《（江蘇專版）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題五 功 功率 動(dòng)能定理學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專版）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題五 功 功率 動(dòng)能定理學(xué)案（16頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題五　功　功率　動(dòng)能定理 江蘇卷考情導(dǎo)向 考點(diǎn) 考題 考情 功　功率的分析與計(jì)算 2017年江蘇T14考查共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；功的計(jì)算 1．該專題的題型以選擇題、計(jì)算題為主． 2．高考命題的熱點(diǎn)集中在功、功率的分析與計(jì)算，應(yīng)用動(dòng)能定理解決單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)及多過程問題． 動(dòng)能定理的應(yīng)用 2017年江蘇T3考查動(dòng)能定理的應(yīng)用 2015年江蘇T14考查了動(dòng)能定理、牛頓第二定律、共點(diǎn)力平衡和胡克定律的運(yùn)用 2013年江蘇T5考查頻閃照片的理解、速度公式、動(dòng)能和估算的方法 考點(diǎn)1| 功　功率的分析與計(jì)算　難度：中檔 題型：選擇題 五年1考 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第22頁(yè)

2、) 1．(2012·江蘇高考T3)如圖5-1所示，細(xì)線的一端固定于O點(diǎn)，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在豎直平面內(nèi)由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)．在此過程中拉力的瞬時(shí)功率變化情況是(　　) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214080】 圖5-1 A．逐漸增大　　　　　　　 B．逐漸減小 C．先增大，后減小 D．先減小，后增大 【解題關(guān)鍵】　 關(guān)鍵語(yǔ)句 信息解讀 在水平拉力作用下 拉力F的方向不變 小球以恒定速率運(yùn)動(dòng) 小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 拉力沿切線方向分力與小球重力沿切線方向分力大小相等 A　[小球速率恒定，由動(dòng)能定理知：拉力做的功與克服重力做的功始終相等，將小球的

3、速度分解，可發(fā)現(xiàn)小球在豎直方向分速度逐漸增大，重力的瞬時(shí)功率也逐漸增大，則拉力的瞬時(shí)功率也逐漸增大，A項(xiàng)正確．] 2．(2017·江蘇高考T14)如圖5-2所示，兩個(gè)半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R．C的質(zhì)量為m，A、B的質(zhì)量都為，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ．現(xiàn)用水平向右的力拉A，使A緩慢移動(dòng)，直至C恰好降到地面．整個(gè)過程中B保持靜止．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g．求： 圖5-2 (1)未拉A時(shí)，C受到B作用力的大小F； (2)動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值μmin； (3)A移動(dòng)的整個(gè)過程中，拉力做的功W． 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：1721408

4、1】 【解析】　(1)對(duì)C受力分析，如圖所示． 根據(jù)平衡條件有2Fcos 30°＝mg 解得F＝mg． (2)C恰好降到地面時(shí)，B受C壓力的水平分力最大 Fxmax＝mg B受地面的摩擦力f＝μmg 根據(jù)題意，B保持靜止，則有fmin＝Fxmax 解得μmin＝． (3)C下降的高度h＝(－1)R A的位移x＝2(－1)R 摩擦力做功的大小Wf＝fx＝2(－1)μmgR 根據(jù)動(dòng)能定理W－Wf＋mgh＝0－0 解得W＝(2μ－1)(－1)mgR． 【答案】　(1)mg　(2)　(3)(2μ－1)(－1)mgR 1．計(jì)算功、功率時(shí)應(yīng)注意的三個(gè)問題 (

