《（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 動能定理學(xué)案》由會員分享，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 動能定理學(xué)案（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

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

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，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點運動到B點．在此過程中拉力的瞬時功率變化情況是(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：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 小球以恒定速率運動 小球做勻速圓周運動 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，重力的瞬時功率也逐漸增大，則拉力的瞬時功率也逐漸增大，A項正確．] 2．(2017·江蘇高考T14)如圖5-2所示，兩個半圓柱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，直至C恰好降到地面．整個過程中B保持靜止．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g．求： 圖5-2 (1)未拉A時，C受到B作用力的大小F； (2)動摩擦因數(shù)的最小值μmin； (3)A移動的整個過程中，拉力做的功W． 【導(dǎo)學(xué)號：1721408

4、1】 【解析】　(1)對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，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．計算功、功率時應(yīng)注意的三個問題 (

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問題的正確轉(zhuǎn)化，如將變力轉(zhuǎn)化為恒力，也可應(yīng)用動能定理等方法求解． (3)對于功率的計算，應(yīng)注意區(qū)分公式P＝ 和公式P＝Fv，前式側(cè)重于平均功率的計算，而后式側(cè)重于瞬時功率的計算． 2．機車啟動模型中的兩點技巧 機車啟動勻加速過程的最大速度v1(此時機車輸出的功率最大)和全程的最大速度vm(此時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，小球從A點正上方O點靜止釋放，從A點切入圓槽，剛好能運動至C點．設(shè)球在AB段和BC段運動過程中，運動時間分別為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C點速度大小為零，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，兩段弧長相等，所以t1＜t2，B選項正確．在AB和BC任一對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)功的計算公式可得W1＞W(wǎng)2，C選項正確．] 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．已知某次拋出點的實際高度為2．0 m，桶的高度為0．4 m，到拋出點的水平距離為1．6 m，球恰好落入桶內(nèi)，籃球質(zhì)量約為0．5 kg，小明對球做功約為(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：17214082】 圖5-4 A．0．2 J B．2 J C．20 J D．200 J B　[籃球做平拋運動，豎直方向下降高度為拋出點的實際高度與桶的高度差，豎直方向：H－h(huán)＝gt2① 水平方向：

8、x＝vt② 由動能定理，人對籃球做功為籃球平拋初動能，則： W＝Mv2③ 由以上三式代入數(shù)據(jù)可得小明對球做功約為2 J，故選 B．] ●考向2　功率的分析和計算 3．(多選)(2017·徐州期中)如圖5-5所示，物塊用一不可伸長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)．小球由靜止釋放運動到最低點過程中，物塊始終保持靜止，不計空氣阻力．下列說法正確的有(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：17214083】 圖5-5 A．小球剛釋放時，地面對物塊的摩擦力為零 B．小球運動到最低點時，地面對物塊的支持力可能為零 C．上述過程中小球的機械能守恒 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，小球速度為零，此時繩子的拉力為零，對物塊分析可知，受到的摩擦力為零，故A正確；小球運動到最低點時，若地面對物塊的支持力為零，此時繩子的拉力對物塊有向右的分力，不可能靜止，故B錯誤；整體受力分析，只有重力做功，故機械能守恒，故C正確；剛釋放小球時，小球速度為零，小球重力的功率為零，到達最低點時，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錯誤．] 4．(2017·宿遷三模)如圖5-6所示，四個相同的小球A、B、C、D，其中A、B、C位于同一高度h處，A做自由落體運動，B沿光滑斜面由靜止滑下，C做平拋運動，D從地面開始做斜拋

10、運動，其運動的最大高度也為h．在每個小球落地的瞬間，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：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做自由落體運動，C做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，故A、C落地時豎直方向的速度大小相同，故落地時的功率P＝mgv相同；D做斜拋運動，到達最高點跟A下落時的高度相同，故豎直方向的速度跟A落地時的速度大小相同，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　機車啟動問題 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”天氣的一個重要因素，為減少二氧化碳排放，我國城市公交正大力推廣新型節(jié)能環(huán)保電動車，在檢測某款電動車性能的實驗中，質(zhì)量為8×102 kg的電動車由靜止開始沿平直公路行駛，達到的最大速度為15 m/s，利用傳感器測得此過程中不同時刻電動車的牽引力F及對應(yīng)的速度v，并描繪出F-圖象(圖中AB、AO均為直線)，假設(shè)電動車行駛時所受的阻力恒定，則根據(jù)圖象，下列判斷中正確的是(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：17214085】 圖5-7 A．電動車運

