2023高考物理一輪總復(fù)習(xí)第五章機(jī)械能及其守恒定律第15講動能定理及其應(yīng)用課時達(dá)標(biāo)

PAGEPAGE2第15講動能定理及其應(yīng)用[解密考綱]深刻理解動能定理解題的優(yōu)越性，掌握它是一條適用范圍很廣的物理規(guī)律，體會動能定理處理動力學(xué)的綜合問題的技巧．1．(2022·湖北襄陽模擬)如圖，Q為一個原來靜止在光滑水平面上的物體，其DB段為一半徑為R的光滑圓弧軌道，AD段為一長度為L＝R的粗糙水平軌道，二者相切于D點，D在圓心O的正下方，整個軌道位于同一豎直平面內(nèi)．物塊P的質(zhì)量為m(可視為質(zhì)點)，P與AD間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，物體Q的質(zhì)量為M＝2m，重力加速度為g.假設(shè)Q固定，P以速度v0從A點滑上水平軌道，沖至C點后返回A點時恰好靜止，求v0的大小和P剛越過D點時對Q解析：P從A到C又返回A的過程中，只有AD段和DA段的摩擦力做功，由動能定理有：－μmg·2L＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).①將L＝R代入①解得v0＝eq\r(\f(2gR,5)).②假設(shè)P在D點的速度為vD，從A到D的過程中，由動能定理得：－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).③剛越過D時，假設(shè)Q對P的支持力為FD，根據(jù)牛頓定律，有FD－mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R).④聯(lián)立②③④式解得FD＝1.2mg.由牛頓第三定律可知，P對Q的壓力大小也為1.2mg.eq\r(\f(2gR,5))1.2mg2．(2022·北京西城區(qū)模擬)如圖甲所示，長為4m的水平軌道AB與半徑為R＝0.6m的豎直半圓弧軌道BC在B處相連接，有一質(zhì)量為1kg的滑塊(大小不計)，從A處由靜止開始受水平向右的力F作用，F(xiàn)的大小隨位移變化的關(guān)系如圖乙所示，滑塊與AB間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25，與BC間的動摩擦因數(shù)未知，g取10m/s2.求：(1)滑塊到達(dá)B處時的速度大小，(2)假設(shè)到達(dá)B點時撤去力F，滑塊沿半圓弧軌道內(nèi)側(cè)上滑，并恰好能到達(dá)最高點C，那么滑塊在半圓弧軌道上克服摩擦力所做的功是多少？解析：(1)因為F-x圖象中圖線與坐標(biāo)軸圍成的圖形面積表示F做的功，所以設(shè)0～2m力F做功W1,3～4m力F做功W2，那么W1＝eq\f(1,2)×40×2＝40J，W2＝－10×1＝－10J對滑塊從A到B的過程，由動能定理得W1＋W2－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)即：40－10－0.25×1×10×4＝eq\f(1,2)×1×veq\o\al(2,B)解得vB＝2eq\(2)當(dāng)滑塊恰好能到達(dá)最高點C時，有mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)設(shè)摩擦力做功為W，對滑塊從B到C的過程，由動能定理得：W－mg×2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)代入數(shù)值得W＝－5J，即克服摩擦力做的功為5J.(1)2eq\r(10)m/s(2)5J3．(2022·北京東城區(qū)模擬)如圖甲所示，一半徑R＝1m、圓心角等于143°的豎直圓孤形光滑軌道，與斜面相切于B處，圓孤軌道的最高點為M，斜面傾角θ＝37°，t＝0時刻有一物塊沿斜面上滑，其在斜面上運動的速度變化規(guī)律如圖乙所示，假設(shè)物塊恰能到達(dá)M點，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)物塊經(jīng)過M點的速度大??；(2)物塊經(jīng)過B點的速度大?。?3)物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)．解析：(1)物塊恰能到達(dá)M點那么有mg＝meq\f(v\o\al(2,M),R)解得vM＝eq\r(gR)＝eq\r(10)m/s(2)物塊從B點運動到M點的過程中，由動能定理得－mgR(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝eq\r(46)m/s(3)由題圖乙可知，物塊在斜面上運動時，加速度大小為a＝eq\f(Δv,Δt)＝10m/s2，方向沿斜面向下，有mgsin37°＋μmgcos37°＝ma解得μ＝0.5(1)eq\r(10)m/s(2)eq\r(46)m/s(3)0.54．(2022·上海浦東模擬)我國擁有航空母艦后，艦載機(jī)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(jī)殲—15首降“遼寧艦〞獲得成功，隨后艦載機(jī)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(jī)滑躍起飛過程進(jìn)行了如下的簡化模擬：假設(shè)起飛時“航母〞靜止，飛機(jī)質(zhì)量視為不變并可看成質(zhì)點．“航母〞起飛跑道由如下圖的兩段軌道組成(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(jī)的總質(zhì)量為m，在C端的起飛速度至少為v.