5、1)功的公式W＝Fl和W＝Flcos α僅適用于恒力做功的情況． (2)變力做功的求解要注意對(duì)問題的正確轉(zhuǎn)化，如將變力轉(zhuǎn)化為恒力，也可應(yīng)用動(dòng)能定理等方法求解． (3)對(duì)于功率的計(jì)算，應(yīng)注意區(qū)分公式P＝ 和公式P＝Fv，前式側(cè)重于平均功率的計(jì)算，而后式側(cè)重于瞬時(shí)功率的計(jì)算． 2．機(jī)車啟動(dòng)模型中的兩點(diǎn)技巧 機(jī)車啟動(dòng)勻加速過程的最大速度v1(此時(shí)機(jī)車輸出的功率最大)和全程的最大速度vm(此時(shí)F牽＝F阻)求解方法： (1)求v1：由F牽－F阻＝ma，P＝F牽v1可求v1＝． (2)求vm：由P＝F阻vm，可求vm＝． ●考向1　功的理解與計(jì)算 1．(多選)(2017·徐州二模)如圖

6、5-3所示，豎直平面內(nèi)有一半圓槽，A、C等高，B為圓槽最低點(diǎn)，小球從A點(diǎn)正上方O點(diǎn)靜止釋放，從A點(diǎn)切入圓槽，剛好能運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)．設(shè)球在AB段和BC段運(yùn)動(dòng)過程中，運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為t1、t2，克服摩擦力做功分別為W1、W2，則(　　) 圖5-3 A．t1＞t2　　　　　　　　　 B．t1＜t2 C．W1＞W(wǎng)2 D．W1＜W2 BC　[小球剛開始自由落體，到達(dá)C點(diǎn)速度大小為零，由受力分析，小球在BC階段一直減速，則小球在AB階段平均速率大于BC階段，兩段弧長(zhǎng)相等，所以t1＜t2，B選項(xiàng)正確．在AB和BC任一對(duì)稱位置上都有小球在AB上速率大于BC上速率，則需要的向心力大，則軌道對(duì)小球的彈力

7、大，由摩擦力公式，受到的摩擦力就大，兩段圓弧相等，根據(jù)功的計(jì)算公式可得W1＞W(wǎng)2，C選項(xiàng)正確．] 2．(2017·徐州模擬)如圖5-4所示，在投球游戲中，小明坐在可升降的椅子上，向正前方的圓桶水平拋出籃球．已知某次拋出點(diǎn)的實(shí)際高度為2．0 m，桶的高度為0．4 m，到拋出點(diǎn)的水平距離為1．6 m，球恰好落入桶內(nèi)，籃球質(zhì)量約為0．5 kg，小明對(duì)球做功約為(　　) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214082】 圖5-4 A．0．2 J B．2 J C．20 J D．200 J B　[籃球做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向下降高度為拋出點(diǎn)的實(shí)際高度與桶的高度差，豎直方向：H－h(huán)＝gt2① 水平方向：

8、x＝vt② 由動(dòng)能定理，人對(duì)籃球做功為籃球平拋初動(dòng)能，則： W＝Mv2③ 由以上三式代入數(shù)據(jù)可得小明對(duì)球做功約為2 J，故選 B．] ●考向2　功率的分析和計(jì)算 3．(多選)(2017·徐州期中)如圖5-5所示，物塊用一不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過小滑輪與小球相連，與小球相連的輕繩處于水平拉直狀態(tài)．小球由靜止釋放運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)過程中，物塊始終保持靜止，不計(jì)空氣阻力．下列說法正確的有(　　) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214083】 圖5-5 A．小球剛釋放時(shí)，地面對(duì)物塊的摩擦力為零 B．小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，地面對(duì)物塊的支持力可能為零 C．上述過程中小球的機(jī)械能守恒 D．上述過程中小球重力的

9、功率一直增大 AC　[小球剛釋放時(shí)，小球速度為零，此時(shí)繩子的拉力為零，對(duì)物塊分析可知，受到的摩擦力為零，故A正確；小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，若地面對(duì)物塊的支持力為零，此時(shí)繩子的拉力對(duì)物塊有向右的分力，不可能靜止，故B錯(cuò)誤；整體受力分析，只有重力做功，故機(jī)械能守恒，故C正確；剛釋放小球時(shí)，小球速度為零，小球重力的功率為零，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，速度方向與重力方向垂直，小球重力的功率為零，故小球重力的功率先增大后減小，故D錯(cuò)誤．] 4．(2017·宿遷三模)如圖5-6所示，四個(gè)相同的小球A、B、C、D，其中A、B、C位于同一高度h處，A做自由落體運(yùn)動(dòng)，B沿光滑斜面由靜止滑下，C做平拋運(yùn)動(dòng)，D從地面開始做斜拋

