2022屆新高考一輪復習-第6章-第2講-動能定理及其應用-教案

一、動能定理的理解和根本應用【例1】高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動。在啟動階段，列車的動能()A．與它所經(jīng)歷的時間成正比B．與它的位移成正比C．與它的速度成正比D．與它的動量成正比【答案】B【解析】動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，與速度的平方成正比，故C錯誤；速度v＝at，可得Ek＝eq\f(1,2)ma2t2，與經(jīng)歷的時間的平方成正比，故A錯誤；根據(jù)v2＝2ax，可得Ek＝max，與位移成正比，故B正確；動量p＝mv，可得Ek＝eq\f(p2,2m)，與動量的平方成正比，故D錯誤?！纠?】如圖，傾角為θ＝30°的光滑斜面固定，一物塊在沿斜面向上的恒定外力F作用下，由靜止開始從斜面的底端向上做勻加速直線運動，經(jīng)時間t物塊至斜面B點(圖中未標出)，外力F做的功為W，此后撤去外力F，再經(jīng)過時間eq\f(t,3)后物塊運動至最高點，那么撤去外力F時物塊的動能為()A．eq\f(1,6)WB．eq\f(1,4)WC．eq\f(1,3)WD．eq\f(2,3)W【答案】B【解析】取沿斜面向上為正方向，那么由勻變速直線運動的規(guī)律有，勻加速過程：v1＝a1t，勻減速過程：v1＝a2eq\f(t,3)，聯(lián)立解得：a2＝3a1，由牛頓第二定律有：F－mgsinθ＝ma1，mgsinθ＝ma2，聯(lián)立解得：F＝eq\f(2,3)mg；由動能定理可知，撤去外力F前，外力F對物塊做的功為：W＝Fs1＝eq\f(2,3)mgs1，合力對物塊做的功為：W－mgs1sinθ＝Ek，即撤去外力F時物塊的動能Ek＝eq\f(2,3)mgs1－eq\f(1,2)mgs1＝eq\f(1,6)mgs1＝eq\f(1,4)W，A、C、D錯誤，B正確?！纠?】如下圖AB和CDO都是處于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，OA處于水平位置。AB是半徑為R＝1m的eq\f(1,4)圓周軌道，CDO是半徑為r＝0.5m的半圓軌道，最高點O處固定一個豎直彈性擋板(可以把小球彈回，不損失能量)圖中沒有畫出，D為CDO軌道的中點。BC段是水平粗糙軌道，與圓弧形軌道平滑連接。BC段水平軌道長L＝2m，與小球之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2?，F(xiàn)讓一個質(zhì)量為m＝1kg的小球從A點的正上方距水平線OA高H的P處自由落下。(g取10m/s2)(1)當H＝2m時，求此時小球第一次到達D點對軌道的壓力大小。(2)為使小球僅僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌道，求H的取值范圍。【解析】(1)設小球第一次到達D的速度為vD，對小球從P點到D點的過程，根據(jù)動能定理得：mg(H＋r)－μmgL＝eq\f(1,2)mvD2－0在D點軌道對小球的支持力FN提供向心力，那么有：FN＝meq\f(vD2,r)聯(lián)立解得：FN＝84N由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮N′＝FN＝84N。(2)為使小球僅僅與擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌道，H最小時必須滿足能上升到O點，由動能定理得：mgHmin－μmgL＝eq\f(1,2)mv02－0在O點有：mg＝meq\f(v02,r)代入數(shù)據(jù)解得：Hmin＝0.65m僅僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌道，H最大時，碰后再返回最高點能上升到D點，那么有：mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0代入數(shù)據(jù)解得：Hmax＝0.7m故有：0.65m≤H≤0.7m。應用動能定理解題流程1．滑雪運動深受人民群眾喜愛。如下圖，某滑雪運發(fā)動(可視為質(zhì)點)由坡道進入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運發(fā)動的速率不變，那么運發(fā)動沿AB下滑過程中()A．所受合外力始終為零B．所受摩擦力大小不變C．合外力做功一定為零D．機械能始終保持不變【答案】C【解析】運發(fā)動從A點滑到B點的過程中速率不變，那么運發(fā)動做勻速圓周運動，其所受合外力指向圓心，A錯誤；如下圖，運發(fā)動受到的沿圓弧切線方向的合力為零，即Ff＝mgsinα，下滑過程中α減小，sinα變小，故摩擦力Ff變小，B錯誤；由動能定理知，運發(fā)動勻速率下滑動能不變，合外力做功為零，C正確；運發(fā)動下滑過程中動能不變，重力勢能減小，機械能減小，D錯誤。