(江蘇專(zhuān)版)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第2節(jié) 動(dòng)能定理及其應(yīng)用講義(含解析)
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(江蘇專(zhuān)版)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第2節(jié) 動(dòng)能定理及其應(yīng)用講義(含解析)
(江蘇專(zhuān)版)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第2節(jié) 動(dòng)能定理及其應(yīng)用講義(含解析)(1)一定質(zhì)量的物體動(dòng)能變化時(shí),速度一定變化,但速度變化時(shí),動(dòng)能不一定變化。()(2)動(dòng)能不變的物體一定處于平衡狀態(tài)。(×)(3)如果物體所受的合外力為零,那么合外力對(duì)物體做功一定為零。()(4)物體在合外力作用下做變速運(yùn)動(dòng)時(shí),動(dòng)能一定變化。(×)(5)物體的動(dòng)能不變,所受的合外力必定為零。(×)(6)做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體,動(dòng)能與時(shí)間的二次方成正比。()突破點(diǎn)(一)對(duì)動(dòng)能定理的理解1對(duì)“外力”的兩點(diǎn)理解(1)“外力”可以是重力、彈力、摩擦力、電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力等,它們可以同時(shí)作用,也可以不同時(shí)作用。(2)“外力”既可以是恒力,也可以是變力。2公式中“”體現(xiàn)的三個(gè)關(guān)系數(shù)量關(guān)系合力做的功與物體動(dòng)能的變化相等單位關(guān)系國(guó)際單位都是焦耳因果關(guān)系合力做功是物體動(dòng)能變化的原因題點(diǎn)全練1關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體所受的合外力、合外力做的功及動(dòng)能變化的關(guān)系,下列說(shuō)法正確的是()A合外力為零,則合外力做功一定為零B合外力做功為零,則合外力一定為零C合外力做功越多,則動(dòng)能一定越大D動(dòng)能不變,則物體合外力一定為零解析:選A由WFlcos 可知,物體所受合外力為零,合外力做功一定為零,但合外力做功為零,可能是90°,故A正確,B錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理WEk可知,合外力做功越多,動(dòng)能變化量越大,但動(dòng)能不一定越大。動(dòng)能不變,合外力做功為零,但物體合外力不一定為零,C、D均錯(cuò)誤。2.(2018·江陰四校期中)質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的長(zhǎng)木板靜止在光滑的水平面上,質(zhì)量為m的小滑塊停放在長(zhǎng)木板的最右端,滑塊和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。現(xiàn)用一個(gè)大小為F的恒力作用在M上,當(dāng)小滑塊滑到木板的最左端時(shí),滑塊和木板的速度大小分別為v1、v2,滑塊和木板相對(duì)于地面的位移大小分別為s1、s2。下列關(guān)系式錯(cuò)誤的是()Amgs1mv12BFs2mgs2Mv22CmgLmv12DFs2mgs2mgs1Mv22mv12解析:選C對(duì)滑塊,滑塊受到重力、支持力和摩擦力,根據(jù)動(dòng)能定理,有 mgs1mv12,故A正確;對(duì)木板,由動(dòng)能定理得:Fs2mgs2Mv22,故B正確;由以上兩式相加可得:Fs2mgs2mgs1Mv22mv12,又s2s1L,則得:Fs2mgLMv22mv12,故C錯(cuò)誤,D正確。3(2019·連云港一模)如圖所示,放在光滑水平面上的勁度系數(shù)為k的彈簧一端固定,一質(zhì)量為m,速度為v0的滑塊將其壓縮,經(jīng)t時(shí)間后壓縮量為x,此時(shí)速度為v;再經(jīng)過(guò)極短的時(shí)間t,滑塊運(yùn)動(dòng)的位移為x,速度的變化量為v,滑塊動(dòng)能的變化量為E。下列關(guān)系式中不正確的是()Av BvCkxvtm(v02v2) DkxvtE解析:選C因?yàn)榻?jīng)過(guò)極短時(shí)間,可認(rèn)為t0,故v,A正確。根據(jù)動(dòng)量定理,有Ftmv;根據(jù)胡克定律,有Fkx,聯(lián)立解得vkx,B正確。