點(diǎn)L的Q點(diǎn)，求初速度的大小9(2017山西省重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體一模)如圖9甲所示，彎曲部分AB和CD是兩個(gè)半徑都為r0.3 m的四分之一圓弧軌道，中間的BC段是豎直的薄壁細(xì)圓管(細(xì)圓管內(nèi)徑略大于小球的直徑
7、)軌道，分別與上下圓弧軌道相切連接，BC的長度L0.2 m下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(diǎn)和最低點(diǎn)，整個(gè)軌道固定在豎直平面內(nèi)現(xiàn)有一質(zhì)量m0.3 kg的小球以一定的速度沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)并從A點(diǎn)進(jìn)入圓弧，不計(jì)小球運(yùn)動(dòng)中的一切阻力，g10 m/s2，求：圖9(1)當(dāng)小球由D點(diǎn)以10 m/s的速度水平飛出時(shí)，小球落地點(diǎn)與D點(diǎn)的水平距離；(2)當(dāng)小球由D點(diǎn)以3 m/s的速度水平飛出時(shí)，小球過圓弧A點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大??；(3)若在D點(diǎn)右側(cè)連接一半徑為R0.4 m的半圓形光滑軌道DEF，如圖乙所示，要使小球不脫離軌道運(yùn)動(dòng)，小球在水平軌道向右運(yùn)動(dòng)的速度大小范圍(計(jì)算結(jié)果可用根
8、式表示)答案精析1AD設(shè)A距離地面的高度為h，板材的動(dòng)摩擦因數(shù)為，對全過程運(yùn)用動(dòng)能定理有mghmgcos sABmgsBP0，得mghmg(sABcos sBP)0，而sABcos sBP，即h0，鐵塊在新斜面上有mgsin mgcos ma，由sin cos 0，可知鐵塊在新斜面上做勻速運(yùn)動(dòng)，與鐵塊的質(zhì)量m無關(guān)，鐵塊一定能夠到達(dá)P點(diǎn)，選項(xiàng)A、D正確，B、C錯(cuò)誤2CD由動(dòng)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(guān)系可知，從A運(yùn)動(dòng)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
9、項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，C、D正確3BFx圖象與x軸圍成的面積表示力F做的功，圖形位于x軸上方表示力做正功，位于x軸下方表示力做負(fù)功，面積大小表示功的大小，所以物體運(yùn)動(dòng)到x16 m處時(shí)，力F對物體做的總功W40 J，由動(dòng)能定理得Wmv2mv02，解得v3 m/s，B正確4AD由動(dòng)能定理可知，mg(Hh)EkEk0，即EkEk0mgHmgh，Ekh圖象為一次函數(shù)圖象，B項(xiàng)錯(cuò)誤；又EkEk0mg2t2，可知Ekt圖象為開口向上的拋物線，A項(xiàng)正確；由重力勢能定義式有：Epmgh，Eph為正比例函數(shù)，所以D項(xiàng)正確；由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：Hhgt2，所以Epmg(Hgt2)，所以Ept圖象不是直線，C項(xiàng)錯(cuò)誤5CA球向
10、右運(yùn)動(dòng)0.1 m時(shí)，由幾何關(guān)系得，B上升距離：h0.4 m m0.1 m，此時(shí)細(xì)繩與水平方向夾角的正切值：tan ，則得cos ，sin ，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解知識可知：vBsin vAcos ，可得vB4 m/s.以B球?yàn)檠芯繉ο?，由?dòng)能定理得：Wmghmv B2，代入數(shù)據(jù)解得：W18 J，即繩對B球的拉力所做的功為18 J，故選C.6BD小車在向右運(yùn)動(dòng)的過程中，彈簧的形變量若始終小于x時(shí)，直桿和槽間無相對運(yùn)動(dòng)，小車被彈回時(shí)速度v等于v0；當(dāng)形變量等于x時(shí)，直桿和槽間即出現(xiàn)相對運(yùn)動(dòng)，克服摩擦力做功，所以小車被彈回時(shí)速度v小于v0，A錯(cuò)誤；整個(gè)過程應(yīng)用動(dòng)能定理：FfsEk，直桿在槽內(nèi)移動(dòng)的距離s
11、(mv02mv2)，B正確；直桿在槽內(nèi)向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(cuò)誤；當(dāng)彈簧的彈力等于最大靜摩擦力時(shí)桿即開始運(yùn)動(dòng)，此時(shí)車的速度大于桿的速度，彈簧進(jìn)一步被壓縮，彈簧的彈力大于最大靜摩擦力，D正確7(1)2 m/s(2)8 N(3)0.8 s解析(1)當(dāng)轎廂受力平衡，即牽引力F(Mm)g時(shí)轎廂速度最大由PFvm得vm2 m/s(2)轎廂的加速度為a2 m/s2時(shí)，對A：FAMgMa對B：FBmgFAma解得：FB8 N(3)由動(dòng)能定理可知：PtMghmgh(Mm)vm2得t0.8 s.8(1)方向沿桿向下(2)解析(1)小球在P點(diǎn)時(shí)兩根彈簧的彈力方向沿
12、桿向上，大小相等，設(shè)為F，根據(jù)胡克定律有Fk(LL)設(shè)小球靜止時(shí)受到的摩擦力大小為Ff，方向沿桿向下，根據(jù)平衡條件有mgsin Ff2F由式并代入已知數(shù)據(jù)得Ff假設(shè)成立，即摩擦力方向沿桿向下(2)小球在P、Q兩點(diǎn)時(shí)，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(jù)動(dòng)能定理有W合Ekmg2(LL)sin Ff2(LL) 0mv2由式得v9見解析解析(1)小球由D點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，有：xv0t2rLgt2解得：x4 m(2)由A到D過程，由動(dòng)能定理：mg(2rL)mvD2mvA2在A點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律：FNmgm代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得FN28 N根據(jù)牛頓第三定律：FNFN即小球在A點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大?。篎N28 N(3)若小球到C后返回，由動(dòng)能定理有：mvmg(rL)若小球能過D做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在D點(diǎn)有：mgmA到D過程，由動(dòng)能定理：mg(2rL)mvD2mv代入數(shù)據(jù)，解得：vA1 m/s，vA22 m/s.則小球的速度大小范圍為vA m/s或vA2 m/s.8
（江蘇專用）2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能 課時(shí)39 動(dòng)能定理的理解和應(yīng)用加練半小時(shí)