2．(多項選擇)如下圖為一滑草場．某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，載人滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)均為μ。質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計載人滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，重力加速度大小為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。那么()A．動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(6,7)B．載人滑草車最大速度為eq\r(\f(2gh,7))C．載人滑草車克服摩擦力做功為mghD．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為eq\f(3,5)g【答案】AB【解析】對載人滑草車從坡頂由靜止開始滑到底端的全過程分析，由動能定理可知mg·2h－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝0，解得μ＝eq\f(6,7)，A正確；對經(jīng)過上段滑道的過程分析，根據(jù)動能定理有mgh－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mvm2，解得vm＝eq\r(\f(2gh,7))，B正確；載人滑草車克服摩擦力做功為2mgh，C錯誤；載人滑草車在下段滑道上的加速度a＝eq\f(mgsin37°－μmgcos37°,m)＝－eq\f(3,35)g，故大小為eq\f(3,35)g，D錯誤。3．質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一輕彈簧O端相距s，如下圖。物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，那么從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為(重力加速度大小為g)()A．eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)B．eq\f(1,2)mv02－μmgxC．μmgsD．μmg(s＋x)【答案】A【解析】根據(jù)功的定義式可知物體克服摩擦力做功為Wf＝μmg(s＋x)，由動能定理可得－W彈－Wf＝0－eq\f(1,2)mv02，那么W彈＝eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，應選項A正確。二、動能定理與圖像結(jié)合的問題【例4】靜止在粗糙水平地面上的物塊，在恒定水平拉力的作用下開始運動，當位移為2x0時撤去外力，此時動能為Ek0，繼續(xù)滑行x0后停下來，其動能隨位移變化的關系如下圖。根據(jù)圖像中信息，不能確定的物理量是()A．恒定水平拉力的大小B．物塊與水平地面之間的動摩擦因數(shù)C．物塊加速運動和減速運動的時間之比D．物塊加速運動和減速運動的加速度大小之比【答案】B【解析】物塊位移從0～2x0的過程，由動能定理得F·2x0－f·2x0＝Ek0－0，從2x0～3x0的過程，由動能定理得－fx0＝0－Ek0，聯(lián)立可解得水平拉力F的大小和物塊與水平地面之間的摩擦力f的大小(另一種解法：根據(jù)動能定理，F(xiàn)合·Δx＝ΔEk，那么Ek-x圖像的斜率表示合力，由題圖可知，F(xiàn)－f＝eq\f(Ek0,2x0)，－f＝eq\f(0－Ek0,x0)，聯(lián)立可解得水平拉力F的大小和物塊與水平地面之間的摩擦力f的大小)，由于物塊的質(zhì)量未知，那么無法確定物塊與水平地面之間的動摩擦因數(shù)；設物塊運動過程中的最大速度為vmax，那么有2x0＝eq\f(vmax,2)t1，x0＝eq\f(vmax,2)t2，可求得物塊加速運動和減速運動的時間之比；由前面分析可解得F＝eq\f(3,2)f，那么物塊加速運動和減速運動的加速度大小之比eq\f(a1,a2)＝eq\f(\f(F－f,m),\f(f,m))＝eq\f(1,2)。此題選不能確定的物理量，應選B。【例5】如圖甲所示，在傾角為30°的足夠長的光滑斜面AB的A處連接一粗糙水平面OA，OA長為4m。有一質(zhì)量為m的滑塊，從O處由靜止開始受一水平向右的力F作用。F在水平面上按圖乙所示的規(guī)律變化?；瑝K與OA間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，g取10m/s2，試求：(1)滑塊運動到A處的速度大小；(2)不計滑塊在A處的速率變化，滑塊沿斜面AB向上運動的最遠距離是多少?！