2019高考物理一轮复习第五章机械能微专题39动能定理的理解和应用加练半小时粤教版20190125166.docx

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1、1微专题 39 动能定理的理解和应用方法点拨 (1)要对研究对象受力分析并分析各力做功情况；分析物体运动过程，明确对哪个过程应用动能定理(2)列动能定理方程要规范，注意各功的正负号问题1(多选)(2018福建三明一中模拟)如图 1 所示，斜面 AB 和水平面 BC 是由同一板材上截下的两段，在 B 处用小圆弧连接将小铁块(可视为质点)从 A 处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于 P 处若从该板材上再截下一段，搁置在 A、 P 之间，构成一个新的斜面，再将铁块放回 A 处，并轻推一下使之沿新斜面向下滑动关于此情况下铁块的运动情况，下列描述正确的是( )图 1A铁块一定能够到达

2、P 点B铁块的初速度必须足够大才能到达 P 点C铁块能否到达 P 点与铁块质量有关D铁块能否到达 P 点与铁块质量无关2(多选)(2018四川成都模拟)如图 2 所示，用竖直向下的恒力 F 通过跨过光滑定滑轮的细线拉动在光滑水平面上的物体，物体沿水平面移动过程中经过 A、 B、 C 三点，设AB BC，物体经过 A、 B、 C 三点时的动能分别为 EkA、 EkB、 EkC，则它们间的关系是( )图 2A EkB EkA EkC EkB B EkB EkA EkC EkBC EkB EkA EkC EkB D EkC2 EkB3.(2018山东青岛二中模拟)质量为 10kg 的物体，在变力 F

3、 作用下沿 x 轴做直线运动，力随坐标 x 的变化情况如图 3 所示物体在 x0 处，速度为 1m/s，不计一切摩擦，则物体运动到 x16m 处时，速度大小为( )图 3A2 m/s B3 m/sC4m/sD. m/s2 1724(多选)如图 4 所示，在离地面高为 H 处以水平速度 v0抛出一质量为 m 的小球，经时间t，小球离水平地面的高度变为 h，此时小球的动能为 Ek，重力势能为 Ep(选水平地面为零势能参考面，不计空气阻力)下列图像中大致能反映小球动能 Ek、势能 Ep变化规律的是( )图 4图 55(2017辽宁铁岭协作体模拟)如图 5 所示，竖直平面内放一直角杆 MON， OM

4、水平、 ON 竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球 A 和 B 分别套在 OM 和 ON 杆上， B 球的质量为m2kg，在作用于 A 球的水平力 F 的作用下， A、 B 均处于静止状态，此时OA0.3m， OB0.4m，改变水平力 F 的大小，使 A 球向右加速运动，已知 A 球向右运动0.1m 时速度大小为 3m/s，则在此过程中绳对 B 球的拉力所做的功为(取 g10 m/s 2)( )A11JB16JC18JD9J6(多选)(2017福建漳州八校模拟)如图 6 所示是某缓冲装置，劲度系数足够大的轻质弹簧与直杆相连，直杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为 f，直杆质量不可忽

5、略一质量为 m 的小车以速度 v0撞击弹簧，最终以速度 v 弹回直杆足够长，且直杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面间的摩擦则( )图 6A小车被弹回时速度 v 一定小于 v03B若直杆在槽内运动，移动的距离等于 ( mv mv2)1f12 02 12C直杆在槽内向右运动时，小车与直杆始终保持相对静止D弹簧的弹力可能大于直杆与槽间的最大静摩擦力7.(2017山东烟台一模)如图 7 所示是一种升降电梯的模型示意图， A 为轿厢， B 为平衡重物， A、 B 的质量分别为 1kg 和 0.5kg.A、 B 由跨过轻质滑轮的足够长轻绳系住在电动机牵引下使轿厢由静止开始向上运动，电动机

6、输出功率 10W 保持不变，轿厢上升 1m 后恰好达到最大速度不计空气阻力和摩擦阻力， g10m/s 2.在轿厢向上运动过程中，求：图 7(1)轿厢的最大速度 vm的大小；(2)轿厢向上的加速度为 a2m/s 2时，重物 B 下端绳的拉力大小；(3)轿厢从开始运动到恰好达到最大速度的过程中所用的时间8(2017福建省大联考)如图 8 所示，固定直杆上套有一小球和两根轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为 2L 的 A、 B 两点直杆与水平面的夹角为 ，小球质量为 m，两根轻弹簧的原长均为 L、劲度系数均为 ， g 为重力加速度3mgsinL图 8(1)小球在距 B 点

7、L 的 P 点处于静止状态，求此时小球受到的摩擦力大小和方向；454(2)设小球在 P 点受到的摩擦力为最大静摩擦力，且与滑动摩擦力相等现让小球从 P 点以一沿杆方向的初速度向上运动，小球最高能到达距 A 点 L 的 Q 点，求初速度的大小459(2017山西省重点中学协作体一模)如图 9 甲所示，弯曲部分 AB 和 CD 是两个半径都为r0.3m 的四分之一圆弧轨道，中间的 BC 段是竖直的薄壁细圆管(细圆管内径略大于小球的直径)轨道，分别与上下圆弧轨道相切连接， BC 的长度 L0.2m下圆弧轨道与水平轨道相切，其中 D、 A 分别是上、下圆弧轨道的最高点和最低点，整个轨道固定在竖直平面内