10、運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的最大高度也為h．在每個(gè)小球落地的瞬間，其重力的功率分別為PA、PB、PC、P D．下列關(guān)系式正確的是(　　) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214084】 圖5-6 A．PA＝PB＝PC＝PD B．PA＝PC＞PB＝PD C．PA＝PC＝PD＞PB D．PA＞PC＝PD＞PB C　[A做自由落體運(yùn)動(dòng)，C做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，故A、C落地時(shí)豎直方向的速度大小相同，故落地時(shí)的功率P＝mgv相同；D做斜拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最高點(diǎn)跟A下落時(shí)的高度相同，故豎直方向的速度跟A落地時(shí)的速度大小相同，故功率相同；B沿斜面下滑，下滑到斜面底端的速度跟A落地時(shí)的速度相同，但速度方向與重

11、力方向成一定的夾角，故功率小于A的功率，故C正確．] ●考向3　機(jī)車啟動(dòng)問題 5．(2017·南通模擬)近年來城市的汽車越來越多，排放的汽車尾氣是形成“霧霾”天氣的一個(gè)重要因素，為減少二氧化碳排放，我國(guó)城市公交正大力推廣新型節(jié)能環(huán)保電動(dòng)車，在檢測(cè)某款電動(dòng)車性能的實(shí)驗(yàn)中，質(zhì)量為8×102 kg的電動(dòng)車由靜止開始沿平直公路行駛，達(dá)到的最大速度為15 m/s，利用傳感器測(cè)得此過程中不同時(shí)刻電動(dòng)車的牽引力F及對(duì)應(yīng)的速度v，并描繪出F-圖象(圖中AB、AO均為直線)，假設(shè)電動(dòng)車行駛時(shí)所受的阻力恒定，則根據(jù)圖象，下列判斷中正確的是(　　) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214085】 圖5-7 A．電動(dòng)車運(yùn)

12、動(dòng)過程中所受的阻力f＝2 000 N B．電動(dòng)車的額定功率P＝6 000 W C．電動(dòng)車由靜止開始持續(xù)勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝7．5 s D．電動(dòng)車從靜止開始運(yùn)動(dòng)到最大速度消耗的電能E＝9×104 J B　[當(dāng)最大速度vmax＝15 m/s時(shí)，牽引力為Fmin＝400 N，故恒定阻力f＝Fmin＝400 N，故A錯(cuò)誤；額定功率P＝Fminvmax＝6 kW，故B正確；勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2，勻加速運(yùn)動(dòng)的最大速度v＝＝ m/s＝3 m/s，電動(dòng)車維持勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝＝1．5 s，故C錯(cuò)誤；AC段做變加速直線運(yùn)動(dòng)，無法求解其運(yùn)動(dòng)位移，所以無法求出時(shí)間，也就求不出阻

13、力做的功，故D錯(cuò)誤．] 考點(diǎn)2| 動(dòng)能定理的應(yīng)用　難度：較難 題型：選擇題、計(jì)算題 五年3考 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第23頁(yè)) 3．(2015·江蘇高考T14)一轉(zhuǎn)動(dòng)裝置如圖5-8所示，四根輕桿OA、OC、AB和CB與兩小球及一小環(huán)通過鉸鏈連接，輕桿長(zhǎng)均為l，球和環(huán)的質(zhì)量均為m，O端固定在豎直的輕質(zhì)轉(zhuǎn)軸上．套在轉(zhuǎn)軸上的輕質(zhì)彈簧連接在O與小環(huán)之間，原長(zhǎng)為L(zhǎng)．裝置靜止時(shí)，彈簧長(zhǎng)為L(zhǎng)．轉(zhuǎn)動(dòng)該裝置并緩慢增大轉(zhuǎn)速，小環(huán)緩慢上升．彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為g．求： 圖5-8 (1)彈簧的勁度系數(shù)k； (2)AB桿中彈力為零時(shí)，裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω0； (3)