窘馕觥?1)由題圖乙知，在OA段拉力做功：W＝(2mgmgmg(J)滑動摩擦力Ff＝－μmgmg，Wf＝Ff·xOA＝－mg(J)滑塊在OA上運動的全過程，由動能定理得：W＋Wf＝eq\f(1,2)mvA2－0代入數(shù)據(jù)解得vA＝5eq\r(2)m/s。(2)對于滑塊沖上斜面的過程，由動能定理得：－mgLsin30°＝0－eq\f(1,2)mvA2解得L＝5m所以滑塊沿斜面AB向上運動的最遠距離為L＝5m。4．用傳感器研究質(zhì)量為2kg的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律時，在計算機上得到0～6s內(nèi)物體的加速度隨時間變化的關系如下圖。以下說法正確的選項是()A．0～6s內(nèi)物體先向正方向運動，后向負方向運動B．0～6s內(nèi)物體在4s時的速度最大C．物體在2～4s內(nèi)的速度不變D．0～4s內(nèi)合力對物體做的功等于0～6s內(nèi)合力對物體做的功【答案】D【解析】物體6s末的速度v6＝eq\f(1,2)×(2＋5)×2m/s－eq\f(1,2)×1×2m/s＝6m/s，結(jié)合題圖可知0～6s內(nèi)物體一直向正方向運動，A錯誤；由題圖可知物體在5s末速度最大，vm＝eq\f(1,2)×(2＋5)×2m/s＝7m/s，B錯誤；由題圖可知物體在2～4s內(nèi)加速度不變，做勻加速直線運動，速度變大，C錯誤；在0～4s內(nèi)由動能定理可知，W合4＝eq\f(1,2)mv42－0，又v4＝eq\f(1,2)×(2＋4)×2m/s＝6m/s，得W合4＝36J，0～6s內(nèi)合力對物體做的功：W合6＝eq\f(1,2)mv62－0，又v6＝6m/s，得W合6＝36J，那么W合4＝W合6，D正確。5．如圖甲所示，一傾角為37°，長L＝3.75m的斜面AB上端和一個豎直圓弧形光滑軌道BC相連，斜面與圓軌道相切于B處，C為圓弧軌道的最高點．t＝0時刻有一質(zhì)量m＝1kg的物塊沿斜面上滑，其在斜面上運動的v－t圖像如圖乙所示。圓軌道的半徑R＝0.5m，取g＝10m/s2。求：(1)物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)物塊到達C點時對軌道的壓力的大小FN；(3)試通過計算分析是否可能存在物塊以一定的初速度從A點滑上軌道，通過C點后恰好能落在A點。如果能，請計算出物塊從A點滑出的初速度大小；如果不能請說明理由?！窘馕觥?1)由題圖乙可知物塊上滑時的加速度大小為a＝10m/s2①根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin37°＋μmgcos37°＝ma②由①②聯(lián)立解得μ③(2)設物塊到達C點時的速度大小為vC，由動能定理得：－mg(Lsin37°＋R＋Rcos37°)－μmgLcos37°＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02④在C點，根據(jù)牛頓第二定律有：mg＋FN′＝meq\f(v\o\al(C2),R)⑤聯(lián)立③④⑤解得：FN′＝4N⑥根據(jù)牛頓第三定律得：FN＝FN′＝4N⑦物塊在C點時對軌道的壓力大小為4N(3)設物塊以初速度v1上滑，最后恰好落到A點物塊從C到A，做平拋運動，豎直方向：Lsin37°＋R(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)gt2⑧水平方向：Lcos37°－Rsin37°＝vC′t⑨解得vC′＝eq\f(9\r(7),7)m/s＞eq\r(gR)＝eq\r(5)m/s，⑩所以物塊能通過C點落到A點物塊從A到C，由動能定理得：－mg(LR)－μmgLcos37°＝eq\f(1,2)mvC′2－eq\f(1,2)mv12?聯(lián)立解得：v1＝2eq\r(\f(183,7))m/s?動能定理在往復運動問題中的應用在有些問題中，物體的運動過程具有重復性、往返性，而在這一過程中，描述運動的物理量多數(shù)是變化的，而且重復的次數(shù)又往往是無限的或者難以確定的，求解這類問題時假設運用牛頓運動定律及運動學公式將非常繁瑣，甚至無法解出。由于動能定理只與物體的初、末狀態(tài)有關而不計運動過程的細節(jié)，所以用動能定理分析這類問題可使解題過程簡化?！纠?】如下圖，豎直面內(nèi)有一粗糙斜面AB，BCD局部是一個光滑的圓弧面，C為圓弧的最低點，AB正好是圓弧在B點的切線，圓心O與A、D點在同一高度，θ＝37°，圓弧面的半徑R＝3.6m，一滑塊質(zhì)量m＝5kg，與AB斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.45，將滑塊從A點由靜止釋放(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)。求在此后的運動過程中：(1)滑塊在AB段上運動的總路程；(2)在滑塊運動過程中，C點受到的壓力的最大值和最小值?！