假設(shè)某次起飛訓(xùn)練中，殲—15從A點由靜止啟動，飛機(jī)發(fā)動機(jī)的推力大小恒為0.6mg，方向與速度方向相同，飛機(jī)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：(1)飛機(jī)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(jī)的推力功率；(3)要保證飛機(jī)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)解析：(1)設(shè)飛機(jī)在水平軌道的加速度為a，運動時間為t，發(fā)動機(jī)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＝0.5而由位移公式有L＝eq\f(1,2)at2解得：t＝2eq\r(\f(L,g))(2)設(shè)飛機(jī)在B端的速度為v′，功率為P，由速度公式v′＝at＝eq\r(gL)解得：P＝Fv′＝0.6mgeq\r(gL)(3)設(shè)飛機(jī)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＝eq\f(1,2)mv2解得：l0＝eq\f(v2,g)＋2h－L所以，斜面軌道長度滿足的條件是l≥eq\f(v2,g)＋2h－L.(1)2eq\r(\f(L,g))(2)0.6mgeq\r(gL)(3)l≥eq\f(v2,g)＋2h－L5．(2022·浙江卷)如下圖，用一塊長L1＝1.0m的木板在墻和桌面間架設(shè)斜面，桌子高H＝0.8m，長L2＝1.5m．斜面與水平桌面的傾角θ可在0～60°間調(diào)節(jié)后固定．將質(zhì)量m＝0.2kg的小物塊從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.05，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ2，忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失．(重力加速度取g＝10m/s2；最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(1)當(dāng)θ角增大到多少時，物塊能從斜面開始下滑；(用正切值表示)(2)當(dāng)θ角增大到37°時，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ2；(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(3)繼續(xù)增大θ角，發(fā)現(xiàn)θ＝53°時物塊落地點與墻面的距離最大，求此最大距離xm.解析：(1)為使小物塊下滑，應(yīng)有mgsinθ≥μ1mgcosθ①θ滿足的條件tanθ≥0.05②即當(dāng)θ≥arctan0.05時物塊從斜面開始下滑．(2)克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg(L2－L1cosθ)③由動能定理得mgL1sinθ－Wf＝0④代入數(shù)據(jù)得μ2＝0.8⑤(3)由動能定理得mgL1sinθ－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0⑥結(jié)合③式并代入數(shù)據(jù)得v＝1m/s⑦由平拋運動規(guī)律得H＝eq\f(1,2)gt2，x1＝vt解得t＝0.4s⑧x1＝0.4m⑨xm＝x1＋L2＝1.9m⑩(1)tanθ≥0.05(2)0.8(3)1.9m6．(2022·陜西西安模擬)如下圖，一質(zhì)量為M＝5.0kg的平板車靜止在光滑水平地面上，平板車的上外表距離地面高h(yuǎn)＝0.8m，其右側(cè)足夠遠(yuǎn)處有一固定障礙物A.另一質(zhì)量為m＝2.0kg可視為質(zhì)點的滑塊，以v0＝8m/s的水平初速度從左端滑上平板車，同時對平板車施加一水平向右、大小為5N的恒力F.當(dāng)滑塊運動到平板車的最右端時，兩者恰好相對靜止，此時撤去恒力F，當(dāng)平板車碰到障礙物A時立即停止運動，滑塊水平飛離平板車后，恰能無碰撞地沿圓弧切線從B點切入光滑豎直圓弧軌道，并沿軌道下滑．滑塊與平板車間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，圓弧半徑為R＝1.0m，圓弧所對的圓心角∠BOD＝θ＝106°.g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：(1)平板車的長度；(2)障礙物A與圓弧左端B的水平距離；(3)滑塊運動至圓弧軌道最低點C時對軌道的壓力大?。馕觯?1)滑塊與平板車間的滑動摩擦力Ff＝μmg，對滑塊，由牛頓第二定律得a1＝eq\f(Ff,m)＝μg＝5m/s2對平板車，由牛頓第二定律得a2＝eq\f(F＋Ff,M)＝3m/s2設(shè)經(jīng)過時間t1，滑塊與平板車相對靜止，共同速度為v，那么v＝v0－a1t1＝a2t1滑塊的位移x1＝eq\f(v0＋v,2)t1平板車的位移x2＝eq\f(v,2)t1平板車的長度l＝x1－x2聯(lián)立解得l＝4m(2)設(shè)滑塊從平板車上滑出后做平拋運動的時間為t2，那么h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)xAB＝vt2障礙物A與圓弧左端B的水平距離xAB＝1.2m(3)對小物塊，從離開平板車到C點，由動能定理得mgh＋mgReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(θ,2)))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mv2在C點由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)聯(lián)立解得FN＝86N由牛頓第三定律得，滑塊運動到圓弧軌道最低點C時對軌道的壓力大小為86N.(1)4m(2)1.2m(3)86N7．(2022·山東濟(jì)南模擬)如圖固定在水平面上的組合軌道，由光滑的斜面、光滑的豎直半圓(半徑R＝2.5m)與粗糙的水平軌道組成；水平軌道動摩擦因數(shù)μ＝0.25，與半圓的最低點相切，軌道固定在水平面上．一個質(zhì)量為m＝0.1kg的小球從斜面上A處由靜止開始滑下，并恰好能到達(dá)半圓軌道最高點D，且水平拋出，落在水平軌道的最左端B點處．不計空氣阻力，小球在經(jīng)過斜面與水平軌道連接處時不計能量損失，g取10m/s2.求：(1)小球從D點拋出的速度vD；(2)水平軌道BC的長度x；(3)小球開始下落的高度h.解析：(1)小球恰好能到達(dá)半圓軌道最高點D，此時只有重力作為向心力，即mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)所以小球從D點拋出的速度vD＝eq\r(gR)＝eq\r(10×2.5)m