14、彈簧長(zhǎng)度從L緩慢縮短為L(zhǎng)的過程中，外界對(duì)轉(zhuǎn)動(dòng)裝置所做的功W． 【解題關(guān)鍵】　 關(guān)鍵語(yǔ)句 信息解讀 四根輕桿OA、OC、AB和CB與兩個(gè)小球及一小環(huán)通過鉸鏈連接 輕桿對(duì)小球和小環(huán)的力一定沿桿，可以是拉力，也可以是壓力 裝置靜止時(shí)，彈簧長(zhǎng)為L(zhǎng) 小球和小環(huán)的合力均為零 彈簧對(duì)小環(huán)的彈力大小為k，方向豎直向上 緩慢增大轉(zhuǎn)速，小環(huán)緩慢上升 小環(huán)的合力始終為零 小球水平方向合力提供向心力，豎直方向合力為零 彈簧長(zhǎng)度從L緩慢縮短為的過程中 全過程彈簧的彈性勢(shì)能變化為零 【解析】　(1)裝置靜止時(shí)，設(shè)OA、AB桿中的彈力分別為F1、T1，OA桿與轉(zhuǎn)軸的夾角為θ1． 小環(huán)受到彈簧的

15、彈力F彈1＝k· 小環(huán)受力平衡，F(xiàn)彈1＝mg＋2T1cos θ1 小球受力平衡，F(xiàn)1cos θ1＋T1cos θ1＝mg F1sin θ1＝T1sin θ1 解得k＝． (2)設(shè)OA、AB桿中的彈力分別為F2、T2，OA桿與轉(zhuǎn)軸的夾角為θ2，彈簧長(zhǎng)度為x． 小環(huán)受到彈簧的彈力F彈2＝k(x－L) 小環(huán)受力平衡，F(xiàn)彈2＝mg，得x＝L 對(duì)小球，F(xiàn)2cos θ2＝mg F2sin θ2＝mωlsin θ2 且cos θ2＝ 解得ω0＝． (3)彈簧長(zhǎng)度為L(zhǎng)時(shí)，設(shè)OA、AB桿中的彈力分別為F3、T3，OA桿與彈簧的夾角為θ3． 小環(huán)受到彈簧的彈力F彈3＝kL 小環(huán)受力平衡

16、，2T3cos θ3＝mg＋F彈3，且cos θ3＝ 對(duì)小球，F(xiàn)3cos θ3＝T3cos θ3＋mg F3sin θ3＋T3sin θ3＝mωlsin θ3 解得ω3＝ 整個(gè)過程彈簧彈性勢(shì)能變化為零，則彈力做的功為零，由動(dòng)能定理 W－mg－2mg＝2×m(ω3lsin θ3)2 解得W＝mgL＋． 【答案】　(1)　(2)　(3)mgL＋ 4．(2017·江蘇高考T3)一小物塊沿斜面向上滑動(dòng)，然后滑回到原處．物塊初動(dòng)能為Ek0，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動(dòng)能Ek與位移x關(guān)系的圖線是(　　) C　[設(shè)斜面傾角為θ，根據(jù)動(dòng)能定理，當(dāng)小物塊沿斜面上升時(shí)，有

