2019高考物理一輪復習 第五章 機械能 第39講 動能定理的理解和應用加練半小時 教科版.docx
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第39講 動能定理的理解和應用 [方法點撥] (1)要對研究對象受力分析并分析各力做功情況;分析物體運動過程,明確對哪個過程應用動能定理.(2)列動能定理方程要規(guī)范,注意各功的正負號問題. 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)從A處由靜止釋放后,它沿斜面向下滑行,進入平面,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.關(guān)于此情況下鐵塊的運動情況,下列描述正確的是( ) 圖1 A.鐵塊一定能夠到達P點 B.鐵塊的初速度必須足夠大才能到達P點 C.鐵塊能否到達P點與鐵塊質(zhì)量有關(guān) D.鐵塊能否到達P點與鐵塊質(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線拉動在光滑水平面上的物體,物體沿水平面移動過程中經(jīng)過A、B、C三點,設(shè)AB=BC,物體經(jīng)過A、B、C三點時的動能分別為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軸做直線運動,力隨坐標x的變化情況如圖3所示.物體在x=0處,速度為1m/s,不計一切摩擦,則物體運動到x=16m處時,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)時間t,小球離水平地面的高度變?yōu)閔,此時小球的動能為Ek,重力勢能為Ep(選水平地面為零勢能參考面,不計空氣阻力).下列圖像中大致能反映小球動能Ek、勢能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均處于靜止狀態(tài),此時OA=0.3m,OB=0.4m,改變水平力F的大小,使A球向右加速運動,已知A球向右運動0.1m時速度大小為3m/s,則在此過程中繩對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,與槽間的滑動摩擦力恒為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摩擦力,不計小車與地面間的摩擦.則( ) 圖6 A.小車被彈回時速度v一定小于v0 B.若直桿在槽內(nèi)運動,移動的距離等于(mv-mv2) C.直桿在槽內(nèi)向右運動時,小車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1kg和0.5kg.A、B由跨過輕質(zhì)滑輪的足夠長輕繩系?。陔妱訖C牽引下使轎廂由靜止開始向上運動,電動機輸出功率10W保持不變,轎廂上升1m后恰好達到最大速度.不計空氣阻力和摩擦阻力,g=10m/s2.在轎廂向上運動過程中,求: 圖7 (1)轎廂的最大速度vm的大?。? (2)轎廂向上的加速度為a=2m/s2時,重物B下端繩的拉力大?。? (3)轎廂從開始運動到恰好達到最大速度的過程中所用的時間. 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.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L的P點處于靜止狀態(tài),求此時小球受到的摩擦力大小和方向; (2)設(shè)小球在P點受到的摩擦力為最大靜摩擦力,且與滑動摩擦力相等.現(xiàn)讓小球從P點以一沿桿方向的初速度向上運動,小球最高能到達距A點L的Q點,求初速度的大?。? 9.(2017山西省重點中學協(xié)作體一模)如圖9甲所示,彎曲部分AB和CD是兩個半徑都為r=0.3m的四分之一圓弧軌道,中間的BC段是豎直的薄壁細圓管(細圓管內(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和最低點,整個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動并從A點進入圓弧,不計小球運動中的一切阻力,g=10m/s2,求: 圖9 (1)當小球由D點以10m/s的速度水平飛出時,小球落地點與D點的水平距離; (2)當小球由D點以3m/s的速度水平飛出時,小球過圓弧A點時對軌道的壓力大?。? (3)若在D點右側(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動,小球在水平軌道向右運動的速度大小范圍(計算結(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,板材的動摩擦因數(shù)為μ,對全過程運用動能定理有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動,與鐵塊的質(zhì)量m無關(guān),鐵塊一定能夠到達P點,選項A、D正確,B、C錯誤.] 2.CD [由動能定理得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運動到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A、B錯誤,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軸下方表示力做負功,面積大小表示功的大小,所以物體運動到x=16m處時,力F對物體做的總功W=40J,由動能定理得W=mv2-mv,解得v=3m/s,B正確.] 4.AD [由動能定理可知,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項錯誤;又Ek=Ek0+mg2t2,可知Ek-t圖像為開口向上的拋物線,A項正確;由重力勢能定義式有:Ep=mgh,Ep-h(huán)為正比例函數(shù),所以D項正確;由平拋運動規(guī)律有:H-h(huán)=gt2,所以Ep=mg(H-gt2),所以Ep-t圖像不是直線,C項錯誤.] 5.C [A球向右運動0.1m時,由幾何關(guān)系得,B上升距離:h=0.4m-m=0.1m,此時細繩與水平方向夾角θ的正切值:tanθ=,則得cosθ=,sinθ=,由運動的合成與分解知識可知:vBsinθ=vAcosθ,可得vB=4m/s.以B球為研究對象,由動能定理得:W-mgh=mv,代入數(shù)據(jù)解得:W=18J,即繩對B球的拉力所做的功為18J,故選C.] 6.BD [小車在向右運動的過程中,彈簧的形變量若始終小于x=時,直桿和槽間無相對運動,小車被彈回時速度v等于v0;當形變量等于x=時,直桿和槽間即出現(xiàn)相對運動,克服摩擦力做功,所以小車被彈回時速度v小于v0,A錯誤;整個過程應用動能定理:fs=ΔEk,直桿在槽內(nèi)移動的距離s=(mv-mv2),B正確;直桿在槽內(nèi)向右運動時,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錯誤;當彈簧的彈力等于最大靜摩擦力時桿即開始運動,此時車的速度大于桿的速度,彈簧進一步被壓縮,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)當轎廂受力平衡,即牽引力F=(M-m)g時轎廂速度最大 由P=Fvm得vm==2m/s (2)轎廂的加速度為a=2m/s2時, 對A:FA-Mg=Ma 對B:FB+mg-FA=ma 解得:FB=8N (3)由動能定理可知: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點時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兩點時,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點飛出后做平拋運動,有: x=v0t 2r+L=gt2 解得:x=4m (2)由A到D過程,由動能定理:-mg(2r+L)=mv-mv 在A點,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點時對軌道的壓力大?。篘′=28N (3)若小球到C后返回,由動能定理有:mv=mg(r+L) 若小球能過D做完整的圓周運動,在D點有:mg=m A到D過程,由動能定理:-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.- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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