窘馕觥?1)由題意可知斜面AB與水平面的夾角為θ＝37°，知mgsinθ＞μmgcosθ故滑塊最終不會停留在斜面上由于滑塊在AB段受摩擦力作用，那么滑塊做往復運動的高度將越來越低，最終以B點為最高點在光滑的圓弧面上往復運動。設滑塊在AB段上運動的總路程為s，滑塊在AB段上所受摩擦力大小Ff＝μFN＝μmgcosθ從A點出發(fā)到最終以B點為最高點做往復運動，由動能定理得：mgRcosθ－Ffs＝0解得s＝eq\f(R,μ)＝8m。(2)滑塊第一次過C點時，速度最大，設為v1，分析受力知此時滑塊所受軌道支持力最大，設為Fmax，從A到C的過程，由動能定理得：mgR－FflAB＝eq\f(1,2)mv12－0斜面AB的長度lAB＝eq\f(R,tanθ)由牛頓第二定律得：Fmax－mg＝eq\f(mv\o\al(12),R)解得Fmax＝102N滑塊以B為最高點做往復運動的過程中過C點時，速度最小，設為v2，此時滑塊所受軌道支持力最小，設為Fmin，從B到C，由動能定理得：mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv22－0由牛頓第二定律得：Fmin－mg＝eq\f(mv\o\al(22),R)解得：Fmin＝70N根據(jù)牛頓第三定律可知C點受到的壓力最大值為102N，最小值為70N。6．如下圖，ABCD為一豎直平面內(nèi)的軌道，其中BC水平，A點比BC高出H＝10m，BC長為l＝1m，AB和CD軌道光滑。一質(zhì)量為m＝1kg的物體，從A點以v1＝4m/s的速度開始運動，經(jīng)過BC后滑到高出C點h＝10.3m的D點時速度為零，求：(取g＝10m/s2)(1)物體與BC軌道間的動摩擦因數(shù)；(2)物體第5次經(jīng)過B點時的速度大??；(3)物體最后停止的位置(距B點)。【解析】(1)分析從A點到D點的過程，由動能定理得：－mg(h－H)－μmgl＝0－eq\f(1,2)mv12解得：μ。(2)設物體第5次經(jīng)過B點時的速度為v2，在此過程中物體在BC上滑動了4次，由動能定理得：mgH－μmg·4l＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12解得：v2＝4eq\r(11)m/s≈13.3m/s。(3)設物體運動的全過程在水平面上通過的路程為s，由動能定理得：mgH－μmgs＝0－eq\f(1,2)mv12，解得：s＝21.6m.所以物體在軌道上來回滑動了10次后，還有1.6m，故距B點的距離s′＝2m－1.6m＝0.4m。1．(多項選擇)關于動能定理的表達式W＝Ek2－Ek1，以下說法正確的選項是()A．公式中的W為不包含重力的其他力做的總功B．公式中的W為包含重力在內(nèi)的所有力做的功，也可通過以下兩種方式計算：先求每個力的功再求功的代數(shù)和或先求合力再求合力的功C．公式中的Ek2－Ek1為動能的增量，當W＞0時動能增加，當W＜0時，動能減少D．動能定理適用于直線運動，但不適用于曲線運動，適用于恒力做功，但不適用于變力做功【答案】BC2．在離地面高為h處豎直上拋一質(zhì)量為m的物塊，拋出時的速度為v0，它落到地面時的速度為v，用g表示重力加速度，那么在此過程中物塊克服空氣阻力所做的功等于()A．mgh－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B．－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mghC．mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2D．mgh＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)【答案】C【解析】對物塊從h高處豎直上拋到落地的過程，根據(jù)動能定理可得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Wf＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，選項C正確。3．在籃球比賽中，某位同學獲得罰球時機，如圖，他站在罰球線處用力將籃球投出，籃球以約為1m/s的速度撞擊籃筐。籃球質(zhì)量約為0.6kg，籃筐離地高度約為3m，忽略籃球受到的空氣阻力，那么該同學罰球時對籃球做的功大約為()A．1JB．10JC．50JD．100J【答案】B【解析】該同學將籃球投出時的高度約為h1＝1.8m，根據(jù)動能定理有W－mg(h－h(huán)1)＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝7.5J，應選項B正確。4．如圖，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直，一小球以速度v從軌道下端滑入軌道，并保證從軌道上端水平飛出，那么關于小球落地點到軌道下端的水平距離x與軌道半徑R的關系，以下說法正確的選項是()A．