2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)題型歸納與變式演練 專題12 動能定理的理解與應(yīng)用(含解析)
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1、專題12 動能定理的理解與應(yīng)用 【專題導(dǎo)航】 目錄 熱點(diǎn)題型一 動能定理的理解 1 熱點(diǎn)題型二 動能定理在直線運(yùn)動中的應(yīng)用 2 熱點(diǎn)題型三 動能定理在曲線運(yùn)動中的應(yīng)用 4 熱點(diǎn)題型四 動能定理與圖象的結(jié)合問題 5 圖像 5 圖像 6 圖像 8 圖像 9 熱點(diǎn)題型五 動能定理在多階段、多過程綜合問題中的應(yīng)用 10 運(yùn)用動能定理巧解往復(fù)運(yùn)動問題 10 動能定理解決平拋、圓周運(yùn)動相結(jié)合的問題 11 【題型演練】 14 【題型歸納】 熱點(diǎn)題型一 動能定理的理解 1.定理中“外力”的兩點(diǎn)理解 (1)重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力,它們可以同時(shí)作用,也
2、可以不同時(shí)作用. (2)既可以是恒力,也可以是變力. 2.公式中“=”體現(xiàn)的三個(gè)關(guān)系 【例1】(2019·廣東六校聯(lián)考)北京獲得2022年冬奧會舉辦權(quán),冰壺是冬奧會的比賽項(xiàng)目.將 一個(gè)冰壺以一定初速度推出后將運(yùn)動一段距離停下來.換一個(gè)材料相同、質(zhì)量更大的冰壺, 以相同的初速度推出后,冰壺運(yùn)動的距離將 ( ) A.不變 B.變小 C.變大 D.無法判斷 【答案】 A 【解析】 冰壺在冰面上以一定初速度被推出后,在滑動摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動,根據(jù)動能定理有-μmgs=0-mv2,得s=,兩種冰壺的初速度相等,材料相同,故運(yùn)動
3、的距離相等.故選項(xiàng)A正確. 【變式1】(2018·高考全國卷Ⅱ)如圖,某同學(xué)用繩子拉動木箱,使它從靜止開始沿粗糙水平路面運(yùn)動至具有某一速度.木箱獲得的動能一定( ) A.小于拉力所做的功 B.等于拉力所做的功 C.等于克服摩擦力所做的功 D.大于克服摩擦力所做的功 【答案】 A 【解析】 由動能定理WF-Wf=Ek-0,可知木箱獲得的動能一定小于拉力所做的功,A正確. 【變式2】關(guān)于運(yùn)動物體所受的合外力、合外力做的功及動能變化的關(guān)系.下列說法正確的是( ) A.合外力為零,則合外力做功一定為零 B.合
4、外力做功為零,則合外力一定為零 C.合外力做功越多,則動能一定越大 D.動能不變,則物體合外力一定為零 【答案】A. 【解析】由W=Flcos α可知,物體所受合外力為零,合外力做功一定為零,但合外力做功為零,可能是α=90°,故A正確,B錯(cuò)誤;由動能定理W=ΔEk可知,合外力做功越多,動能變化量越大,但動能不一定越大,動能不變,合外力做功為零,但合外力不一定為零,C、D均錯(cuò)誤. 熱點(diǎn)題型二 動能定理在直線運(yùn)動中的應(yīng)用 1. 若在直線運(yùn)動中知道初、末狀態(tài),而不需要考慮中間過程時(shí),一般用動能定理處理位移與速度的關(guān)系 2. 一般用分段法來處理問題,找準(zhǔn)直線運(yùn)動中轉(zhuǎn)折處其動
5、能有無損失 【例2】(2019·吉林大學(xué)附中模擬)如圖所示,小物塊從傾角為θ的傾斜軌道上A點(diǎn)由靜止釋放滑下,最終停在水平軌道上的B點(diǎn),小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動摩擦因數(shù)均相同,A、B兩點(diǎn)的連線與水平方向的夾角為α,不計(jì)物塊在軌道轉(zhuǎn)折時(shí)的機(jī)械能損失,則動摩擦因數(shù)為( ) A.tan θ B.tan α C.tan(θ+α) D.tan(θ-α) 【答案】B 【解析】.如圖所示,設(shè)B、O間距離為s1,A點(diǎn)離水平面的高度為h,A、O間的水平距離為s2,物塊的質(zhì)量為m,在物塊下滑的全過程中,應(yīng)用動能定理可得mgh-μmgcos θ
6、·-μmg·s1=0,解得μ==tan α,故選項(xiàng)B正確. 【變式1】如圖所示,質(zhì)量為m的小球,從離地面H高處從靜止開始釋放,落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深 度而停止,設(shè)小球受到空氣阻力為f,重力加速度為g,則下列說法正確( ) A.小球落地時(shí)動能等于mgH B.小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時(shí)的動能 C.整個(gè)過程中小球克服阻力做的功等于mg(H+h) D.小球在泥土中受到的平均阻力為mg(1+) 【答案】C 【解析】小球從靜止開始釋放到落到地面的過程,由動能定理得mgH-fH=mv,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;設(shè)泥的平均阻力為f0,小球陷入泥中的過程,由動能
