高考物理一轮复习第六章微专题35动能定理的理解和应用625.pdf

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1、第 1 页 动能定理理解与应用 1 考点及要求：(1)动能与动能定理()；(2)重力做功与重力势能().2.方法与技巧：(1)当包含几个运动性质不同运动过程时，可以选择一个、几个或整个过程作为研究对象，然后应用动能定理分析；(2)要注意重力做功与路径无关；大小恒定阻力或摩擦力功等于力大小与路程乘积 1.(应用动能定理求变力功)如图 1 所示，质量为m物块与水平转台之间动摩擦因数为，物块与转台转轴相距R，物块随转台由静止开场转动当转速缓慢增加到某值时，物块即将在转台上滑动假设物块与水平转台之间最大静摩擦力等于滑动摩擦力在这一过程中，摩擦力对物块做功为()图 1 A0 B2mgR C2mgR D.

2、12mgR 2(动能定理简单应用)一辆质量为m汽车在平直公路上，以恒定功率P行驶，经过时间t，运动距离为x，速度从v1增加到v2，所受阻力大小恒为f，那么以下表达式正确是()Axv1v22t BPfv1 C.Pv1Pv2mv2v1t DPtfx12mv2212mv21 第 2 页 3(动能定理与图像结合)质量为 10 kg 物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x变化情况如图 2 所示物体在x0 处，速度为 1 m/s，不计一切摩擦，那么物体运动到x16 m 处时，速度大小为()图 2 A22 m/s B3 m/s C4 m/s D.17 m/s 4(应用动能定理分析多过程问题)如图

3、3 所示，倾角37斜面与光滑圆弧BCD相切于B点，整个装置固定在竖直平面内有一质量m2.0 kg 可视为质点物体，从斜面上A处由静止下滑，AB长L3.0 m，物体与斜面间动摩擦因数0.5.不计空气阻力，取重力加速度g10 m/s2、sin 370.6、cos 370.8.求：图 3(1)物体第一次从A点到B点过程克制摩擦力做功；(2)物体第一次回到斜面最高位置距A点距离；(3)物体在斜面运动总路程 5(多项选择)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小球，经时间t，小球离水平地面高度变为h，此时小球动能为Ek，重力势能为Ep(选水平地面为零势能参考面)以下图像中大致能反映

4、小球动能Ek、势能Ep变化规律是()图 4 6世界男子网坛名将瑞士选手费德勒，在上海大师杯网球赛上发出第 3 页 一记S球，声呐测速仪测得其落地速度为v1，费德勒击球时球离地面高度为h，击球瞬间球有竖直向下速度v0，网球质量为m，不计空气阻力，那么费德勒击球时对球做功W为()Amgh12mv20 B.12mv2112mv20mgh C.12mv2112mv20 D.12mv2112mv20mgh 7质量为 1 kg 物体，放在动摩擦因数为 0.2 水平面上，在水平拉力作用下由静止开场运动，水平拉力做功W与物体发生位移x之间关系如图 5 所示，重力加速度为 10 m/s2，那么以下说法正确是()

5、图 5 Ax3 m 时速度大小为 2 2 m/s Bx9 m 时速度大小为 4 2 m/s COA段加速度大小为 3 m/s2 DAB段加速度大小为 3 m/s2 8如图 6 所示，一个半径为R14圆周轨道，O点为圆心，B为轨道上一点，OB与水平方向夹角为 37.轨道左侧与一固定光滑平台相连，在平台上一轻质弹簧左端与竖直挡板相连，弹簧处于原长时右端在A点现用一质量为m小球(与弹簧不连接)压缩弹簧至P点后释放重力加速度为g，不计空气阻力 第 4 页 图 6(1)假设小球恰能击中B点，求刚释放小球时弹簧弹性势能；(2)试通过计算判断小球落到轨道时速度能否与圆弧垂直；(3)改变释放点位置，求小球落到

6、轨道时动能最小值 9我国拥有航空母舰后，舰载机起飞与降落等问题受到了广泛关注.2012 年 11 月 23 日，舰载机歼15 首降“辽宁舰获得成功，随后舰载机又通过滑跃式起飞成功某兴趣小组通过查阅资料对舰载机滑跃起飞过程进展了如下简化模拟：假设起飞时“航母静止，飞机质量视为不变并可看成质点“航母起飞跑道由如图 7 所示两段轨道组成(二者平滑连接，不计拐角处长度)，其水平轨道长ABL，水平轨道与斜面轨道末端C高度差为h.一架歼15 飞机总质量为m，在C端起飞速度至少为v.假设某次起飞训练中，歼15 从Amgmg.重力加速度为g.求：图 7(1)飞机在水平轨道AB上运动时间；(2)在水平轨道末端B

