《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機械能 微專題39 動能定理的理解和應(yīng)用加練半小時 粵教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機械能 微專題39 動能定理的理解和應(yīng)用加練半小時 粵教版（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、微專題39 動能定理的理解和應(yīng)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(yīng)用動能定理．(2)列動能定理方程要規(guī)范，注意各功的正負(fù)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

2、到達(dá)P點 B．鐵塊的初速度必須足夠大才能到達(dá)P點 C．鐵塊能否到達(dá)P點與鐵塊質(zhì)量有關(guān) D．鐵塊能否到達(dá)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(xì)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

3、F作用下沿x軸做直線運動，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、

4、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

5、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(dá)到最大速度．不計空氣阻力和

6、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(dá)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?fàn)顟B(tài)，求此時小球受到的摩擦力大小和方向； (2)設(shè)

7、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(dá)距A點L的Q點，求初速度的大小． 9．(2017·山西省重點中學(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

8、一切阻力，g＝10m/s2，求： 圖9 (1)當(dāng)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(dāng)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－μmgcosθ·sAB－μmgsBP＝0，得mgh－μmg(sABcosθ＋sBP)＝0，而sABcosθ＋

9、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(dá)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

10、負(fù)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

11、－m＝0.1m，此時細(xì)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(dāng)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(yīng)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

12、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(dāng)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(dāng)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)

13、 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 －mg·2(L－L)sinθ－f·2(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. 7