12、動過程中所受的阻力f＝2 000 N B．電動車的額定功率P＝6 000 W C．電動車由靜止開始持續(xù)勻加速運動的時間t＝7．5 s D．電動車從靜止開始運動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，牽引力為Fmin＝400 N，故恒定阻力f＝Fmin＝400 N，故A錯誤；額定功率P＝Fminvmax＝6 kW，故B正確；勻加速運動的加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2，勻加速運動的最大速度v＝＝ m/s＝3 m/s，電動車維持勻加速運動的時間t＝＝1．5 s，故C錯誤；AC段做變加速直線運動，無法求解其運動位移，所以無法求出時間，也就求不出阻

13、力做的功，故D錯誤．] 考點2| 動能定理的應(yīng)用　難度：較難 題型：選擇題、計算題 五年3考 (對應(yīng)學(xué)生用書第23頁) 3．(2015·江蘇高考T14)一轉(zhuǎn)動裝置如圖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，原長為L．裝置靜止時，彈簧長為L．轉(zhuǎn)動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，裝置轉(zhuǎn)動的角速度ω0； (3)

14、彈簧長度從L緩慢縮短為L的過程中，外界對轉(zhuǎn)動裝置所做的功W． 【解題關(guān)鍵】　 關(guān)鍵語句 信息解讀 四根輕桿OA、OC、AB和CB與兩個小球及一小環(huán)通過鉸鏈連接 輕桿對小球和小環(huán)的力一定沿桿，可以是拉力，也可以是壓力 裝置靜止時，彈簧長為L 小球和小環(huán)的合力均為零 彈簧對小環(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 彈簧長度從L緩慢縮短為的過程中 全過程彈簧的彈性勢能變化為零 【解析】　(1)裝置靜止時，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 對小球，F(xiàn)2cos θ2＝mg F2sin θ2＝mωlsin θ2 且cos θ2＝ 解得ω0＝． (3)彈簧長度為L時，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＝ 對小球，F(xiàn)3cos θ3＝T3cos θ3＋mg F3sin θ3＋T3sin θ3＝mωlsin θ3 解得ω3＝ 整個過程彈簧彈性勢能變化為零，則彈力做的功為零，由動能定理 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，然后滑回到原處．物塊初動能為Ek0，與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x關(guān)系的圖線是(　　) C　[設(shè)斜面傾角為θ，根據(jù)動能定理，當(dāng)小物塊沿斜面上升時，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根據(jù)動能定理有 (mgsin θ－f)(x0－x)＝Ek－0(x0為小物塊到達最高點時的位移)，即 Ek＝－(mgsin θ－f)x＋(mgsin θ－f)x0 所以下滑時Ek隨x的減小而增大且為直線． 綜上所述，選項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)損失的動能約占碰撞前動能的(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：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，＝．所以損失的動能ΔEk＝mv2－·2mv′2，≈30%，故選項A正確．] 1．應(yīng)用動能定理解題的4個步驟 (1)確定研究對象及其運動過程； (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)的動能； (4)由動能定理列方程求解． 2．應(yīng)用動能定理解題應(yīng)注意的3個問題 (1)動能定理往往用于單個物體的運動過程，由于不牽扯加速度及時

19、間，比動力學(xué)研究方法要簡潔． (2)動能定理表達式是一個標(biāo)量式，在某個方向上應(yīng)用動能定理是沒有依據(jù)的． (3)物體在某個運動過程中包含有幾個運動性質(zhì)不同的小過程(如加速、減速的過程)，此時可以分段考慮，也可以對全過程考慮，但若能對整個過程利用動能定理列式則可使問題簡化． ●考向1　動能定理與圖象的結(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動的加速度a、速度v隨時間t的變化關(guān)系和動能Ek、機械能E(選地面處重力勢能為零)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：17214087】 A　　　　　　B C　　　　　　D C　[v-t圖象與t軸的交點表示小球到達最高點，速度為0，此時空氣阻力為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錯誤．] ●考向2　多過程應(yīng)用動能定理 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點與F點等高．軌道最低點與AF所在直線的高度差h2＝0．40 m．當(dāng)彈簧壓縮量為d時，恰能使質(zhì)量m＝0．05 kg的滑塊沿軌道Ⅰ上升到B點，當(dāng)彈簧壓縮量為2d時，恰能使滑塊沿軌道Ⅱ上升到B點，