17、 －(mgsin θ＋f)x＝Ek－Ek0，即 Ek＝－(f＋mgsin θ)x＋Ek0， 所以Ek與x的函數(shù)關(guān)系圖象為直線，且斜率為負(fù)． 當(dāng)小物塊沿斜面下滑時(shí)根據(jù)動(dòng)能定理有 (mgsin θ－f)(x0－x)＝Ek－0(x0為小物塊到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的位移)，即 Ek＝－(mgsin θ－f)x＋(mgsin θ－f)x0 所以下滑時(shí)Ek隨x的減小而增大且為直線． 綜上所述，選項(xiàng)C正確．] 5．(2013·江蘇高考T5)水平面上，一白球與一靜止的灰球碰撞，兩球質(zhì)量相等．碰撞過程的頻閃照片如圖5-9所示，據(jù)此可推斷，碰撞過程中系統(tǒng)損失的動(dòng)能約占碰撞前動(dòng)能的(　　) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17

18、214086】 圖5-9 A．30% B．50% C．70% D．90% A　[根據(jù)v＝和Ek＝mv2解決問題．量出碰撞前的小球間距與碰撞后的小球間距之比為12∶7，即碰撞后兩球速度大小v′與碰撞前白球速度v的比值，＝．所以損失的動(dòng)能ΔEk＝mv2－·2mv′2，≈30%，故選項(xiàng)A正確．] 1．應(yīng)用動(dòng)能定理解題的4個(gè)步驟 (1)確定研究對(duì)象及其運(yùn)動(dòng)過程； (2)分析受力情況和各力的做功情況； (3)明確物體初末狀態(tài)的動(dòng)能； (4)由動(dòng)能定理列方程求解． 2．應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)注意的3個(gè)問題 (1)動(dòng)能定理往往用于單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過程，由于不牽扯加速度及時(shí)

19、間，比動(dòng)力學(xué)研究方法要簡(jiǎn)潔． (2)動(dòng)能定理表達(dá)式是一個(gè)標(biāo)量式，在某個(gè)方向上應(yīng)用動(dòng)能定理是沒有依據(jù)的． (3)物體在某個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中包含有幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的小過程(如加速、減速的過程)，此時(shí)可以分段考慮，也可以對(duì)全過程考慮，但若能對(duì)整個(gè)過程利用動(dòng)能定理列式則可使問題簡(jiǎn)化． ●考向1　動(dòng)能定理與圖象的結(jié)合 6．(2017·鹽城二模)質(zhì)量為m的球從地面以初速度v0豎直向上拋出，已知球所受的空氣阻力與速度大小成正比，下列圖象分別描述了球在空中運(yùn)動(dòng)的加速度a、速度v隨時(shí)間t的變化關(guān)系和動(dòng)能Ek、機(jī)械能E(選地面處重力勢(shì)能為零)隨球距離地面高度h的變化關(guān)系，其中可能正確的是(　　) 【導(dǎo)學(xué)

20、號(hào)：17214087】 A　　　　　　B C　　　　　　D C　[v-t圖象與t軸的交點(diǎn)表示小球到達(dá)最高點(diǎn)，速度為0，此時(shí)空氣阻力為0，小球所受的合力等于重力，由牛頓第二定律得：mg＝ma，a＝g≠0，故A錯(cuò)誤．上升過程有 mg＋f＝ma上，下降過程有mg－f＝ma下，又f＝kv，得a上＝g＋，則上升過程中，隨著v的減小，a減?。蓴?shù)學(xué)知識(shí)有＝·＝a，減小，所以a-t圖象應(yīng)是曲線．同理，下降過程，a-t圖象也是曲線，故B錯(cuò)誤．上升過程有ΔEk＝－(mg＋kv)Δh，得＝－(mg＋kv)，v減小，減小，Ek-h圖象應(yīng)是切線斜率逐漸減小的曲線．下降過程有ΔEk＝(mg－kv)Δh，得

