統(tǒng)考版2024高考物理二輪專題復習第一編專題復習攻略專題三動量與能量第6講功能關系與能量守恒考點二動能定理的綜合應用教師用書

考點二動能定理的綜合應用1．應用動能定理解題的步驟圖解：2．應用動能定理解題應留意的三個問題(1)用動能定理解決問題時一般以地面為參考系；(2)動能定理的表達式是一個標量式，在某個方向上應用動能定理是沒有依據(jù)的；(3)物體在某個運動過程中包含幾個運動性質不同的小過程(如加速、減速的過程)時，可以分段考慮，也可以對全過程考慮，全過程用動能定理列式，可使問題簡化．例2如圖，一半徑為R，粗糙程度到處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平．一質量為m的質點自P點上方高度R處由靜止起先下落，恰好從P點進入軌道．質點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大?。肳表示質點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功．則()A．W＝mgR，質點恰好可以到達Q點B．W>mgR，質點不能到達Q點C．W＝mgR，質點到達Q點后，接著上升一段距離D．W<mgR，質點到達Q點后，接著上升一段距離[考法拓展1](多選)在[例2]中，若使質點帶上＋q的電荷量(帶電質點可視為點電荷)，如圖所示，在POQ下方加上垂直紙面對里的勻強磁場，磁感應強度B＝，質點由靜止釋放運動至最低點N時，對軌道的壓力恰好為零，則()A．質點經(jīng)過N點時的速度大小為B．質點由P點至N點的過程中洛倫茲力做負功C.質點由靜止下落至P點的過程機械能守恒D．質點由靜止下落至N點的過程機械能削減mgR[考法拓展2]在[例2]中，若軌道光滑，使質點帶上＋q的電荷量(帶電質點可視為點電荷)，如圖所示，在豎直方向加上向下的勻強電場，場強為E，質點由靜止釋放運動至最低點N的過程中，下列說法正確的是()A．質點的機械能守恒B．質點的重力勢能削減，電勢能增加C．質點的動能增加2mgRD．質點的機械能增加2qER[考法拓展3](多選)在[例2]中，若將半圓形軌道更換為圓弧軌道，如圖所示，并讓質點自P點上方高度2R處由靜止起先下落，質點沿軌道到達最高點Q時對軌道壓力為，則質點從靜止運動到Q點的過程中()A．重力勢能削減2mgRB．合外力做功mgRC．克服摩擦力做功mgRD．機械能削減mgR預料3如圖(a)所示，一物塊以確定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運動過程中摩擦力大小f恒定，物塊動能Ek與運動路程s的關系如圖(b)所示．重力加速度大小取10m/s2，物塊質量m和所受摩擦力大小f分別為()A．m＝0.7kg，f＝0.5NB．m＝0.7kg，f＝1.0NC．m＝0.8kg，f＝0.5ND．m＝0.8kg，f＝1.0N預料4[2024·湖南郴州一模](多選)如圖所示，水平面上O點的左側光滑，O點的右側粗糙．有8個質量均為m的完全相同的小滑塊(可視為質點)，用輕質的細桿相連，相鄰小滑塊間的距離為L，滑塊1恰好位于O點左側，滑塊2、3……依次沿直線水平向左排開．現(xiàn)將水平恒力F作用于滑塊1上，經(jīng)視察發(fā)覺，在第3個小滑塊過O點進入粗糙地帶后再到第4個小滑塊過O點進入粗糙地帶前這一過程中，小滑塊做勻速直線運動，已知重力加速度為g，則下列推斷中正確的是()A．滑塊勻速運動時，各段輕桿上的彈力大小相等B．滑塊3勻速運動的速度是C．從第5個小滑塊進入粗糙地帶到第6個小滑塊進入粗糙地帶前這一過程中，8個小滑塊的加速度大小為D．最終第7個滑塊剛能到達O點而第8個滑塊不行能到達O點預料5如圖所示，水平軌道BC與傾角為θ＝37°的斜面軌道AB、螺旋狀圓軌道O緊密平滑連接，AB長度L1＝10m，BC長度L2＝4m，圓軌道半徑R＝0.72m．直角斜面體MNE的豎直邊ME的長度L3＝3m，水平邊NE的長度L4＝6m，M點在C點的正下方，MC的長度L5＝1.2m．小物塊的質量為m＝1kg，它與AB軌道和BC軌道的動摩擦因數(shù)相同，記為μ，圓軌道光滑．小物塊在最高點A由靜止釋放，沿軌道ABC運動，第一次到達C時恰好靜止．空氣阻力不計，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求動摩擦因數(shù)μ；(2)小物塊在A點釋放的同時，對其施加一個水平向右的恒力F，當物塊沿BC運動到C點時撤去F，再繞圓軌道運動一周后在與C同一高度的圓軌道末端以速度v水平向右拋出．