7、定理得mgh-f0h=0-mv,解得f0h=mgh+mv=mgh+mgH-fH,f0=mg(1+)-,選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤;全過程應(yīng)用動能定理可知,整個(gè)過程中小球克服阻力做的功等于mg(H+h),選項(xiàng)C正確. 【變式2】如圖為某同學(xué)建立的一個(gè)測量動摩擦因數(shù)的模型.物塊自左側(cè)斜面上A點(diǎn)由靜止 滑下,滑過下面一段平面后,最高沖至右側(cè)斜面上的B點(diǎn).實(shí)驗(yàn)中測量出了三個(gè)角度,左、 右斜面的傾角α和β及AB連線與水平面的夾角為θ.物塊與各接觸面間動摩擦因數(shù)相同且為μ, 忽略物塊在拐角處的能量損失,以下結(jié)論正確的是 ( ) A.μ=tan α B.μ=tan β
8、 C.μ=tan θ D.μ=tan 【答案】C 【解析】對全過程運(yùn)用動能定理,結(jié)合摩擦力做功的大小,求出動摩擦因數(shù)大?。O(shè)A、B間的水平長度為x,豎直高度差為h,對A到B的過程運(yùn)用動能定理得mgh-μmgcos α·AC-μmg·CE-μmgcos β·EB=0,因?yàn)锳C·cos α+CE+EB·cos β=x,則有mgh-μmgx=0,解得μ==tan θ,故C正確. 熱點(diǎn)題型三 動能定理在曲線運(yùn)動中的應(yīng)用 【例3】.如圖,一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置,直徑POQ水平.一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開始下落,恰好從P點(diǎn)進(jìn)入
9、軌道.質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí),對軌道的壓力為4mg,g為重力加速度的大?。肳表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中克服摩擦力所做的功.則( )
A.W=mgR,質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn) B.W>mgR,質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn)
C.W=mgR,質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后,繼續(xù)上升一段距離 D.W 10、為Wf=-mgR,即克服摩擦力做的功為W=-Wf=mgR.設(shè)從N到Q的過程中克服摩擦力做功為W′,則W′ 11、點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程中,由動能定理有:mgR-W=mv2,又在最低點(diǎn)時(shí),向心加速度大小a=,兩式聯(lián)立可得a=,A項(xiàng)正確,B項(xiàng)錯(cuò)誤;在最低點(diǎn)時(shí)有N-mg=m,解得N=,C項(xiàng)正確,D項(xiàng)錯(cuò)誤.
熱點(diǎn)題型四 動能定理與圖象的結(jié)合問題
1.解決物理圖象問題的基本步驟
(1)觀察題目給出的圖象,弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義.
(2)根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式.
(3)將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對比,找出圖線的斜率、截距、圖線的交點(diǎn)、圖線下方的面積所對應(yīng)的物理意義,根據(jù)對應(yīng)關(guān)系列式解答問題.
2.四類圖象所圍 12、“面積”的含義
圖像
【例4】如圖甲所示,一質(zhì)量為4 kg的物體靜止在水平地面上,讓物體在隨位移均勻減小的水平推力F作
用下開始運(yùn)動,推力F隨位移x變化的關(guān)系圖象如圖乙所示,已知物體與面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,g取10
m/s2,則下列說法正確的是 ( )
A. 物體先做加速運(yùn)動,推力為零時(shí)開始做減速運(yùn)動 B.物體在水平地面上運(yùn)動的最大位移是10 m
C.物體運(yùn)動的最大速度為2 m/s D.物體在運(yùn)動中的加速度先變小后不變
【答案】 B
【解析】 當(dāng)推力小于摩擦力時(shí)物體就開始做減速運(yùn)動,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;圖乙中圖線與坐標(biāo)軸所圍 13、成的三角形面積表示推力對物體做的功,由此可得推力做的功為W=×4×100 J=200 J,根據(jù)動能定理有W-μmgxmax=0,得xmax=10 m,選項(xiàng)B正確;當(dāng)推力與摩擦力平衡時(shí),加速度為零,速度最大,由題圖乙得F=100-25x(N),當(dāng)F=μmg=20 N時(shí),x=3.2 m,由動能定理得(100+20)·x-μmgx=mv,解得物體運(yùn)動的最大速度vmax=8 m/s,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;當(dāng)推力由100 N減小到20 N的過程中,物體的加速度逐漸減小,當(dāng)推力由20 N減小到0的過程中,物體的加速度又反向增大,此后物體的加速度不變,直至物體靜止,故D項(xiàng)錯(cuò)誤.