21、＝mg－kv，v增大，減小，Ek-h圖象應(yīng)是切線斜率逐漸減小的曲線，故C正確．上升過程有ΔE＝－kv·Δh，得＝－kv，v減小，減小，E-h圖象應(yīng)是曲線，故D錯(cuò)誤．] ●考向2　多過程應(yīng)用動(dòng)能定理 7．(2017·鎮(zhèn)江一模)如圖5-10所示的裝置由水平彈簧發(fā)射器及兩個(gè)軌道組成：軌道Ⅰ是光滑軌道AB，AB間高度差h1＝0．20 m；軌道Ⅱ由AE和螺旋圓形EFG兩段光滑軌道和粗糙軌道GB平滑連接而成，且A點(diǎn)與F點(diǎn)等高．軌道最低點(diǎn)與AF所在直線的高度差h2＝0．40 m．當(dāng)彈簧壓縮量為d時(shí)，恰能使質(zhì)量m＝0．05 kg的滑塊沿軌道Ⅰ上升到B點(diǎn)，當(dāng)彈簧壓縮量為2d時(shí)，恰能使滑塊沿軌道Ⅱ上升到B點(diǎn)，

22、滑塊兩次到達(dá)B點(diǎn)處均被裝置鎖定不再運(yùn)動(dòng)．已知彈簧彈性勢(shì)能Ep與彈簧壓縮量x的平方成正比，彈簧始終處于彈性限度范圍內(nèi)，不考慮滑塊與發(fā)射器之間的摩擦，重力加速度g取10 m/s2． 圖5-10 (1)當(dāng)彈簧壓縮量為d時(shí)，求彈簧的彈性勢(shì)能及滑塊離開彈簧瞬間的速度大??； (2)求滑塊經(jīng)過螺旋圖形軌道最高點(diǎn)F處時(shí)對(duì)軌道的壓力大小； (3)求滑塊通過GB段過程中克服摩擦力所做的功． 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214088】 【解析】　(1)當(dāng)彈簧壓縮量為d時(shí)，恰能使質(zhì)量m＝0．05 kg的滑塊沿軌道Ⅰ上升到B點(diǎn)，所以根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得： 彈簧彈性勢(shì)能Ep1＝mgh1 解得：Ep1＝0．1

23、J 又對(duì)滑塊由靜止到離開彈簧過程由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得： Ep1＝mv2 解得：v＝2 m/s． (2)根據(jù)題意，彈簧彈性勢(shì)能Ep與彈簧壓縮量x的平方成正比，所以彈簧壓縮量為2d時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能為Ep2＝0．4 J 根據(jù)題意，滑塊到達(dá)F點(diǎn)處的速度v′＝4 m/s 根據(jù)牛頓第二定律：F＝ma 可得：mg＋FN＝m 解得：FN＝3．5 N 根據(jù)牛頓第三定律：F處滑塊對(duì)軌道的壓力大小為3．5 N． (3)滑塊通過GB段過程，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得 Ep2＝mgh1＋Q 解得：Q＝0．3 J 又Q＝W克 所以滑塊通過GB段過程中克服摩擦力所做的功W克＝0．3 J． 【答

24、案】　(1)0．1 J　2 m/s　(2)3．5 N　(3)0．3 J 8．(2017·徐州模擬)如圖5-11所示為某車間傳送裝置的簡(jiǎn)化示意圖，由水平傳送帶、粗糙斜面、輕質(zhì)彈簧及力傳感器組成．傳送帶通過一段光滑圓弧與斜面頂端相切，且保持v0＝4 m/s的恒定速率運(yùn)行，AB之間距離為L(zhǎng)＝8 m，斜面傾角θ＝37°，彈簧勁度系數(shù)k＝200 N/m，彈性勢(shì)能Ep＝kx2，式中x為彈簧的形變量，彈簧處于自然狀態(tài)時(shí)上端到斜面頂端的距離為d＝3．2 m．現(xiàn)將一質(zhì)量為4 kg的工件輕放在傳送帶A端，工件與傳送帶、斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0．5，不計(jì)其它阻力，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8，g