22、滑塊兩次到達B點處均被裝置鎖定不再運動．已知彈簧彈性勢能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，求彈簧的彈性勢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F處時對軌道的壓力大??； (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：17214088】 【解析】　(1)當(dāng)彈簧壓縮量為d時，恰能使質(zhì)量m＝0．05 kg的滑塊沿軌道Ⅰ上升到B點，所以根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得： 彈簧彈性勢能Ep1＝mgh1 解得：Ep1＝0．1

23、J 又對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，彈簧彈性勢能為Ep2＝0．4 J 根據(jù)題意，滑塊到達F點處的速度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的恒定速率運行，AB之間距離為L＝8 m，斜面傾角θ＝37°，彈簧勁度系數(shù)k＝200 N/m，彈性勢能Ep＝kx2，式中x為彈簧的形變量，彈簧處于自然狀態(tài)時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、斜面間的動摩擦因數(shù)均為0．5，不計其它阻力，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：17214089】 【解析】　(1)設(shè)工件輕放后向右的加速度為a，達共速時位移為x1，時間為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動，設(shè)時間為t2， t2＝＝ s＝1．6 s 工件傳到B端經(jīng)歷的時間t＝t1＋t2＝2．4 s． (2)

26、設(shè)傳感器示數(shù)最大時彈簧的壓縮量為Δx1，由動能定理得： 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　動能定理在機車啟動問題中的應(yīng)用 9．

27、(2017·紅橋區(qū)期末)一輛由電動機提供牽引力的實驗小車在水平的直軌道上由靜止開始運動，其運動的全過程轉(zhuǎn)化為如圖5-12所示的v -t圖象，圖象顯示2 s～10 s時間段內(nèi)的圖象為曲線，其余時間段圖象均為直線．已知實驗小車運動的過程中，2 s～14 s時間段內(nèi)小車的功率保 持不變，在14 s末關(guān)閉發(fā)動機而讓小車自由滑行．已知小車的質(zhì)量為1 kg，假設(shè)在整個運動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時間內(nèi)電動機提供的牽引力F的大??； (2)小車勻速行駛階段的功率P； (3)小車在0～10 s運動過程中位移x的大?。? 【導(dǎo)學(xué)號：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，電動機提供的牽引力大小為： F＝ma1＋f＝1．25 N． (2)在10 s～14 s內(nèi)小車做勻速運動，有：F＝f 故小車功率為：P＝Fv＝0．75×3 W＝2．25 W． (3)速度圖象與時間軸的“面積”的數(shù)值等于物體位移大小： 0～2 s內(nèi)，s1＝×2×1 m＝1 m 2 s～10 s內(nèi)，根據(jù)動能定理有： 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| 動能定理的綜合應(yīng)用類問題 (對應(yīng)學(xué)生用書第25頁) [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：取一個與水平方向夾角為θ＝60°，長為L1＝2 m的傾斜軌道AB，①通過微小圓弧與長為 L2＝ m的水平軌道BC相連，然后在C處設(shè)計一個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)將一個小球從

30、距A點高為h＝0．9 m的水平臺面上以一定的初速度v0水平彈出，③到A點時速度方向恰沿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點時的速度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長度忽略不計且此處無碰撞和能量損失． ②注意小球豎直平面內(nèi)圓周運動的處理方法． ③可在A點分解速度求解v0． ④小球在AB和BC上運動時，受摩擦力作用，存在摩擦力做功． ⑤由圖可知，小球運動是“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] [閱卷點評] 點評 內(nèi)容 點評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)． 點評2 在第(3)步中，該生對“小球不離開軌道”的理解不全面，只考慮了完整圓周運動的情況，故只能得到5分． [規(guī)范解答] 【解析】　(1)小球做平拋運動到達A點，由平拋運動規(guī)律知豎直方向有：v＝2gh①(2分) 即：vy＝3 m/s②(1分) 因為在A點的速度恰好沿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點的過程中

32、，由動能定理得： 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時，由牛頓第二定律有： mg＝m⑥(2分) 小球做圓周運動過程中，由動能定理有： －2mgR1＝mv2－mv⑦(2分) 解得：R1＝＝1．08 m⑧(1分) 當(dāng)小球剛好能到達與圓心等高時有： mgR2＝mv⑨(2分) 解得：R2＝＝2．7 m⑩(2分) 當(dāng)圓軌道與AB相切時：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 [評分標(biāo)準(zhǔn)] 第(1)問中，若寫出表達式①和③且數(shù)據(jù)正確的給滿分，若結(jié)果v0的計算錯誤，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