【變式】(2019·大連五校聯(lián)考)在 14、某一粗糙的水平面上,一質(zhì)量為2 kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運(yùn)動,當(dāng)運(yùn)動一段時(shí)間后,拉力逐漸減小,且當(dāng)拉力減小到零時(shí),物體剛好停止運(yùn)動,圖中給出了拉力隨位移變化的關(guān)系圖象.已知重力加速度g=10 m/s2.根據(jù)以上信息能精確得出或估算得出的物理量有( )
A.物體與水平面間的動摩擦因數(shù) B.合外力對物體所做的功
C.物體做勻速運(yùn)動時(shí)的速度 D.物體運(yùn)動的時(shí)間
【答案】ABC
【解析】.物體做勻速直線運(yùn)動時(shí),拉力F與滑動摩擦力f大小相等,物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ==0.35,A正確;減速過程由動能定理得WF 15、+Wf=0-mv2,根據(jù)F-x圖象中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積可以估算力F做的功WF,而Wf=-μmgx,由此可求得合外力對物體所做的功,及物體做勻速運(yùn)動時(shí)的速度v,B、C正確;因?yàn)槲矬w做變加速運(yùn)動,所以運(yùn)動時(shí)間無法求出,D錯(cuò)誤.
圖像
【例5】(2019·安徽合肥一模)A、B兩物體分別在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運(yùn)動,先后撤去F1、F2后,兩物體最終停下,它們的v-t圖象如圖所示.已知兩物體與水平面間的滑動摩擦力大小相等.則下列說法正確的是( )
A.F1、F2大小之比為1∶2 B.F1、F2對A、B做功之比為1∶2
C.A、B質(zhì)量之比為2∶1 16、 D.全過程中A、B克服摩擦力做功之比為2∶1
【答案】C.
【解析】由v-t圖象可知,兩個(gè)勻減速運(yùn)動的加速度之比為1∶2,由牛頓第二定律可知,A、B受摩擦力大小相等,所以A、B的質(zhì)量關(guān)系是2∶1,由v-t圖象可知,A、B兩物體加速與減速的位移之和相等,且勻加速位移之比為1∶2,勻減速運(yùn)動的位移之比為2∶1,由動能定理可得,A物體的拉力與摩擦力的關(guān)系,F(xiàn)1·x-Ff1·3x=0-0;B物體的拉力與摩擦力的關(guān)系,F(xiàn)2·2x-Ff2·3x=0-0,因此可得:F1=3Ff1,F(xiàn)2=Ff2,F(xiàn)f1=Ff2,所以F1=2F2.全過程中摩擦力對A、B做功相等,F(xiàn)1、F2對A 17、、B做功大小相等.故A、B、D錯(cuò)誤,C正確.
【變式】(2018·高考全國卷Ⅲ) 地下礦井中的礦石裝在礦車中,用電機(jī)通過豎井運(yùn)送到地面.某豎井中礦車
提升的速度大小v隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖所示,其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過程,它們變速階
段加速度的大小都相同;兩次提升的高度相同,提升的質(zhì)量相等.不考慮摩擦阻力和空氣阻力.對于第①
次和第②次提升過程 ( )
A.礦車上升所用的時(shí)間之比為4∶5 B.電機(jī)的最大牽引力之比為2∶1
C.電機(jī)輸出的最大功率之比為2∶1 D.電機(jī)所做的功之比為4∶5
【答案】AC
【解析】由圖線① 18、知,礦車上升總高度
h=·2t0=v0t0.
由圖線②知,加速階段和減速階段上升高度和
h1=·(+)=v0t0
勻速階段:h-h(huán)1=v0·t′,解得t′=t0
故第②次提升過程所用時(shí)間為+t0+=t0,
兩次上升所用時(shí)間之比為2t0∶t0=4∶5,A對;
對礦車受力分析,當(dāng)?shù)V車向上做加速直線運(yùn)動時(shí),電機(jī)的牽引力最大,由于加速階段加速度相同,故加速時(shí)牽引力相同,B錯(cuò);
在加速上升階段,由牛頓第二定律知,
F-mg=ma,F(xiàn)=m(g+a)
第①次在t0時(shí)刻,功率P1=F·v0,
第②次在時(shí)刻,功率P2=F·,
第②次在勻速階段P2′=F′·=mg·<P2,
可知,電機(jī)輸 19、出的最大功率之比P1∶P2=2∶1,C對;
由動能定理知,兩個(gè)過程動能變化量相同,克服重力做功相同,故兩次電機(jī)做功也相同,D錯(cuò).
