《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能 第39講 動(dòng)能定理的理解和應(yīng)用加練半小時(shí) 教科版.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能 第39講 動(dòng)能定理的理解和應(yīng)用加練半小時(shí) 教科版.docx（7頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第39講 動(dòng)能定理的理解和應(yīng)用 [方法點(diǎn)撥]　(1)要對(duì)研究對(duì)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(duì)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(hào)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1 A．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)AB＝BC，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2 A．EkB－EkA＝EkC－EkB B．EkB－EkA＜EkC－EkB C．EkB－EkA＞EkC－EkB D．EkC＜2EkB 3.(2018山東青島二中模擬)質(zhì)量為10kg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x＝0處，速度為1m/s，不計(jì)一切摩擦，則物體運(yùn)動(dòng)到x＝16m處時(shí)，速度大小為(　　) 圖3 A．2m/s B．3 m/sC．4m/sD.m/s 4．(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(shì)能為Ep(選水平地面為零勢(shì)能參考面，不計(jì)空氣阻力)．下列圖像中大致能反映小球動(dòng)能Ek、勢(shì)能Ep變化規(guī)律的是(　　) 圖4 圖5 5．(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m＝2kg，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)OA＝0.3m，OB＝0.4m，改變水平力F的大小，使A球向右加速運(yùn)動(dòng)，已知A球向右運(yùn)動(dòng)0.1m時(shí)速度大小為3m/s，則在此過程中繩對(duì)B球的拉力所做的功為(取g＝10 m/s2)(　　) A．11JB．16JC．18JD．9J 6．(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f，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6 A．小車被彈回時(shí)速度v一定小于v0 B．若直桿在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)，移動(dòng)的距離等于(mv－mv2) C．直桿在槽內(nèi)向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，小車與直桿始終保持相對(duì)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(tái)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1kg和0.5kg.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10W保持不變，轎廂上升1m后恰好達(dá)到最大速度．不計(jì)空氣阻力和摩擦阻力，g＝10m/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的大小； (2)轎廂向上的加速度為a＝2m/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，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θ，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r＝0.3m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)軌道，分別與上下圓弧軌道相切連接，BC的長度L＝0.2m．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m＝0.3kg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，g＝10m/s2，求： 圖9 (1)當(dāng)小球由D點(diǎn)以10m/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3m/s的速度水平飛出時(shí)，小球過圓弧A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小； (3)若在D點(diǎn)右側(cè)連接一半徑為R＝0.4m的半圓形光滑軌道DEF，如圖乙所示，要使小球不脫離軌道運(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)果可用根式表示)． 答案精析 1．AD　[設(shè)A距離地面的高度為h，板材的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，對(duì)全過程運(yùn)用動(dòng)能定理有mgh－μmgcosθsAB－μmgsBP＝0，得mgh－μmg(sABcosθ＋sBP)＝0，而sABcosθ＋sBP＝，即h－μ＝0，鐵塊在新斜面上有mgsinα－μmgcosα＝ma，由sinα－μcosα＝＝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．] 2．CD　[由動(dòng)能定理得EkB－EkA＝WAB，EkC－EkB＝WBC，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WAB＞W(wǎng)BC，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，C、D正確．] 3．B　[F－x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x＝16m處時(shí)，力F對(duì)物體做的總功W＝40J，由動(dòng)能定理得W＝mv2－mv，解得v＝3m/s，B正確．] 4．AD　[由動(dòng)能定理可知，mg(H－h(huán))＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0＋mgH－mgh，Ek－h(huán)圖像為一次函數(shù)圖像，B項(xiàng)錯(cuò)誤；又Ek＝Ek0＋mg2t2，可知Ek－t圖像為開口向上的拋物線，A項(xiàng)正確；由重力勢(shì)能定義式有：Ep＝mgh，Ep－h(huán)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：H－h(huán)＝gt2，所以Ep＝mg(H－gt2)，所以Ep－t圖像不是直線，C項(xiàng)錯(cuò)誤．] 5．C　[A球向右運(yùn)動(dòng)0.1m時(shí)，由幾何關(guān)系得，B上升距離：h＝0.4m－m＝0.1m，此時(shí)細(xì)繩與水平方向夾角θ的正切值：tanθ＝，則得cosθ＝，sinθ＝，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解知識(shí)可知：vBsinθ＝vAcosθ，可得vB＝4m/s.以B球?yàn)檠芯繉?duì)象，由動(dòng)能定理得：W－mgh＝mv，代入數(shù)據(jù)解得：W＝18J，即繩對(duì)B球的拉力所做的功為18J，故選C.] 6．BD　[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(duì)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(duì)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：fs＝ΔEk，直桿在槽內(nèi)移動(dòng)的距離s＝(mv－mv2)，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(duì)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)2m/s　(2)8N　(3)0.8s 解析　(1)當(dāng)轎廂受力平衡，即牽引力F＝(M－m)g時(shí)轎廂速度最大 由P＝Fvm得vm＝＝2m/s (2)轎廂的加速度為a＝2m/s2時(shí)， 對(duì)A：FA－Mg＝Ma 對(duì)B：FB＋mg－FA＝ma 解得：FB＝8N (3)由動(dòng)能定理可知：Pt－Mgh＋mgh＝(M＋m)v 得t＝0.8s. 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桿向上，大小相等，設(shè)為F，根據(jù)胡克定律有 F＝k(L－L)① 設(shè)小球靜止時(shí)受到的摩擦力大小為f，方向沿桿向下， 根據(jù)平衡條件有mgsinθ＋f＝2F② 由①②式并代入已知數(shù)據(jù)得f＝③ 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(shì)能相等，故小球從P到Q的過程中，彈簧對(duì)小球做功為零 據(jù)動(dòng)能定理有W合＝ΔEk④ －mg2(L－L)sinθ－f2(L－L) ＝0－mv2⑤ 由③⑤式得 v＝⑥ 9．見解析 解析　(1)小球由D點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，有： x＝v0t 2r＋L＝gt2 解得：x＝4m (2)由A到D過程，由動(dòng)能定理：－mg(2r＋L)＝mv－mv 在A點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律：N－mg＝m 代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得N＝28N 根據(jù)牛頓第三定律：N′＝N 即小球在A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小：N′＝28N (3)若小球到C后返回，由動(dòng)能定理有：mv＝mg(r＋L) 若小球能過D做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在D點(diǎn)有：mg＝m A到D過程，由動(dòng)能定理：－mg(2r＋L)＝mvD′2－mv 代入數(shù)據(jù)，解得：vA1＝m/s，vA2＝2m/s，則小球的速度大小范圍為vA≤m/s或vA≥2m/s.