根據(jù)動(dòng)能定理,對(duì)壓縮的整個(gè)過(guò)程,有Fxm(v02v2),根據(jù)胡克定律,有Fkx,聯(lián)立解得kx2m(v02v2),由于滑塊做變加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),所以xvt,C錯(cuò)誤。根據(jù)動(dòng)能定理,對(duì)壓縮x過(guò)程,有F·vtm(vv)2mv2E,根據(jù)胡克定律,有Fkx;聯(lián)立解得kxvtE,D正確。突破點(diǎn)(二)動(dòng)能定理的應(yīng)用1應(yīng)用動(dòng)能定理的流程2應(yīng)用動(dòng)能定理的注意事項(xiàng)(1)動(dòng)能定理中的位移和速度必須是相對(duì)于同一個(gè)參考系的,一般以地面或相對(duì)地面靜止的物體為參考系。(2)應(yīng)用動(dòng)能定理的關(guān)鍵在于對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析,并畫(huà)出運(yùn)動(dòng)過(guò)程的草圖,借助草圖理解物理過(guò)程之間的關(guān)系。(3)當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同過(guò)程時(shí),可分段應(yīng)用動(dòng)能定理求解;當(dāng)所求解的問(wèn)題不涉及中間的速度時(shí),也可以全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理求解,這樣更簡(jiǎn)便。(4)列動(dòng)能定理方程時(shí),必須明確各力做功的正、負(fù),確實(shí)難以判斷的先假定為正功,最后根據(jù)結(jié)果加以檢驗(yàn)。典例(2017·江蘇高考)如圖所示,兩個(gè)半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上,其上有一光滑圓柱C,三者半徑均為R。C的質(zhì)量為m,A、B的質(zhì)量都為,與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為。現(xiàn)用水平向右的力拉A,使A緩慢移動(dòng),直至C恰好降到地面。整個(gè)過(guò)程中B保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,重力加速度為g。求:(1)未拉A時(shí),C受到B作用力的大小F;(2)動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值min;(3)A移動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中,拉力做的功W。思路點(diǎn)撥(1)根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件求解C受到B作用力的大小F。(2)先根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件求解B受到C水平方向最大壓力,再求出B對(duì)地面的壓力,根據(jù)摩擦力的計(jì)算公式求解。(3)根據(jù)動(dòng)能定理求解A移動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中,拉力做的功W。解析(1)對(duì)C受力分析,如圖所示,根據(jù)平衡條件有2Fcos 30°mg解得Fmg。(2)C恰好降到地面時(shí),B受C壓力的水平分力最大FxmaxmgB受地面的摩擦力fmg根據(jù)題意,B保持靜止,則有fminFxmax,解得min。(3)C下降的高度h(1)RA的位移x2(1)R摩擦力做功的大小Wffx2(1)mgR根據(jù)動(dòng)能定理WWfmgh00解得W(21)(1)mgR。答案(1)mg(2)(3)(21)(1)mgR方法規(guī)律(1)運(yùn)用動(dòng)能定理解決問(wèn)題時(shí),選擇合適的研究過(guò)程能使問(wèn)題得以簡(jiǎn)化。當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程包含幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的子過(guò)程時(shí),可以選擇一個(gè)、幾個(gè)或全部子過(guò)程作為研究過(guò)程。(2)當(dāng)選擇全部子過(guò)程作為研究過(guò)程,涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時(shí),要注意運(yùn)用它們的功能特點(diǎn):重力做的功取決于物體的初、末位置,與路徑無(wú)關(guān);大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積。