圖像
【例6】(2019·山西模擬)用傳感器研究質(zhì)量為2 kg的物體由靜止開始做直線運(yùn)動的規(guī)律時(shí),在計(jì)算機(jī)上得到0~6 s內(nèi)物體的加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示.下列說法正確的是( )
A.0~6 s內(nèi)物體先向正方向運(yùn)動,后向負(fù)方向運(yùn)動 B.0~6 s內(nèi)物體在4 s時(shí)的速度最大
C.物體在2~4 s內(nèi)速度不變 D.0~4 s內(nèi)合力對物體做的功等于0~6 s內(nèi)合力做的功
【答案】D.
【解析】由v=at可知,a-t圖象 20、中,圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示質(zhì)點(diǎn)的速度,0~6 s內(nèi)物體的速度始終為正值,故一直為正方向,A項(xiàng)錯(cuò);t=5 s時(shí),速度最大,B項(xiàng)錯(cuò);2~4 s內(nèi)加速度保持不變且不為零,速度一定變化,C項(xiàng)錯(cuò);0~4 s內(nèi)與0~6 s內(nèi)圖線與坐標(biāo)軸所圍面積相等,故物體4 s末和6 s末速度相同,由動能定理可知,兩段時(shí)間內(nèi)合力對物體做功相等,D項(xiàng)對.
【變式】質(zhì)量為m的小球被系在輕繩一端,在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動,運(yùn)動過程中小球受到空
氣阻力的作用.設(shè)某一時(shí)刻小球通過軌道的最低點(diǎn),此時(shí)繩子的張力為7mg,此后小球繼續(xù)做圓周運(yùn)動,
經(jīng)過半個(gè)圓周恰能通過最高點(diǎn),則在此過程中小球克服空氣阻力所做的功為 ( 21、)
A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR
【答案】C
【解析】最低點(diǎn)7mg-mg=,則最低點(diǎn)速度為:
v1=
最高點(diǎn)mg=,則最高點(diǎn)速度為:v2=
由動能定理得:-2mgR+Wf=mv-mv
解得:Wf=-mgR,故克服空氣阻力做功Wf=mgR,故選項(xiàng)C正確,A、B、D錯(cuò)誤.
圖像
【例7】(2017·高考江蘇卷)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( )
【答案】C.
【解析】設(shè)斜面 22、的傾角為θ,物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ,物塊質(zhì)量為m,小物塊沿斜面向上滑動過程,由動能定理得,-(mgsin θ+μmgcos θ)x=Ek-Ek0,即Ek=Ek0-(mgsin θ+μmgcos θ)x;設(shè)小物塊滑到最高點(diǎn)的距離為L,小物塊沿斜面滑動全過程由能量守恒定律得,Ek=Ek0-mgxsin θ-μmgcos θ(2L-x)=(Ek0-2μmgLcos θ)-(mgsin θ-μmgcos θ)x,故選項(xiàng)C正確.
【變式】(2018·高考江蘇卷)從地面豎直向上拋出一只小球,小球運(yùn)動一段時(shí)間后落回地面.忽略空氣阻力,該過程中小球的動能Ek與時(shí)間t的關(guān)系圖象是 ( )
【答案 23、】A
【解析】對于整個(gè)豎直上拋過程(包括上升與下落),速度與時(shí)間的關(guān)系為
v=v0-gt,v2=g2t2-2v0gt+v,Ek=mv2,可見動能與時(shí)間是二次函數(shù)關(guān)系,由數(shù)學(xué)中的二次函數(shù)知識可判斷A正確.
熱點(diǎn)題型五 動能定理在多階段、多過程綜合問題中的應(yīng)用
1.由于多過程問題的受力情況、運(yùn)動情況比較復(fù)雜,從動力學(xué)的角度分析多過程問題往往比較復(fù)雜,但是,用動能定理分析問題,是從總體上把握其運(yùn)動狀態(tài)的變化,并不需要從細(xì)節(jié)上了解.因此,動能定理的優(yōu)越性就明顯地表現(xiàn)出來了,分析力的作用是看力做的功,也只需把所有的力做的功累加起來即可.
2.運(yùn)用動能定理解決問題時(shí),有兩種思路:一種是全過程 24、列式,另一種是分段列式.
