- 2021-05-24 发布 |
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文档介绍
2020版高考物理一轮复习第五章+微专题38动能定理解决多过程问题
动能定理解决多过程问题 [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.(2018·湖北省重点中学联考)如图1所示,在倾角为θ的斜面底端固定一根劲度系数足够大的弹簧(力作用在弹簧上时弹簧形变很小,可以忽略不计),弹簧的上端与斜面上B点对齐.将一个物块从斜面上的A点由静止释放,物块被弹簧反弹后沿斜面上滑,到最高点时离A点的距离为x.物块的大小不计,A、B间的距离为L,则物块与斜面间的动摩擦因数为( ) 图1 A.tanθ B.tanθ C.tanθ D.tanθ 2.(2018·山东省青岛二中模拟)质量为10kg的物体,在变力F作用下沿x轴做直线运动,力随坐标x的变化情况如图2所示.物体在x=0处,速度为1m/s,不计一切摩擦,则物体运动到x=16m处时,速度大小为( ) 图2 A.2m/s B.3m/s C.4m/s D.m/s 3.(多选)(2018·北京市海淀区模拟)如图3甲所示,轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上,一质量为m的小球,从离弹簧上端高h处由静止释放.某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程,他以小球开始下落的位置为原点,沿竖直向下方向建立坐标轴Ox,作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示,不计空气阻力,重力加速度为g.以下判断正确的是( ) 图3 A.当=h+2x0时,小球的动能最小 B.最低点的坐标x=h+2x0 C.当x=h+2x0时,小球的加速度为-g,且弹力为2mg D.小球动能的最大值为mgh+ 4.(多选)(2019·福建省三明一中模拟)如图4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4 A.铁块一定能够到达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 5.(多选)如图5所示,光滑水平面AB与竖直面上的半圆形固定轨道在B点衔接,轨道半径为R,BC为直径,一可看成质点、质量为m的物块在A点处压缩一轻质弹簧(物块与弹簧不拴接),释放物块,物块被弹簧弹出后,经过半圆形轨道B点时对轨道的压力变为其重力的7倍,之后向上运动恰能通过半圆轨道的最高点C,重力加速度大小为g,不计空气阻力,则( ) 图5 A.物块经过B点时的速度大小为 B.刚开始时被压缩弹簧的弹性势能为3mgR C.物块从B点到C点克服阻力所做的功为mgR D.若刚开始时被压缩弹簧的弹性势能变为原来的2倍,物块到达C点的动能为mgR 6.一个质量为4kg的物体静止在足够大的水平地面上,物体与地面间的动摩擦因数μ=0.1,从t=0开始,物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F作用,力F随时间的变化规律如图6所示,求83s内物体的位移大小和力F对物体所做的功.(g取10m/s2) 图6 7.(2018·湖南省衡阳市一模)某雪橇运动简化模型如图7所示:倾角为θ=37°的直线雪道AB与曲线雪道BCDE在B点平滑连接,其中A、E两点在同一水平面上,雪道最高点C所对应的圆弧半径R=10m,B、C两点距离水平面AE的高度分别为h1=18m与h2=20m,雪橇与雪道各处的动摩擦因数均为μ=0.1,运动员可坐在电动雪橇上由A点从静止开始向上运动,若电动雪橇以恒定功率1.2kW工作10s后自动关闭,则雪橇和运动员(总质量m=50kg)到达C点的速度为2m/s.已知雪橇运动过程中不脱离雪道且sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,求: 图7 (1)雪橇在C点时对雪道的压力; (2)雪橇在BC段克服摩擦力所做的功. 8.如图8所示,倾角为θ=37°的斜面固定在水平地面上,劲度系数为k=40N/m的轻弹簧与斜面平行,弹簧下端固定在斜面底端的挡板上,弹簧与斜面间无摩擦.一个质量为m=5kg的小滑块从斜面上的P点由静止滑下,小滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5,P点与弹簧自由端Q点间的距离为L=1m.已知整个过程弹簧始终在弹性限度内,弹簧的弹性势能Ep 与其形变量x的关系为Ep=kx2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10m/s2.求: 图8 (1)小滑块从P点下滑到Q点时所经历的时间t; (2)小滑块运动过程中达到的最大速度vm的大小; (3)小滑块运动到最低点的过程中,弹簧的最大弹性势能. 9.(2018·山东省济宁市一模)如图9所示,一根轻弹簧左端固定于竖直墙上,右端被质量m =1kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态,且弹簧与物块不拴接,弹簧原长小于光滑平台的长度.在平台的右端有一水平传送带AB长为L=12m,与传送带相邻的粗糙水平面BC长为x=4m,物块与传送带及水平面BC间的动摩擦因数均为μ=0.3,在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧轨道与BC平滑连接,在半圆弧轨道的最高点F处有一固定挡板,物块撞上挡板后会以原速率反弹回来.