7、，发动机推力功率；(3)要保证飞机正常起飞，斜面轨道长度满足条件(结果用m、g、L、h、v表示)第 5 页 答案解析 1D 随着转速缓慢增加，物块与水平转台之间静摩擦力大小与方向不断变化，即摩擦力对物块做功属于变力功最大静摩擦力提供向心力mgmv2R 解得vgR 物块做加速圆周运动过程中，由动能定理可知 Wf12mv2 由两式解得 Wf12mgR，故 D 正确 2D 由牛顿第二定律可得：Pvfma，汽车做加速度逐渐减小加速运动，匀变速直线运动公式不成立，选项 A 错误；因为牵引力是变力，且大于阻力f，选项 B、C 错误；由动能定理可得：Ptfx12mv2212mv21，选项 D 正确 3B F

8、x图像与坐标轴围成面积表示力F做功，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，面积大小表示功大小，所以物体运动到x16 m 处时，力F对物体做总功W40 J，由动能定理W12mv2212mv21，解得v23 m/s，B 正确 4(1)24 J(2)2.4 m(3)4.5 m 解析(1)WfmgLcos 24 J 第 6 页(2)设最高位置距A点距离为x，据动能定理有 mgxsin mg(2Lx)cos 0 解得x2.4 m(3)根据动能定理有 mgLsin mgs总cos 0 解得s总4.5 m 5 AD 由动能定理可知，mg(Hh)EkEk0，即EkEk0mgHmgh，Ekh图

9、像为一次函数图像，B 项错；又EkEk012mg2t2，可知Ekt图像为开口向上抛物线，A 项正确；由重力势能定义式有：Epmgh，Eph为正比例函数，所以 D 项正确；由平抛运动规律有：Hh12gt2，所以Epmg(H12gt2)，所以Ept图像不是直线，C 项错 6D 从发球直至球落地整个过程中，由动能定理有 Wmgh12mv2112mv20，解得W12mv2112mv20mgh，应选项 D 正确 7C 对于前 3 m 过程，根据动能定理，有：W1mgx12mv2A，解得：vA3 2 m/s，根据速度位移公式，有：2a1xv2A，解得：a13 m/s2，故 A 错误，C 正确；对于前 9

10、m 过程，根据动能定理，有：W2mgx12mv2B，解得：vB3 2 m/s，故 B 错误；AB第 7 页 段受力恒定，故加速度恒定，而初、末速度相等，故AB段加速度为零，故 D 错误 8(1)415mgR(2)小球落到轨道时速度不能与圆弧垂直(3)32mgR 解析(1)小球离开O点做平抛运动，设初速度为v0，由 Rcos 37v0t Rsin 3712gt2 解得v0 815gR 由机械能守恒Ep12mv20415mgR(2)设落点与O点连线与水平方向夹角为，小球做平抛运动，有 Rcos v0t Rsin 12g 位移方向与圆弧垂直 tan 12gt2v0tgt2v0 设速度方向与水平方向夹

11、角为 tan vyv0gtv02tan 所以小球不能垂直击中圆弧(3)设落点与O点连线与水平方向夹角为，小球做平抛运动 第 8 页 Rcos v0t Rsin 12gt2 由动能定理mgRsin Ek12mv20 解得EkmgR(34sin 14sin)当 sin 33时，Ekmin32mgR 9(1)2Lgmg gL(3)lv2g2hL 解析(1)设飞机在水平轨道加速度为a，运动时间为t，发动机推力为F，阻力为f，由牛顿第二定律得Ffmgmgma 得ag 而由位移公式有L12at2 解得：t2Lg(2)设飞机在B端速度为v，功率为P，由速度公式vatgL 解得：PFvmg gL(3)设飞机恰能在C端起飞时，斜面轨道长为l0，整个过程由动能定理有：(Ff)(Ll0)mgh12mv2 解得：l0v2g2hL 所以，斜面轨道长度满足条件是lv2g2hL