R越大，那么x越大B．R越小，那么x越大C．當R為某一定值時，x才有最大值D．當R為某一定值時，x才有最小值【答案】C【解析】設半圓的半徑為R，根據(jù)動能定理得－mg·2R＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，離開最高點做平拋運動，有2R＝eq\f(1,2)gt2，x＝v′t，聯(lián)立解得x＝eq\r(\f(4R〔v2－4gR〕,g))＝eq\r(\f(－16g〔R－\f(v2,8g)〕2＋\f(v4,4g),g))，可知當R＝eq\f(v2,8g)時，水平位移最大。5．一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處。物塊初動能為Ek0，與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，那么該過程中，物塊的動能Ek與位移x關系的圖線是()【答案】C【解析】設斜面的傾角為θ，物塊的質(zhì)量為m，沿斜面向上為位移正方向；小物塊上滑過程，由動能定理得－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mgsinθ＋μmgcosθ))x；設小物塊上滑的最大位移大小為s，小物塊下滑過程，由動能定理得(mgsinθ－μmgcosθ)(s－x)＝Ek－0，整理得Ek＝(mgsinθ－μmgcosθ)s－(mgsinθ－μmgcosθ)x，故只有C正確。6．如圖甲所示，置于水平地面上質(zhì)量為m的物體，在豎直拉力F作用下，由靜止開始向上運動，其動能Ek與距地面高度h的關系圖像如圖乙所示，重力加速度為g，空氣阻力不計。以下說法正確的選項是()A．在0～h0過程中，F(xiàn)大小始終為mgB．在0～h0和h0～2h0過程中，F(xiàn)做功之比為2∶1C．在0～2h0過程中，物體的機械能不斷增加D．在2h0h0過程中，物體的機械能不斷減少【答案】C【解析】在0～h0過程中，Ek－h(huán)圖像為一段直線，由動能定理得(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A錯誤；由A可知，在0～h0過程中，F(xiàn)做功為2mgh0，在h0～2h0過程中，由動能定理可知，WF－mgh0mgh0－mgh0，解得WFmgh0，因此在0～h0和h0～2h0過程中，F(xiàn)做功之比為4∶3，故B錯誤；在0～2h0過程中，F(xiàn)一直做正功，故物體的機械能不斷增加，C正確；在2h0h0過程中，由動能定理得WFmgh0mgh0，那么WF′＝0，故F做功為0，物體的機械能保持不變，故D錯誤。7．如下圖，質(zhì)量為m的小球，從離地面高H處由靜止開始釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止。設小球受到的空氣阻力為Ff，重力加速度為g，那么以下說法正確的選項是()A．小球落地時動能等于mgHB．小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時的動能C．整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)D．小球在泥中受到的平均阻力為mg(1＋eq\f(H,h))【答案】C【解析】小球從靜止開始釋放到落到地面的過程，由動能定理得mgH－FfH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項A錯誤；設泥的平均阻力為Ff′，小球陷入泥中的過程，由動能定理得mgh－Ff′h＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Ff′h＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，F(xiàn)f′＝mg(1＋eq\f(H,h))－eq\f(FfH,h)，選項B、D錯誤；對全過程應用動能定理可知，整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，選項C正確。8．如下圖，為某運發(fā)動(可視為質(zhì)點)參加跳板跳水比賽時，其豎直方向的速度隨時間變化的v－t圖像以他離開跳板時為計時起點，不計空氣阻力，那么以下說法中正確的選項是()A．t3時刻到達最高點B．t2時刻的位移最大C．t1時刻的加速度為負D．在t1～t2時間內(nèi)，重力做功WG大于克服阻力做功Wf【答案】D【解析】運發(fā)動起跳時的速度方向向上，可知，t1時刻到達最高點，故A錯誤；v－t圖像為直線，加速度不變，所以在0～t2時間內(nèi)人在空中，t2時刻開始進入水面，之后進入水中，此時人的位移不是最大，t1時刻的加速度為正值，故B、C錯誤；在t1～t2時間內(nèi)，由動能定理可知WG－Wf＝eq\f(1,2)mv2，即重力做功WG大于克服阻力做功Wf，故D正確。