3.全過程列式涉及重力、彈簧彈力,大小恒定的阻力或摩擦力做功時(shí),要注意運(yùn)用它們的功能特點(diǎn):
(1)重力做的功取決于物體的初、末位置,與路徑無關(guān);
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積;
(3)彈簧彈力做功與路徑無關(guān).
4.應(yīng)用動能定理解題的基本步驟
運(yùn)用動能定理巧解往復(fù)運(yùn)動問題
【例8】.如圖所示裝置由AB、BC、CD三段軌道組成,軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接,其中軌道AB、CD段是光滑的,水平軌道BC的長度s=5 m,軌道CD足夠長且傾角θ=37°,A、D兩點(diǎn)離軌道BC的高度分別為h1=4.30 m、h2=1.35 m.現(xiàn) 25、讓質(zhì)量為m的小滑塊自A點(diǎn)由靜止釋放.已知小滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:
(1)小滑塊第一次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度大?。?
(2)小滑塊最終停止的位置距B點(diǎn)的距離.
【答案】(1)3 m/s (2)1.4 m
【解析】(1)小滑塊從A→B→C→D過程中,由動能定理得
mg(h1-h(huán)2)-μmgs=mv-0
將h1、h2、s、μ、g代入得:vD=3 m/s.
(2)對小滑塊運(yùn)動全過程應(yīng)用動能定理,設(shè)小滑塊在水平軌道上運(yùn)動的總路程為s總.有:mgh1=μmgs總
將h1、μ代入得:s總=8.6 26、m
故小滑塊最終停止的位置距B點(diǎn)的距離為2s-s總=1.4 m.
【變式】如圖所示,ABCD是一個(gè)盆式容器,盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧,BC
是水平的,其距離d=0.50 m.盆邊緣的高度為h=0.30 m.在A處放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止
開始下滑(圖中小物塊未畫出).已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的,而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數(shù)為 μ=0.10.
小物塊在盆內(nèi)來回滑動,最后停下來,則停止的地點(diǎn)到B的距離為 ( )
A.0.50 m B.0.25 m C.0.10 m D.0
【答案】D
【解析】設(shè)小物塊在 27、BC段通過的總路程為s,由于只有BC面上存在摩擦力,其做功為-μmgs,而重力做功與路徑無關(guān),由動能定理得:mgh-μmgs=0-0,代入數(shù)據(jù)可解得s=3 m.由于d=0.50 m,所以,小物塊在BC面上經(jīng)過3次往復(fù)運(yùn)動后,又回到B點(diǎn),D正確.
動能定理解決平拋、圓周運(yùn)動相結(jié)合的問題
【例9】.(2019·桂林質(zhì)檢)如圖所示,傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R=0.4 m的光滑半圓軌道BC平滑相連,O點(diǎn)為軌道圓心,BC為圓軌道直徑且處于豎直方向,A、C兩點(diǎn)等高,質(zhì)量m=1 kg的滑塊從A點(diǎn)由靜止開始下滑,恰能滑到與O點(diǎn)等高的D點(diǎn),g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37 28、°=0.8.
(1)求滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ;
(2)若使滑塊能到達(dá)C點(diǎn),求滑塊從A點(diǎn)沿斜面滑下時(shí)的初速度v0的最小值;
(3)若滑塊離開C點(diǎn)的速度大小為4 m/s,求滑塊從C點(diǎn)飛出至落到斜面上所經(jīng)歷的時(shí)間t.
【答案】(1)0.375 (2)2 m/s (3)0.2 s
【解析】(1)滑塊恰能滑到D點(diǎn),則vD=0
滑塊從A→B→D過程中,由動能定理得
mg(2R-R)-μmgcos θ·=0-0
解得μ=0.375.
(2)滑塊恰能過C點(diǎn)時(shí),vC有最小值,則在C點(diǎn)
mg=
滑塊從A→B→D→C過程,由動能定理得
-μmgcos θ·=mv-mv
解得v0=2 29、 m/s.
(3)滑塊離開C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動,設(shè)下落的高度為h,
則有h=gt2
x=v′Ct
=tan 53°
其中v′C=4 m/s,聯(lián)立解得t=0.2 s.
【變式1】(2019·河北衡水中學(xué)模擬)如圖所示,質(zhì)量為0.1 kg的小物塊在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飛離桌面,最終落在水平地面上,已知物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為0.5,桌面高0.45 m,若不計(jì)空氣阻力,取g=10 m/s2,則下列說法錯(cuò)誤的是( )
A.小物塊的初速度是5 m/s B.小物塊的水平射程為1.2 m
C.小物塊在桌面上克服摩擦力做8 J 30、的功 D.小物塊落地時(shí)的動能為0.9 J
【答案】ABC.