集訓(xùn)沖關(guān)1.多選(2018·無(wú)錫期末)如圖所示是某中學(xué)科技小組制作的利用太陽(yáng)能驅(qū)動(dòng)小車(chē)的裝置。當(dāng)太陽(yáng)光照射到小車(chē)上方的光電板時(shí),光電板中產(chǎn)生的電流經(jīng)電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)小車(chē)前進(jìn)。若小車(chē)在平直的公路上以初速度v0開(kāi)始加速行駛,經(jīng)過(guò)時(shí)間t達(dá)到最大速度vm,設(shè)此過(guò)程中電動(dòng)機(jī)功率恒為額定功率P。根據(jù)以上條件可求出的物理量是()A小車(chē)受到的阻力B小車(chē)前進(jìn)的距離C電動(dòng)機(jī)所做的功 D小車(chē)克服摩擦力做的功解析:選AC當(dāng)小車(chē)在平直的公路達(dá)到最大速度vm時(shí),電動(dòng)機(jī)功率為額定功率P,則小車(chē)受到的阻力fF;此過(guò)程中電動(dòng)機(jī)功率恒為額定功率P,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,則電動(dòng)機(jī)所做的功WPt;對(duì)加速過(guò)程使用動(dòng)能定理可得:Pt(fx)mvm2mv02,由于小車(chē)的質(zhì)量未知,求不出小車(chē)前進(jìn)的距離,也就求不出小車(chē)克服摩擦力做的功。2單板滑雪U型池如圖所示,由兩個(gè)完全相同的1/4圓弧滑道AB、CD和水平滑道BC構(gòu)成,圓弧滑道的半徑R4 m,B、C分別為圓弧滑道的最低點(diǎn),B、C間的距離s7.5 m,假設(shè)某次比賽中運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)水平滑道B點(diǎn)時(shí)水平向右的速度v016 m/s,運(yùn)動(dòng)員從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)所用的時(shí)間t0.5 s,從D點(diǎn)躍起時(shí)的速度vD8 m/s。設(shè)運(yùn)動(dòng)員連同滑板的質(zhì)量m50 kg,忽略空氣阻力的影響,已知圓弧上A、D兩點(diǎn)的切線(xiàn)沿豎直方向,重力加速度g取10 m/s2。求:(1)運(yùn)動(dòng)員在B點(diǎn)對(duì)圓弧軌道的壓力。(2)運(yùn)動(dòng)員從D點(diǎn)躍起后在空中完成運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。(3)運(yùn)動(dòng)員從C點(diǎn)到D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中克服摩擦阻力所做的功。解析:(1)由Nmg知N3 700 N由牛頓第三定律知,壓力為3 700 N。(2)運(yùn)動(dòng)員從D點(diǎn)躍起后在空中做豎直上拋運(yùn)動(dòng),設(shè)運(yùn)動(dòng)員上升的時(shí)間為t1,vDgt1運(yùn)動(dòng)員在空中完成動(dòng)作的時(shí)間t2t11.6 s。(3)運(yùn)動(dòng)員從B點(diǎn)到C點(diǎn),做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)過(guò)程的平均速度BC解得運(yùn)動(dòng)員到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度vCvB14 m/s運(yùn)動(dòng)員從C點(diǎn)到D點(diǎn)的過(guò)程中,克服摩擦力和重力做功,根據(jù)動(dòng)能定理WfmgRmvD2mvC2WfmvC2mvD2mgR代入數(shù)值解得Wf1 300 J。答案:(1)3 700 N(2)1.6 s(3)Wf1 300 J突破點(diǎn)(三)動(dòng)能定理的圖像問(wèn)題1解決物理圖像問(wèn)題的基本步驟2四類(lèi)圖像所圍面積的含義vt圖由公式xvt可知,vt圖線(xiàn)與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移at圖由公式vat可知,at圖線(xiàn)與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的變化量Fx圖由公式WFx可知,F(xiàn)x圖線(xiàn)與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功Pt圖由公式WPt可知,Pt圖線(xiàn)與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功典例某同學(xué)近日做了這樣一個(gè)實(shí)驗(yàn),將一個(gè)小鐵塊(可看成質(zhì)點(diǎn))以一定的初速度,沿傾角可在090°之間任意調(diào)整的木板向上滑動(dòng),設(shè)小鐵塊沿木板向上能達(dá)到的最大位移為s。