25、取10 m/s2．求： 圖5-11 (1)工件傳到B端經(jīng)歷的時(shí)間； (2)傳感器的示數(shù)最大值； (3)工件經(jīng)多次緩沖后停在斜面上，傳感器的示數(shù)為20 N，工件在斜面上通過的總路程．(結(jié)果保留三位有效數(shù)字) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214089】 【解析】　(1)設(shè)工件輕放后向右的加速度為a，達(dá)共速時(shí)位移為x1，時(shí)間為t1，由牛頓第二定律：μmg＝ma 可得：a＝μg＝5 m/s2 t1＝＝ s＝0．8 s x1＝at2＝×5×0．82 m＝1．6 m 接著工件向右勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)時(shí)間為t2， t2＝＝ s＝1．6 s 工件傳到B端經(jīng)歷的時(shí)間t＝t1＋t2＝2．4 s． (2)

26、設(shè)傳感器示數(shù)最大時(shí)彈簧的壓縮量為Δx1，由動(dòng)能定理得： mg(d＋Δx1)sin 37°－μmg(d＋Δx1)cos 37°－kΔx＝0－mv 代入數(shù)據(jù)得：Δx1＝0．8 m 傳感器的示數(shù)最大值為：Fm＝k·Δx1＝160 N． (3)設(shè)傳感器示數(shù)為20 N時(shí)彈簧的壓縮量為Δx2，工件在斜面上通過的總路程為s，則： Δx2＝＝ m＝0．1 m 由能量守恒得： mv＋mg(d＋Δx2)sin 37°＝μmgscos 37°＋kΔx 代入數(shù)據(jù)得：s＝6．89 m． 【答案】　(1)2．4 s　(2)160 N　(3)6．89 m ●考向3　動(dòng)能定理在機(jī)車啟動(dòng)問題中的應(yīng)用 9．

27、(2017·紅橋區(qū)期末)一輛由電動(dòng)機(jī)提供牽引力的實(shí)驗(yàn)小車在水平的直軌道上由靜止開始運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的全過程轉(zhuǎn)化為如圖5-12所示的v -t圖象，圖象顯示2 s～10 s時(shí)間段內(nèi)的圖象為曲線，其余時(shí)間段圖象均為直線．已知實(shí)驗(yàn)小車運(yùn)動(dòng)的過程中，2 s～14 s時(shí)間段內(nèi)小車的功率保 持不變，在14 s末關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)而讓小車自由滑行．已知小車的質(zhì)量為1 kg，假設(shè)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中小車所受到的阻力大小不變．求： 圖5-12 (1)小車所受到的阻力大小及0～2 s時(shí)間內(nèi)電動(dòng)機(jī)提供的牽引力F的大??； (2)小車勻速行駛階段的功率P； (3)小車在0～10 s運(yùn)動(dòng)過程中位移x的大?。? 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：1

28、7214090】 【解析】　(1)由圖象可得，在14 s～18 s內(nèi)的加速度為： a3＝＝ m/s2＝－0．75 m/s2 小車受到阻力大小為： f＝ma3＝0．75 N 在0～2 s內(nèi)的加速度為： a1＝＝ m/s2＝0．5 m/s2 由F－f＝ma1得，電動(dòng)機(jī)提供的牽引力大小為： F＝ma1＋f＝1．25 N． (2)在10 s～14 s內(nèi)小車做勻速運(yùn)動(dòng)，有：F＝f 故小車功率為：P＝Fv＝0．75×3 W＝2．25 W． (3)速度圖象與時(shí)間軸的“面積”的數(shù)值等于物體位移大?。? 0～2 s內(nèi)，s1＝×2×1 m＝1 m 2 s～10 s內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理有： P