【解析】小物塊在桌面上克服摩擦力做功Wf=μmgL=2 J,C錯(cuò);在水平桌面上滑行,由動能定理得-Wf=mv2-mv,解得v0=7 m/s,A錯(cuò);小物塊飛離桌面后做平拋運(yùn)動,有x=vt、h=gt2,聯(lián)立解得x=0.9 m,B錯(cuò);設(shè)小物塊落地時(shí)動能為Ek,由動能定理得mgh=Ek-mv2,解得Ek=0.9 J,D對.
【變式2】如圖,在水平軌道右側(cè)固定半徑為R的豎直圓槽形光滑軌道,水平軌道的PQ段鋪設(shè)特殊材料,
調(diào)節(jié)其初始長度為l,水平軌道左側(cè)有一輕質(zhì)彈簧左端固定,彈簧處于自然伸長狀態(tài).可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊
從軌道右 31、側(cè)A點(diǎn)以初速度v0沖上軌道,通過圓形軌道、水平軌道后壓縮彈簧,并被彈簧以原速率彈回.已
知R=0.4 m,l=2.5 m,v0=6 m/s,物塊質(zhì)量m=1 kg,與PQ段間的動摩擦因數(shù)μ=0.4,軌道其他部分摩
擦不計(jì).g取10 m/s2.求:
(1)物塊第一次經(jīng)過圓軌道最高點(diǎn)B時(shí)對軌道的壓力;
(2)物塊仍以v0從右側(cè)沖上軌道,調(diào)節(jié)PQ段的長度L,當(dāng)L長度是多少時(shí),物塊恰能不脫離軌道返回A點(diǎn)繼續(xù)向右運(yùn)動.
【答案】(1)40 N,豎直向上 (2)1 m
【解析】(1)對物塊,首次從A到B,
有-mg·2R=mv-mv
在B點(diǎn),有:N1+mg=
解得:N1=40 N
根 32、據(jù)牛頓第三定律,小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?0 N,方向豎直向上.
(2)對物塊,從A點(diǎn)到第二次到達(dá)B點(diǎn):
-f·2L-mg·2R=mvB′2-mv,f=μmg
在B點(diǎn),有:mg=
解得:L=1 m
【題型演練】
1.如圖所示,小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動摩擦因數(shù)均相同,小物塊從傾角為θ1的軌道上高度為h
的A點(diǎn)由靜止釋放,運(yùn)動至B點(diǎn)時(shí)速度為v1.現(xiàn)將傾斜軌道的傾角調(diào)至為θ2,仍將物塊從軌道上高度為h的
A點(diǎn)靜止釋放,運(yùn)動至B點(diǎn)時(shí)速度為v2.已知θ2<θ1,不計(jì)物塊在軌道接觸處的機(jī)械能損失.則 ( )
A.v1 33、.v1=v2 D.由于不知道θ1、θ2的具體數(shù)值,v1、v2關(guān)系無法判定
【答案】C
【解析】物體運(yùn)動過程中摩擦力做負(fù)功,重力做正功,由動能定理可得mgh-μmgcos θ·-μmgxBD=mv2,即mgh-μmg·-μmgxBD=mv2,因?yàn)椋絰CD,所以mgh-μmgxBC=mv2,故到達(dá)B點(diǎn)的速度與傾斜軌道的傾角無關(guān),所以v1=v2,故選項(xiàng)C正確.
2.如圖甲所示,一質(zhì)量為4 kg的物體靜止在水平地面上,讓物體在隨位移均勻減小的水平推力F作用下開
始運(yùn)動,推力F隨位移x變化的關(guān)系圖象如圖乙所示,已知物體與地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,g取10 m/s2,
則下列說 34、法正確的是 ( )
A. 物體先做加速運(yùn)動,推力為零時(shí)開始做減速運(yùn)動 B.物體在水平地面上運(yùn)動的最大位移是10 m
C.物體運(yùn)動的最大速度為2 m/s D.物體在運(yùn)動中的加速度先變小后不變
【答案】 B
【解析】 當(dāng)推力小于摩擦力時(shí)物體就開始做減速運(yùn)動,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;圖乙中圖線與坐標(biāo)軸所圍成的三角形面積表示推力對物體做的功,由此可得推力做的功為W=×4×100 J=200 J,根據(jù)動能定理有W-μmgxmax=0,得xmax=10 m,選項(xiàng)B正確;當(dāng)推力與摩擦力平衡時(shí),加速度為零,速度最大,由題圖乙得F=100-25x(N),當(dāng)F=μmg=2 35、0 N時(shí),x=3.2 m,由動能定理得(100+20)·x-μmgx=mv,解得物體運(yùn)動的最大速度vmax=8 m/s,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;當(dāng)推力由100 N減小到20 N的過程中,物體的加速度逐漸減小,當(dāng)推力由20 N減小到0的過程中,物體的加速度又反向增大,此后物體的加速度不變,直至物體靜止,故D項(xiàng)錯(cuò)誤.