8、现有一质量 m0.3kg 的小球以一定的速度沿水平轨道向右运动并从 A 点进入圆弧，不计小球运动中的一切阻力， g10m/s 2，求：图 9(1)当小球由 D 点以 10m/s 的速度水平飞出时，小球落地点与 D 点的水平距离；(2)当小球由 D 点以 3m/s 的速度水平飞出时，小球过圆弧 A 点时对轨道的压力大小；(3)若在 D 点右侧连接一半径为 R0.4m 的半圆形光滑轨道 DEF，如图乙所示，要使小球不脱离轨道运动，小球在水平轨道向右运动的速度大小范围(计算结果可用根式表示)5答案精析1AD 设 A 距离地面的高度为 h，板材的动摩擦因数为 ，对全过程运用动能定理有mgh mg co

9、s sAB mgs BP0，得 mgh mg (sABcos sBP)0，而sABcos sBP ，即 h 0，铁块在新斜面上有 mgsin mg cos ma，由OP OPsin cos 0，可知铁块在新斜面上做匀速运动，与铁块的质量 m 无关，铁h OPAP块一定能够到达 P 点，选项 A、D 正确，B、C 错误2CD 由动能定理得 EkB EkA WAB， EkC EkB WBC，物体所受的合外力做的功为拉力的水平分力所做的功由几何关系可知，从 A 运动到 B 的过程中拉力在水平方向的平均分力大小大于从 B 到 C 过程中拉力在水平方向的平均分力大小，因此 WAB WBC，选项 A、B

10、错误，C、D 正确3B F x 图像与 x 轴围成的面积表示力 F 做的功，图形位于 x 轴上方表示力做正功，位于 x 轴下方表示力做负功，面积大小表示功的大小，所以物体运动到 x16m 处时，力 F 对物体做的总功 W40J，由动能定理得 W mv2 mv ，解得 v3m/s，B 正确12 12 024AD 由动能定理可知， mg(H h) Ek Ek0，即 Ek Ek0 mgH mgh， Ek h 图像为一次函数图像，B 项错误；又 Ek Ek0 mg2t2，可知 Ek t 图像为开口向上的抛物线，A 项正确；12由重力势能定义式有： Ep mgh， Ep h 为正比例函数，所以 D 项正

11、确；由平抛运动规律有：H h gt2，所以 Ep mg(H gt2)，所以 Ep t 图像不是直线，C 项错误12 125C A 球向右运动 0.1m 时，由几何关系得， B 上升距离：h0.4m m0.1m，此时细绳与水平方向夹角 的正切值：tan ，则得0.52 0.4234cos ，sin ，由运动的合成与分解知识可知： vBsin vAcos ，可得 vB4m/s.45 35以 B 球为研究对象，由动能定理得： W mgh mv ，代入数据解得： W18J，即绳对 B 球12 B2的拉力所做的功为 18J，故选 C.6BD 小车在向右运动的过程中，弹簧的形变量若始终小于 x 时，直杆和

12、槽间无相对fk运动，小车被弹回时速度 v 等于 v0；当形变量等于 x 时，直杆和槽间即出现相对运动，fk克服摩擦力做功，所以小车被弹回时速度 v 小于 v0，A 错误；整个过程应用动能定理：fs Ek，直杆在槽内移动的距离 s ( mv mv2)，B 正确；直杆在槽内向右运动时，1f12 02 126开始小车速度比直杆的大，所以不可能与直杆始终保持相对静止，C 错误；当弹簧的弹力等于最大静摩擦力时杆即开始运动，此时车的速度大于杆的速度，弹簧进一步被压缩，弹簧的弹力大于最大静摩擦力，D 正确7(1)2m/s (2)8N (3)0.8s解析 (1)当轿厢受力平衡，即牵引力 F( M m)g 时轿

13、厢速度最大由 P Fvm得 vm 2m/sP M m g(2)轿厢的加速度为 a2m/s 2时，对 A： FA Mg Ma对 B： FB mg FA ma解得： FB8N(3)由动能定理可知： Pt Mgh mgh (M m)v12 m2得 t0.8s.8(1) 方向沿杆向下 (2)mgsin5 26gLsin5解析 (1)小球在 P 点时两根弹簧的弹力方向沿杆向上，大小相等，设为 F，根据胡克定律有F k(L L)45设小球静止时受到的摩擦力大小为 f，方向沿杆向下，根据平衡条件有 mgsin f2 F由式并代入已知数据得 f mgsin5假设成立，即摩擦力方向沿杆向下(2)小球在 P、 Q

14、 两点时，弹簧的弹性势能相等，故小球从 P 到 Q 的过程中，弹簧对小球做功为零据动能定理有 W 合 Ek mg2(L L)sin f2(L L) 0 mv245 45 12由式得v 26gLsin59见解析解析 (1)小球由 D 点飞出后做平抛运动，有：x v0t72r L gt212解得： x4m(2)由 A 到 D 过程，由动能定理： mg(2r L) mv mv12 D2 12 A2在 A 点，根据牛顿第二定律： N mg mvA2r代入数据，联立解得 N28N根据牛顿第三定律： N N即小球在 A 点时对轨道的压力大小： N28N(3)若小球到 C 后返回，由动能定理有： mv mg(r L)12 A12若小球能过 D 做完整的圆周运动，在 D 点有： mg mvD 2RA 到 D 过程，由动能定理： mg(2r L) mvD 2 mv12 12 A22代入数据，解得： vA1 m/s， vA22 m/s，则小球的速度大小范围为 vA m/s 或10 5 10vA2 m/s.5