《高考物理一輪復習 第六章 微專題35 動能定理的理解和應(yīng)用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理一輪復習 第六章 微專題35 動能定理的理解和應(yīng)用（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

動能定理的理解和應(yīng)用 1．考點及要求：(1)動能和動能定理(Ⅱ)；(2)重力做功與重力勢能(Ⅱ).2.方法與技巧：(1)當包含幾個運動性質(zhì)不同的運動過程時，可以選擇一個、幾個或整個過程作為研究對象，然后應(yīng)用動能定理分析；(2)要注意重力做功與路徑無關(guān)；大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小與路程的乘積． 1. (應(yīng)用動能定理求變力的功)如圖1所示，質(zhì)量為m的物塊與水平轉(zhuǎn)臺之間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊與轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)軸相距R，物塊隨轉(zhuǎn)臺由靜止開始轉(zhuǎn)動．當轉(zhuǎn)速緩慢增加到某值時，物塊即將在轉(zhuǎn)臺上滑動．假設(shè)物塊與水平轉(zhuǎn)臺之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．在這一過程中，摩擦力對物塊做的功為(　　) 圖1 A．0 B．2πμmgR C．2μmgR D.μmgR 2．(動能定理的簡單應(yīng)用)一輛質(zhì)量為m的汽車在平直公路上，以恒定功率P行駛，經(jīng)過時間t，運動距離為x，速度從v1增加到v2，已知所受阻力大小恒為f，則下列表達式正確的是(　　) A．x＝t B．P＝fv1 C.－＝ D．Pt－fx＝mv－mv 3．(動能定理與圖像的結(jié)合)質(zhì)量為10 kg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2所示．物體在x＝0處，速度為1 m/s，不計一切摩擦，則物體運動到x＝16 m處時，速度大小為(　　) 圖2 A．2 m/s B．3 m/s C．4 m/s D. m/s 4．(應(yīng)用動能定理分析多過程問題)如圖3所示，傾角θ＝37的斜面與光滑圓弧相切于B點，整個裝置固定在豎直平面內(nèi)．有一質(zhì)量m＝2.0 kg可視為質(zhì)點的物體，從斜面上的A處由靜止下滑，AB長L＝3.0 m，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.不計空氣阻力，取重力加速度g＝10 m/s2、sin 37＝0.6、cos 37＝0.8.求： 圖3 (1)物體第一次從A點到B點的過程克服摩擦力做的功； (2)物體第一次回到斜面的最高位置距A點的距離； (3)物體在斜面運動的總路程． 5．(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)．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 6．世界男子網(wǎng)壇名將瑞士選手費德勒，在上海大師杯網(wǎng)球賽上發(fā)出一記S球，聲吶測速儀測得其落地速度為v1，費德勒擊球時球離地面的高度為h，擊球瞬間球有豎直向下的速度v0，已知網(wǎng)球質(zhì)量為m，不計空氣阻力，則費德勒擊球時對球做的功W為(　　) A．mgh＋mv B.mv－mv＋mgh C.mv－mv D.mv－mv－mgh 7．質(zhì)量為1 kg的物體，放在動摩擦因數(shù)為0.2的水平面上，在水平拉力的作用下由靜止開始運動，水平拉力做的功W和物體發(fā)生的位移x之間的關(guān)系如圖5所示，重力加速度為10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) 圖5 A．x＝3 m時速度大小為2 m/s B．x＝9 m時速度大小為4 m/s C．OA段加速度大小為3 m/s2 D．AB段加速度大小為3 m/s2 8．如圖6所示，一個半徑為R的圓周軌道，O點為圓心，B為軌道上的一點，OB與水平方向的夾角為37.軌道的左側(cè)與一固定光滑平臺相連，在平臺上一輕質(zhì)彈簧左端與豎直擋板相連，彈簧處于原長時右端在A點．現(xiàn)用一質(zhì)量為m的小球(與彈簧不連接)壓縮彈簧至P點后釋放．已知重力加速度為g，不計空氣阻力． 