3.(2018·高考全國卷Ⅰ)如圖,abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道,ab水平,長度為2R;bc是半徑為R的四分之
一圓弧,與ab相切于b點(diǎn).一質(zhì)量為m的小球,始終受到與重力大小相等的水平外力的作用,自a點(diǎn)處從
靜止開始向右運(yùn)動.重力加速度大小為g.小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動到其軌跡最高點(diǎn),機(jī)械能的 36、增量為( )
A.2mgR B.4mgR C.5mgR D.6mgR
【答案】 C
【解析】 小球從a運(yùn)動到c,根據(jù)動能定理,得
F·3R-mgR=mv,又F=mg,故v1=2,
小球離開c點(diǎn)在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動,水平方向
做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動,且水平方向與豎直方向的加速度大小相等,都為g,故小球從c點(diǎn)到最高點(diǎn)所用的時(shí)間t==2,水平位移x=gt2=2R,根據(jù)功能關(guān)系,小球從a點(diǎn)到軌跡最高點(diǎn)機(jī)械能的增量為力F做的功,即ΔE=F·(2R+R+x)=5mgR.
4.(2019·襄陽模擬)用豎直向上大小為30 37、 N的力F,將2 kg的物體從沙坑表面由靜止提升1 m時(shí)撤去力F,經(jīng)一段時(shí)間后,物體落入沙坑,測得落入沙坑的深度為20 cm.若忽略空氣阻力,g取10 m/s2.則物體克服沙坑的阻力所做的功為( )
A.20 J B.24 J C.34 J D.54 J
【答案】C
【解析】.對整個(gè)過程應(yīng)用動能定理得:F·h1+mgh2-Wf=0,解得:Wf=34 J,C對.
5.(2019·寧波模擬)如圖所示,木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼,木盒和砝碼在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距離后停止.現(xiàn)拿走砝碼,而持續(xù)加一個(gè)豎直向下的恒力F(F=m 38、g),若其他條件不變,則木盒滑行的距離( )
A.不變 B.變小 C.變大 D.變大變小均可能
【答案】B.
【解析】設(shè)木盒質(zhì)量為M,木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼時(shí),由動能定理可知,μ(m+M)gx1=(M+m)v2,解得x1=;加一個(gè)豎直向下的恒力F(F=mg)時(shí),由動能定理可知,μ(m+M)gx2=Mv2,解得x2=,顯然x2 39、與水平方向夾角為45°處,在此過程中人所做的功為( )
A.B .C.D.mv
【答案】C.
【解析】由題意知,繩與水平方向夾角為45°時(shí),沿繩方向的速度v=v0cos 45°=,故質(zhì)量為m的物體速度等于,對物體應(yīng)用動能定理可知,在此過程中人所做的功為W=mv2-0=,C正確.
7. 光滑水平面上靜止的物體,受到一個(gè)水平拉力F作用開始運(yùn)動,拉力隨時(shí)間變化如圖所示,用Ek、v、x、
P分別表示物體的動能、速度、位移和水平拉力的功率,下列四個(gè)圖象中分別定性描述了這些物理量隨時(shí)間變化的情況,正確的是 ( )
【答案】BD
【解析】由動能定理,F(xiàn)x=F·at2=Ek,選項(xiàng)A錯(cuò) 40、誤;在水平拉力F作用下,做勻加速直線運(yùn)動,選項(xiàng)B正確;其位移x=at2,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;水平拉力的功率P=Fv=Fat,選項(xiàng)D正確.
8.一圓弧形的槽,槽底放在水平地面上,槽的兩側(cè)與光滑斜坡aa′、bb′相切,相切處a、b位于同一水平面內(nèi),
槽與斜坡在豎直平面內(nèi)的截面如圖所示.一小物塊從斜坡aa′上距水平面ab的高度為2h處沿斜坡自由滑下,
并自a處進(jìn)入槽內(nèi),到達(dá)b后沿斜坡bb′向上滑行,已知到達(dá)的最高處距水平面ab的高度為h;接著小物塊、
沿斜坡bb′滑下并從b處進(jìn)入槽內(nèi)反向運(yùn)動,若不考慮空氣阻力,則 ( )
A.小物塊再運(yùn)動到a處時(shí)速度變?yōu)榱?