29、t－fs2＝mv－mv 代入數(shù)據(jù)解得：s2＝18．7 m 故小車在加速過程中的位移為： s＝s1＋s2＝19．7 m． 【答案】　(1)0．75 N　1．25 N　(2)2．25 W　(3)19．7 m 規(guī)范練高分| 動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用類問題 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第25頁(yè)) [典題在線] (2017·湖南十校聯(lián)考)(18分)為了研究過山車的原理，某物理小組提出了下列的設(shè)想：取一個(gè)與水平方向夾角為θ＝60°，長(zhǎng)為L(zhǎng)1＝2 m的傾斜軌道AB，①通過微小圓弧與長(zhǎng)為 L2＝ m的水平軌道BC相連，然后在C處設(shè)計(jì)一個(gè)②豎直完整的光滑圓軌道，出口為水平軌道D，如圖5-13所示．現(xiàn)將一個(gè)小球從

30、距A點(diǎn)高為h＝0．9 m的水平臺(tái)面上以一定的初速度v0水平彈出，③到A點(diǎn)時(shí)速度方向恰沿AB方向，并沿傾斜軌道滑下．已知④小球與AB和BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝．g取10 m/s2，求： 　　　⑤圖5-13　　　 (1)小球初速度v0的大?。? (2)小球滑過C點(diǎn)時(shí)的速度vC； (3)要使⑥小球不離開軌道，則豎直圓弧軌道的半徑R應(yīng)該滿足什么條件． [信息解讀] ①長(zhǎng)度忽略不計(jì)且此處無碰撞和能量損失． ②注意小球豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的處理方法． ③可在A點(diǎn)分解速度求解v0． ④小球在AB和BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，受摩擦力作用，存在摩擦力做功． ⑤由圖可知，小球運(yùn)動(dòng)是“平拋＋斜面＋圓周”的

31、組合． ⑥可在豎直平面內(nèi)通過圓周最高點(diǎn)或在豎直平面內(nèi)上升的高度不超過其半徑． [考生抽樣] [閱卷點(diǎn)評(píng)] 點(diǎn)評(píng) 內(nèi)容 點(diǎn)評(píng)1 該生在第(1)(2)步上分析及解析比較規(guī)范，能得全分(8分)． 點(diǎn)評(píng)2 在第(3)步中，該生對(duì)“小球不離開軌道”的理解不全面，只考慮了完整圓周運(yùn)動(dòng)的情況，故只能得到5分． [規(guī)范解答] 【解析】　(1)小球做平拋運(yùn)動(dòng)到達(dá)A點(diǎn)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知豎直方向有：v＝2gh①(2分) 即：vy＝3 m/s②(1分) 因?yàn)樵贏點(diǎn)的速度恰好沿AB方向， 所以小球初速度：v0＝vytan 30°＝ m/s．③(2分) (2)從水平拋出到C點(diǎn)的過程中

32、，由動(dòng)能定理得： mg(h＋L1sin θ)－μmgL1cos θ－μmgL2＝mv－mv④(2分) 解得：vC＝3 m/s．⑤(1分) (3)小球剛好能通過最高點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有： mg＝m⑥(2分) 小球做圓周運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理有： －2mgR1＝mv2－mv⑦(2分) 解得：R1＝＝1．08 m⑧(1分) 當(dāng)小球剛好能到達(dá)與圓心等高時(shí)有： mgR2＝mv⑨(2分) 解得：R2＝＝2．7 m⑩(2分) 當(dāng)圓軌道與AB相切時(shí)：R3＝BCtan 60°＝1．5 m，即圓軌道的半徑不能超過1．5 m 綜上所述，要使小球不離開軌道，R應(yīng)該滿足的條件是： 0＜R≤1．08 m．(2分) 【答案】　(1) m/s　　(2)3 m/s (3)0＜R≤1．08 m [評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)] 第(1)問中，若寫出表達(dá)式①和③且數(shù)據(jù)正確的給滿分，若結(jié)果v0的計(jì)算錯(cuò)誤，則去掉1分． 第(2)問中的方程④若分段寫出方程且正確同樣給分． 第(3)問中若答案為0＜R≤2．7 m要減去最后2分，若分析和斜面的相切的情況，但結(jié)果寫成0＜R≤1．5 m，可減去1分． 16