若木板傾角不同時(shí)對(duì)應(yīng)的最大位移s與木板傾角的關(guān)系如圖所示。g取10 m/s2。求:(1)小鐵塊初速度v0的大小以及小鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)是多少?(2)當(dāng)60°時(shí),小鐵塊達(dá)到最高點(diǎn)后,又回到出發(fā)點(diǎn),小鐵塊的速度將變?yōu)槎啻螅?結(jié)果可以帶根號(hào))思路點(diǎn)撥(1)由題圖,根據(jù)90°時(shí)小鐵塊豎直上拋能達(dá)到的最大位移,由動(dòng)力學(xué)公式求初速度;(2)根據(jù)動(dòng)能定理,求出小鐵塊沿斜面上升的最大位移s與斜面傾角的關(guān)系表達(dá)式,根據(jù)30°時(shí)的數(shù)據(jù)求出動(dòng)摩擦因數(shù);(3)先求出60°時(shí)小鐵塊上升的高度,然后由動(dòng)能定理求出小鐵塊返回時(shí)的速度。解析(1)由題圖可得,當(dāng)90°時(shí),最大位移sm1.25 m,根據(jù)v022gsm,代入數(shù)據(jù)得v05 m/s,即小鐵塊的初速度為5 m/s。小鐵塊沿斜面上滑過(guò)程,根據(jù)動(dòng)能定理得:mgsin ·smgcos ·s0mv02得s由題圖可得,30°時(shí),s11.25 m,代入數(shù)據(jù)得:。(2)由小鐵塊沿斜面上升的最大位移s與斜面傾角的關(guān)系為:s把60°代入,解得:s2 m小鐵塊達(dá)到最高點(diǎn)后,又回到出發(fā)點(diǎn),整個(gè)過(guò)程由動(dòng)能定理得:mgcos ·2s2mvt2mv02解得:vt m/s。答案(1)5 m/s(2) m/s集訓(xùn)沖關(guān)1(2017·江蘇高考)一小物塊沿斜面向上滑動(dòng),然后滑回到原處。物塊初動(dòng)能為Ek0,與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變,則該過(guò)程中,物塊的動(dòng)能Ek與位移x關(guān)系的圖線(xiàn)是()解析:選C設(shè)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,物塊的質(zhì)量為m,則物塊在上滑過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有(mgsin mgcos )xEkEk0,即EkEk0(mgsin mgcos )x,所以物塊的動(dòng)能Ek與位移x的函數(shù)關(guān)系圖線(xiàn)為直線(xiàn)且斜率為負(fù);物塊沿斜面下滑的過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有(mgsin mgcos )(x0x)Ek,其中x0為小物塊到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的位移,即Ek(mgsin mgcos )x(mgsin mgcos )x0,所以下滑時(shí)Ek隨x的減小而增大且為直線(xiàn)。由此可以判斷C項(xiàng)正確。2(2018·連云港二模)隨著人民生活水平的提高,越來(lái)越多的家庭有了汽車(chē),交通安全問(wèn)題顯得尤為重要。如圖是某型號(hào)汽車(chē)剎車(chē)時(shí)剎車(chē)痕跡(即剎車(chē)距離)與剎車(chē)前車(chē)速的關(guān)系圖像,v為車(chē)速,s為剎車(chē)痕跡長(zhǎng)度。若某次測(cè)試中,汽車(chē)剎車(chē)后運(yùn)行距離為20 m時(shí)的車(chē)速仍為45 km/h,則剎車(chē)前車(chē)的初速度為()A60 km/hB75 km/hC82.5 km/h D105 km/h解析:選B由題圖可知,v160 km/h m/s時(shí),剎車(chē)位移是s120 m,根據(jù)v122as1,得a6.9 m/s2,當(dāng)汽車(chē)以v0速度剎車(chē)時(shí),運(yùn)行s220 m時(shí),車(chē)速仍為v245 km/h m/s,由v02v222as2,解得v020.8 m/s75 km/h,B正確。