B.小物塊每次經(jīng)過圓弧槽最低點(diǎn)時(shí) 41、對槽的壓力不同
C.小物塊不僅能再運(yùn)動到a處,還能沿斜坡aa′向上滑行,上升的最大高度為h
D.小物塊不僅能再運(yùn)動到a處,還能沿斜坡aa′向上滑行,上升的最大高度小于h
【答案】BD
【解析】因要克服摩擦阻力做功,所以每次通過最低點(diǎn)的速度會變小,根據(jù)牛頓第二定律有FN-mg=m,故可知物塊與圓弧槽間的正壓力會變小,所以B正確;設(shè)第一次通過圓弧槽過程中克服摩擦力做功為Wf,根據(jù)動能定理可得mgh-Wf=0,第二次通過圓弧槽的最低點(diǎn)時(shí)因正壓力減小,所以摩擦力減小,同理,其他位置所對應(yīng)的摩擦力都變小,故第二次通過圓弧槽克服摩擦力做的功將小于第一次,即Wf′<mgh,則小物塊還能沿斜坡aa′向 42、上滑行,上升的最大高度小于h,所以D正確,A、C錯(cuò)誤.
7. 如圖所示,水平桌面上的輕質(zhì)彈簧左端固定,右端與靜止在O點(diǎn)質(zhì)量為m=1 kg的小物塊接觸而不連接,
此時(shí)彈簧無形變.現(xiàn)對小物塊施加F=10 N水平向左的恒力,使其由靜止開始向左運(yùn)動.小物塊在向左運(yùn)動到A點(diǎn)前某處速度最大時(shí),彈簧的彈力為6 N,運(yùn)動到A點(diǎn)時(shí)撤去推力F,小物塊最終運(yùn)動到B點(diǎn)靜止.圖中OA=0.8 m,OB=0.2 m,重力加速度g取10 m/s2.求小物塊:
(1)與桌面間的動摩擦因數(shù)μ;
(2)向右運(yùn)動過程中經(jīng)過O點(diǎn)的速度;
(3)向左運(yùn)動的過程中彈簧的最大壓縮量.
【答案】(1)0.4 (2)1.26 43、m/s (3)0.9 m
【解析】(1)小物塊速度達(dá)到最大時(shí),加速度為零.
F-μmg-F彈=0,μ==0.4.
(2)設(shè)向右運(yùn)動通過O點(diǎn)時(shí)的速度為v0,從O到B,
由動能定理得
-FfxOB=0-mv,F(xiàn)f=μmg=4 N,
解得v0= m/s≈1.26 m/s.
(3)彈簧最大壓縮量為xmax,對小物塊運(yùn)動的全過程,根據(jù)動能定理得FxOA-Ff(2xmax+xOB)=0,
代入數(shù)值得xmax=0.9 m.
10.(2018·高考全國卷 Ⅲ )如圖,在豎直平面內(nèi),一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點(diǎn)相切,BC為圓弧軌道的直徑,O為圓心,OA和OB之間的夾角為α 44、,sin α=.一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運(yùn)動,經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過C點(diǎn),落至水平軌道;在整個(gè)過程中,除受到重力及軌道作用力外,小球還一直受到一水平恒力的作用.已知小球在C點(diǎn)所受合力的方向指向圓心,且此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱悖亓铀俣却笮間.求
(1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大?。?
(2)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)動量的大?。?
(3)小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時(shí)間.
【答案】 見解析
【解析】 (1)設(shè)水平恒力的大小為F0,小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)所受合力的大小為F.由力的合成法則有
=tan α ①
F2=(mg)2+F ②
設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v,由牛頓第二 45、定律得
F=m ③
由①②③式和題給數(shù)據(jù)得
F0=mg ④
v=. ⑤
(2)設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)的速度大小為v1,作CD⊥PA,交PA于D點(diǎn),由幾何關(guān)系得
DA=Rsin α ⑥
CD=R(1+cos α) ⑦
由動能定理有
-mg·CD-F0·DA=mv2-mv ⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得,小球在A點(diǎn)的動量大小為
p=mv1=. ⑨
(3)小球離開C點(diǎn)后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運(yùn)動,加速度大小為g.設(shè)小球在豎直方向的初速度為v⊥,從C點(diǎn)落至水平軌道上所用時(shí)間為t.由運(yùn)動學(xué)公式有
v⊥t+gt2=CD ⑩
v⊥=vsin α ?
由⑤⑦⑩?式和題給數(shù)據(jù)得
t=. ?
20
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