9．(多項選擇)某中學生對剛買來的一輛小型遙控車的性能進行研究。他讓這輛小車在水平的地面上由靜止開始沿直線軌道運動，并將小車運動的全過程通過傳感器記錄下來，通過數(shù)據(jù)處理得到如下圖的v－t圖像。小車在0～2s內(nèi)做勻加速直線運動，2～11s內(nèi)小車牽引力的功率保持不變，9～11s內(nèi)小車做勻速直線運動，在11s末小車失去動力而開始自由滑行。小車質(zhì)量m＝1kg，整個過程中小車受到的阻力大小不變，以下說法正確的選項是()A．小車受到的阻力大小為8NB．在2～11s內(nèi)小車牽引力的功率P是16WC．小車在2s末的速度大小vx為6m/sD．小車在0～15s內(nèi)通過的距離是80m【答案】BD【解析】根據(jù)題意，在11s末撤去牽引力后，小車只在阻力f作用下做勻減速直線運動，設其加速度大小為a，根據(jù)圖像可知a＝eq\f(Δv,Δt)＝2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律有f＝ma＝2N，故A錯誤；設小車在勻速運動階段的牽引力為F，那么F＝f，由圖可知vm＝8m/s，那么有P＝Fvm＝16W，故B正確；0～2s的勻加速運動過程中，小車的加速度為ax＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(vx,2)，設小車的牽引力為Fx，根據(jù)牛頓第二定律有Fx－f＝max，根據(jù)題意有P＝Fxvx，解得vx＝4m/s，故C錯誤；在2～9s內(nèi)的變加速過程，Δt＝7s，由動能定理可得PΔt－fx2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,x)，解得x2＝44m，0～2s內(nèi)通過的位移為x1＝eq\f(4,2)×2m＝4m，9～11s內(nèi)小車做勻速直線運動通過的位移為x3＝8×2m＝16m，11～15s內(nèi)通過的位移為x4＝eq\f(8,2)×4m＝16m，那么小車在0～15s內(nèi)通過的距離是x＝x1＋x2＋x3＋x4＝80m，故D正確。10．如下圖，兩傾角均為θ的光滑斜面對接后固定水平地面上，O點為斜面的最低點。一個小物塊從右側(cè)斜面上高為H處由靜止滑下，在兩個斜面上做往復運動。小物塊每次通過O點時都會有動能損失，損失的動能為小物塊當次到達O點時動能的5%。小物塊從開始下滑到停止的過程中運動的總路程為()A．eq\f(49H,sinθ)B．eq\f(39H,sinθ)C．eq\f(29H,sinθ)D．eq\f(20H,sinθ)【答案】B【解析】小物塊第一次到達O點由動能定理可得mgH＝Ek，此時小物塊所走路程s1＝eq\f(H,sinθ)，第一次通過O點后動能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此時由動能定理知小物塊上升高度H1＝95%H，第二次到達O點滑下的路程s2＝eq\f(2H1,sinθ)＝95%eq\f(2H,sinθ)，同理第二次離開O點到第三次到達O點所走路程s3＝(95%)2eq\f(2H,sinθ)，…，故小物塊下滑的總路程s總＝s1＋s2＋…sn＝eq\f(H,sinθ)＋95%eq\f(2H,sinθ)＋(95%)2eq\f(2H,sinθ)＋…(95%)n－1eq\f(2H,sinθ)，n無窮大時，可得s總＝eq\f(39H,sinθ)(等比數(shù)列求和)，故B正確。11．完全由我國自行設計、建造的國產(chǎn)新型航空母艦已完成屢次海試，并取得成功。航母上的艦載機采用滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩局部構(gòu)成，如圖甲所示。為了便于研究艦載機的起飛過程，假設上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的一段圓弧，示意如圖乙所示，AB長L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，圖中C點切線方向與水平方向的夾角θ＝12°(sin12°≈0.21)。假設艦載機從A點由靜止開始做勻加速直線運動，經(jīng)t＝6s到達B點進入BC。飛行員的質(zhì)量m＝60kg，g＝10m/s2，求：(1)艦載機水平運動的過程中，飛行員受到的水平力所做功W；(2)艦載機剛進入BC時，飛行員受到豎直向上的壓力FN多大?！窘馕觥?1)艦載機由靜止開始做勻加速直線運動，設其剛進入上翹甲板時的速度為v，那么有eq\f(v,2)＝eq\f(L1,t)①根據(jù)動能定理，有W＝eq\f(1,2)mv2－0②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)，得W＝7.5×104J。③(2)設上翹甲板所對應的圓弧半徑為R，根據(jù)幾何關系，有L2＝Rsinθ④由牛頓第二定律，有FN－mg＝me