3如圖甲所示,一半徑R1 m、圓心角等于143°的豎直圓弧形光滑軌道,與斜面相切于B點(diǎn),圓弧形軌道的最高點(diǎn)為M,斜面傾角37°,t0時(shí)刻有一物塊沿斜面上滑,其在斜面上運(yùn)動(dòng)的速度變化規(guī)律如圖乙所示,若物塊恰能到達(dá)M點(diǎn),取g10 m/s2,sin 37°0.6,cos 37°0.8,求:(1)物塊經(jīng)過(guò)M點(diǎn)的速度大??;(2)物塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度大?。?3)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。解析:(1)物塊恰能到達(dá)M點(diǎn),則有mgm解得vM m/s。(2)物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)的過(guò)程中,由動(dòng)能定理得mgR(1cos 37°)mvM2mvB2解得vB m/s。(3)由題圖乙可知,物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí),加速度大小為a10 m/s2,方向沿斜面向下,由牛頓第二定律得mgsin 37°mgcos 37°ma解得0.5。答案:(1) m/s(2) m/s(3)0.5突破點(diǎn)(四)應(yīng)用動(dòng)能定理解決平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題 1.平拋運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)都屬于曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng),若只涉及位移和速度而不涉及時(shí)間,應(yīng)優(yōu)先考慮用動(dòng)能定理列式求解。2.動(dòng)能定理的表達(dá)式為標(biāo)量式,不能在某一個(gè)方向上列動(dòng)能定理方程。典例(2019·蘇州調(diào)研)如圖所示,傾角為37°的光滑傾斜軌道AB與粗糙的豎直放置的半圓形軌道CD通過(guò)一小段圓弧BC平滑連接,BC的長(zhǎng)度可忽略不計(jì),C為圓弧軌道的最低點(diǎn)。一小物塊在A點(diǎn)從靜止開(kāi)始沿AB軌道下滑,進(jìn)入半圓形軌道CD,運(yùn)動(dòng)半周后恰好能通過(guò)軌道CD的最高點(diǎn)D,最后落回到傾斜軌道AB上。已知小物塊可以看成質(zhì)點(diǎn),質(zhì)量m0.4 kg,半圓形軌道半徑R0.4 m,A點(diǎn)與軌道最低點(diǎn)的高度差h1.25 m,g取10 m/s2,sin 37°0.6,cos 37°0.8,不計(jì)空氣阻力。求:(1)小物塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)對(duì)半圓形軌道壓力F的大?。?2)小物塊在半圓形軌道上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力所做的功W;(3)小物塊從D點(diǎn)落回到傾斜軌道AB上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t。(結(jié)果可保留根號(hào))審題指導(dǎo)第一步:抓關(guān)鍵點(diǎn)關(guān)鍵點(diǎn)獲取信息傾角為37°的光滑傾斜軌道ABAB軌道無(wú)摩擦力做功小物塊由靜止從A點(diǎn)釋放小物塊的初速度vA0小物塊剛到C時(shí)對(duì)軌道的作用力小物塊在圓弧軌道BC的最低點(diǎn),具有豎直向上的向心加速度利用牛頓第三定律確定小球?qū)壍赖膲毫η『媚芡ㄟ^(guò)軌道CD的最高點(diǎn)D利用向心力公式可求出最高點(diǎn)速度第二步:找突破口(1)從A點(diǎn)到C點(diǎn),只有重力做功。(2)在圓弧軌道的C點(diǎn):FNmgm。(3)恰好過(guò)D點(diǎn),則過(guò)D點(diǎn)時(shí)小物塊所受彈力為0。(4)小物塊從D點(diǎn)落回到傾斜軌道AB上,做平拋運(yùn)動(dòng)。解析(1)從A點(diǎn)到C點(diǎn),由動(dòng)能定理得:mghmvC2代入數(shù)據(jù)解得vC5 m/s在C點(diǎn),由向心力公式得:Fmgm代入數(shù)據(jù)解得F29 N由牛頓第三定律得FF29 N。(2)恰好過(guò)D點(diǎn),則過(guò)D點(diǎn)時(shí)小物塊所受彈力為0由向心力公式得:mgm代入數(shù)據(jù)解得vD2 m/s從C點(diǎn)到D點(diǎn),由動(dòng)能定理得:mg·2RWmvD2mvC2代入數(shù)據(jù)解得W1 J。(3)小物塊從D點(diǎn)落回到傾斜軌道AB上,做平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向:ygt2水平方向:xvDt由幾何關(guān)系得:tan 37°聯(lián)立方程解得:t s。答案(1)29 N(2)1 J(3) s集訓(xùn)沖關(guān)1.