圖6 (1)若小球恰能擊中B點，求剛釋放小球時彈簧的彈性勢能； (2)試通過計算判斷小球落到軌道時速度能否與圓弧垂直； (3)改變釋放點的位置，求小球落到軌道時動能的最小值． 9．我國擁有航空母艦后，艦載機的起飛與降落等問題受到了廣泛關(guān)注.2012年11月23日，艦載機殲—15首降“遼寧艦”獲得成功，隨后艦載機又通過滑躍式起飛成功．某興趣小組通過查閱資料對艦載機滑躍起飛過程進行了如下的簡化模擬：假設(shè)起飛時“航母”靜止，飛機質(zhì)量視為不變并可看成質(zhì)點．“航母”起飛跑道由如圖7所示的兩段軌道組成(二者平滑連接，不計拐角處的長度)，其水平軌道長AB＝L，水平軌道與斜面軌道末端C的高度差為h.一架殲—15飛機的總質(zhì)量為m，在C端的起飛速度至少為v.若某次起飛訓練中，殲—15從A點由靜止啟動，飛機發(fā)動機的推力大小恒為0.6mg，方向與速度方向相同，飛機受到空氣和軌道平均阻力的合力大小恒為0.1mg.重力加速度為g.求： 圖7 (1)飛機在水平軌道AB上運動的時間； (2)在水平軌道末端B，發(fā)動機的推力功率； (3)要保證飛機正常起飛，斜面軌道的長度滿足的條件．(結(jié)果用m、g、L、h、v表示) 答案解析 1．D　[隨著轉(zhuǎn)速的緩慢增加，物塊與水平轉(zhuǎn)臺之間的靜摩擦力的大小和方向不斷變化，即摩擦力對物塊做的功屬于變力的功．最大靜摩擦力提供向心力μmg＝m 解得v＝① 物塊做加速圓周運動過程中，由動能定理可知 Wf＝mv2② 由①②兩式解得 Wf＝μmgR，故D正確．] 2．D　[由牛頓第二定律可得：－f＝ma，汽車做加速度逐漸減小的加速運動，勻變速直線運動的公式不成立，選項A錯誤；因為牽引力是變力，且大于阻力f，選項B、C錯誤；由動能定理可得：Pt－fx＝mv－mv，選項D正確．] 3．B　[F－x圖像與坐標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＝16 m處時，力F對物體做的總功W＝40 J，由動能定理W＝mv－mv，解得v2＝3 m/s，B正確．] 4．(1)24 J　(2)2.4 m　(3)4.5 m 解析　(1)Wf＝μmgLcos θ＝24 J (2)設(shè)最高位置距A點的距離為x，據(jù)動能定理有 mgxsin θ－μmg(2L－x)cos θ＝0 解得x＝2.4 m (3)根據(jù)動能定理有 mgLsin θ－μmgs總cos θ＝0 解得s總＝4.5 m 5．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；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．] 6．D　[從發(fā)球直至球落地的整個過程中，由動能定理有 W＋mgh＝mv－mv， 解得W＝mv－mv－mgh，故選項D正確．] 7．C　[對于前3 m過程，根據(jù)動能定理，有：W1－μmgx＝mv，解得：vA＝3 m/s，根據(jù)速度位移公式，有：2a1x＝v，解得：a1＝3 m/s2，故A錯誤，C正確；對于前9 m過程，根據(jù)動能定理，有：W2－μmgx′＝mv，解得：vB＝3 m/s，故B錯誤；AB段受力恒定，故加速度恒定，而初、末速度相等，故AB段的加速度為零，故D錯誤．] 8．(1)mgR　(2)小球落到軌道時速度不能與圓弧垂直 (3)mgR 解析　(1)小球離開O點做平拋運動，設(shè)初速度為v0，由 Rcos 37＝v0t Rsin 37＝gt2 解得v0＝ 由機械能守恒Ep＝mv＝mgR (2)設(shè)落點與O點的連線與水平方向的夾角為θ，小球做平拋運動，有 Rcos θ＝v0t Rsin θ＝g 位移方向與圓弧垂直tan θ＝＝ 設(shè)速度方向與水平方向的夾角為α tan α＝＝＝2tan θ 所以小球不能垂直擊中圓弧 (3)設(shè)落點與O點的連線與水平方向的夾角為θ，小球做平拋運動 Rcos θ＝v0t Rsin θ＝gt2 由動能定理mgRsin θ＝Ek－mv 解得Ek＝mgR(sin θ＋) 當sin θ＝時，Ekmin＝mgR 9．(1)2　(2)0.6mg　(3)l≥＋2h－L 解析　(1)設(shè)飛機在水平軌道的加速度為a，運動時間為t，發(fā)動機的推力為F，阻力為f，由牛頓第二定律得F－f＝0.6mg－0.1mg＝ma 得a＝0.5g 而由位移公式有L＝at2 解得：t＝2 (2)設(shè)飛機在B端的速度為v′，功率為P，由速度公式v′＝at＝ 解得：P＝Fv′＝0.6mg (3)設(shè)飛機恰能在C端起飛時，斜面軌道長為l0， 整個過程由動能定理有：(F－f)(L＋l0)－mgh＝mv2 解得：l0＝＋2h－L 所以，斜面軌道長度滿足的條件是l≥＋2h－L