小物塊在到達圓軌道末端前不脫離軌道，求v與F滿意的關系式，并確定v的取值范圍；(3)若物塊自圓軌道末端以某一初速度水平拋出，經(jīng)一段時間后與過N點的豎直墻面發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間忽視不計，碰撞之后物塊速度的豎直重量不變，水平重量反向且大小不變，之后落于斜面MN上的P點，已知物塊從圓軌道末端運動到P點的總時間為t＝0.9s，求小物塊剛運動至P點時的動能．考點二例2解析：在N點由牛頓其次定律得4mg－mg＝；從最高點到N點，由動能定理得2mgR－W＝，聯(lián)立解得W＝mgR.由于克服阻力做功，機械能減小，N點左右兩側對應點的速度v右<v左，軌道彈力FN右<FN左，摩擦力Ff右<Ff左，所以質點從N點到Q點克服阻力做的功要小于從P點到N點克服阻力做的功，即質點從N點到Q點克服阻力做的功W′<W＝mgR，質點從N點到Q點由動能定理得－mgR－W′＝，解得>0，所以質點能夠到達Q點，并且還能接著上升一段距離，故選項C正確．答案：C[考法拓展1]解析：質點經(jīng)過N點時由牛頓其次定律得qvB－mg＝m，解得v＝，選項A錯誤；質點在磁場內(nèi)運動過程中，洛倫茲力始終與質點的運動方向垂直，洛倫茲力不做功，選項B錯誤；質點由靜止下落至P點的過程，只有重力做功，質點機械能守恒，選項C正確；質點由靜止運動至N點的過程由動能定理得2mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，由功能關系得質點的機械能削減mgR，選項D正確．答案：CD[考法拓展2]解析：質點下落過程，除重力做功以外，還有電場力做正功，機械能增加，由功能關系得機械能的增量ΔE＝2qER，故選項A錯誤，D正確；重力做正功，重力勢能削減，電場力做正功，電勢能削減，選項B錯誤；合外力做功等于動能的增量，則ΔEk＝2(qE＋mg)R，選項C錯誤．答案：D[考法拓展3]解析：質點能通過Q點，則在Q點由牛頓其次定律得mg＋mg＝m，解得v＝，從靜止運動到Q點的過程，重力做功等于重力勢能削減量，為mgR，選項A錯誤；合外力做功等于動能增加量，即W合＝ΔEk＝＝mgR，選項B正確；機械能削減量為ΔE＝mgR－mgR＝mgR，選項D錯誤；由功能關系得克服摩擦力做功等于機械能削減量為mgR，選項C正確．答案：BC預料3解析：0～10m內(nèi)物塊上滑，由動能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s結合0～10m內(nèi)的圖象得，斜率的確定值|k|＝mgsin30°＋f＝4N10～20m內(nèi)物塊下滑，由動能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1結合10～20m內(nèi)的圖象得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N聯(lián)立解得f＝0.5N，m＝0.7kg，故選A.答案：A預料4解析：當滑塊勻速運動時，處在光滑地帶的滑塊間的輕桿上的彈力都為零，處在粗糙地帶上的滑塊間的輕桿上彈力不為零，且各不相同，A錯誤；將勻速運動的8個小滑塊作為一個整體，有F－3μmg＝0，解得μ＝，從起先到第4個小滑塊過O點進入粗糙地帶前這一過程中，由動能定理得F·3L－μmg·3L－μmg·2L－μmg·L＝·8mv2，解得v＝，B正確；從第5個小滑塊進入粗糙地帶到第6個小滑塊進入粗糙地帶前這一過程中，8個小滑塊看作整體，由牛頓其次定律5μmg－F＝8ma，解得加速度大小為a＝，C正確；假設第7個滑塊剛好能到達O點，由動能定理有F·6L－μmg·6L－μmg·5L－μmg·4L－μmg·3L－μmg·2L－μmg·L＝－0，解得<0，故第7塊滑塊不能到達O點，D錯誤．答案：BC預料5解析：(1)小物塊從A到C的過程，由動能定理得mgL1sinθ－μmgL1cosθ－μmgL2＝0代入數(shù)據(jù)得μ＝0.5(2)施加恒力F后，從A到C的過程，由動能定理得F(L1cosθ＋L2)＋mgL1sinθ－μ(mgcosθ－Fsinθ)L1－μmgL2＝mv2代入數(shù)據(jù)得v2＝30F小物塊在圓軌道最高點D不脫離軌道，應滿意從D到C的過程由機械能守恒定律得＋2mgR＝mv2解得v≥6m/s小物塊不脫離斜面AB，應滿意Fsinθ≤mgcosθ解得v≤20m/s所以v的取值范圍為6m/s≤v≤20m/s.(3)