若传送带以v=6m/s的速率顺时针匀速转动,不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失.释放物块,当弹簧储存的能量Ep=8J全部转移给物块时,小物块恰能滑到与圆心O等高的E点,取g=10m/s2. 图9 (1)求物块被弹簧弹出时的速度大小; (2)求半圆弧轨道的半径R; (3)若传送带的速度大小可调,欲使小物块与挡板只碰一次,且碰后不脱离轨道,求传送带速度的可调范围. 答案精析 1.A [物块从A点由静止释放到返回至最高点,重力做正功,摩擦力做负功,弹簧的弹力做功为零,动能的变化量为零,根据动能定理得mgxsinθ-μmgcosθ(2L-x)=ΔEk=0,解得μ=tanθ,故A正确,B、C、D错误.] 2.B [在0~4m内F恒定,物体做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得a==1m/s2,根据2ax=v42-v02得v4=3m/s,对物体在4~16m内运动过程运用动能定理,从题图中可知4~16m内合外力做功为0,所以v16=v4=3m/s,B正确.] 3.CD [由题图乙可知mg=kx0,解得x0=,由F-x图线与横轴所围图形的面积表示弹力所做的功,则有W弹=k(x-h)2,由动能定理得mgx-k(x-h)2=0,即mgx-(x-h)2=0,解得x=h+x0(1+),故最低点坐标不是h+2x0,且此处动能不是最小,故A、B错误;由题图可知,mg=kx0,由对称性可知当x=h+2x0时,小球加速度为-g,且弹力为2mg,故C正确;小球在x=h+x0处时,动能有最大值,根据动能定理有mg(h+x0)+W弹=Ekm-0,依题可得W弹=-mgx0,所以Ekm=mgh+mgx0,故D正确.] 4.AD [设A距离地面的高度为h,板材的动摩擦因数为μ,对全过程运用动能定理有mgh-μmgcosθ·sAB-μmgsBP=0,得mgh-μmg(sABcosθ+sBP)=0,而sABcosθ+sBP=,即h-μ=0,铁块在新斜面上有mgsinα-μmgcosα=ma,由sinα-μcosα==0,可知铁块在新斜面上做匀速运动,与铁块的质量m无关,铁块一定能够到达P点,选项A、D正确,B、C错误.] 5.BC [设物块经过半圆轨道B点瞬间的速度为vB,物块在B点时有FN=7mg,FN-mg=m可得vB=,选项A错误;物块从A点到B点的过程有Ep=mvB2,解得Ep=3mgR,选项B正确;设物块到达C点时的速度为vC,物块在C点时有mg=m,物块从B点到C点的过程有-mg·2R-Wf克=mvC2-mvB2,可解得物块从B点到C点过程克服阻力做的功Wf克=mgR,选项C正确;若刚开始时被压缩弹簧的弹性势能变为原来的2倍,物块进入半圆形轨道的速度增大,在同一点物块对轨道的压力增大,摩擦力增大,物块从B点到C点克服阻力所做的功增大,物块到达C点的动能小于mgR,选项D错误.] 6.167m 676J 解析 当物体在前半周期时由牛顿第二定律得 F1-μmg=ma1, 则物体的加速度大小a1==2m/s2 当物体在后半周期时由牛顿第二定律得 |F2|+μmg=ma2, 则物体的加速度大小a2==2m/s2. 前半周期和后半周期位移相等,x1=a1t2=4m 一个周期的位移为8m,后半周期第1s内的位移为3m 83s内物体的位移大小为x=(20×8+4+3)m=167m 第83s末的速度v=v1-a2t1=2m/s 由动能定理得WF-μmgx=mv2 所以WF=μmgx+mv2=676J. 7.(1)480N,方向竖直向下 (2)700J 解析 (1)在C点,雪橇和人由重力和支持力的合力提供向心力,由向心力公式和牛顿第二定律得mg-FN=m,解得FN=480N,由牛顿第三定律可知雪橇对雪道的压力大小为480N,方向竖直向下. (2)雪橇在AB段受到的滑动摩擦力为Ff=μmgcos37°=40N,设雪橇在BC段克服摩擦力做功大小为WBC,从A到C根据动能定理有Pt-mgh2-Ff·-WBC=mv2,解得WBC=700J. 8.(1)1s (2)m/s (3)20J 解析 (1)由牛顿第二定律可知小滑块沿斜面下滑的加速度a=gsinθ-μgcosθ=2m/s2 由L=at2可得t==1s (2)设弹簧被压缩至x0处时小滑块达到最大速度vm,此时小滑块加速度为零,根据平衡条件有mgsinθ-μmgcosθ=kx0 这一过程由动能定理有 mgsinθ(L+x0)-μmgcosθ(L+x0)-kx02=mvm2 解得vm=m/s (3)设小滑块从P点下滑到压缩弹簧至最低点时,弹簧的压缩量为x1,则Epm=kx12,由动能定理,有mgsinθ(L+x1)-μmgcosθ(L+x1)-Epm=0,解得Epm=20J. 9.(1)4m/s (2)0.6m (3)3m/s≤v≤2m/s 解析 (1)物块被弹簧弹出,由能量守恒定律得Ep=mv02,解得v0=4m/s; (2)若物块在传送带上一直加速运动,设经过传送带获得的速度为v′,有v′2-v02=2μgL,解得v′=2m/s>6m/s,所以,物块在传送带上先加速运动后匀速运动,经过传送带获得的速度为v=6m/s,从B点到E点,由动能定理得-μmgx-mgR=0-mv2,解得R=0.6m; (3)设物块在B点的速度为v1时恰能到F点,在F点满足mg=m,从B点到F点过程中由动能定理可知-μmgx-mg×2R=mvF2-mv12, 解得v1=3m/s. 设物块在B点的速度为v2时,物块撞挡板返回后恰好能再次上滑到E点.由动能定理可知-μmg×3x-mgR=0-mv22,解得v2=2m/s, 因为物块在传送带上一直加速获得的最大速度为2m/s,所以传送带速度的可调范围为3m/s≤v≤2m/s.查看更多