多選(2018·南通模擬)如圖所示,半徑為R的半圓形的圓弧槽固定在水平面上,質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從圓弧槽的端點(diǎn)A由靜止開(kāi)始滑下,滑到最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的正壓力為2mg,重力加速度為g,則()A小球在最低點(diǎn)B時(shí)速度為B小球在B點(diǎn)時(shí),重力的功率為mgC小球由A到B的過(guò)程中克服摩擦力做功為mgRD小球由A到B過(guò)程中速度先增大后減小解析:選CD滑到最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的正壓力為2mg,那么由牛頓第三定律可知:小球受到的支持力也為2mg,那么由牛頓第二定律可得:2mgmg,所以,v,故A錯(cuò)誤;小球在B點(diǎn)的速度v,方向水平向右;重力方向豎直向下,重力與速度方向垂直,所以,重力的功率為0,故B錯(cuò)誤;對(duì)小球下滑過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理可得:小球由A到B的過(guò)程中克服摩擦力做功為:WmgRmv2mgRmgRmgR,故C正確;小球在任一徑向與豎直方向夾角為時(shí),沿速度方向受到的合外力為:Fmgsin ,那么在該方向上的加速度為:a(tan )gcos ;那么當(dāng)小球開(kāi)始下滑較短時(shí)間時(shí),速度v較小,夾角較大,a大于0,小球加速;當(dāng)較小時(shí),a小于0,小球減速,故小球由A到B過(guò)程中速度先增大后減小,故D正確。2(2018·揚(yáng)州期末)如圖所示,一段粗糙的傾斜軌道,在B點(diǎn)與半徑R0.5 m的光滑圓弧軌道BCD相切并平滑連接。CD是圓軌道的豎直直徑,OB與OC的夾角53°。將質(zhì)量為m1 kg的小滑塊從傾斜軌道上的A點(diǎn)由靜止釋放,ABs,小滑塊與傾斜軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5,sin 53°0.8,cos 53°0.6,g取10 m/s2。(1)若s2 m,求小物塊第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小及其對(duì)軌道的壓力大?。?2)若物塊能沿軌道到達(dá)D點(diǎn),求AB的最小值s。解析:(1)對(duì)小滑塊從A到C的過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理:mgs·sin mgR(1cos )mgs·cos mvC20代入數(shù)據(jù)得:vC2 m/s;C點(diǎn)時(shí)對(duì)滑塊應(yīng)用牛頓第二定律:FNmgm代入數(shù)據(jù)得:FN58 N根據(jù)牛頓第三定律得:F壓FN58 N。(2)小滑塊恰能通過(guò)最高點(diǎn)D時(shí),只有重力提供向心力:mgm代入數(shù)據(jù)得:vD m/s對(duì)小滑塊從靜止釋放到D點(diǎn)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理:mgs·sin mgR(1cos )mgs·cos mvD20代入數(shù)據(jù)得:s2.1 m。答案:(1)2 m/s58 N(2)2.1 m運(yùn)用動(dòng)能定理巧解往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題在有些問(wèn)題中物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程具有重復(fù)性、往返性,而在這一過(guò)程中,描述運(yùn)動(dòng)的物理量多數(shù)是變化的,而且重復(fù)的次數(shù)又往往是無(wú)限的或者難以確定,求解這類(lèi)問(wèn)題時(shí)若運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式將非常繁瑣,甚至無(wú)法解出。由于動(dòng)能定理只關(guān)心物體的初末狀態(tài)而不計(jì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的細(xì)節(jié),所以用動(dòng)能定理分析這類(lèi)問(wèn)題可使解題過(guò)程簡(jiǎn)化。(一)往復(fù)次數(shù)可確定的情形1如圖所示,ABCD是一個(gè)盆式容器,盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧,BC是水平的,其距離d0.50 m。盆邊緣的高度為h0.30 m。在A處放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止開(kāi)始下滑(圖中小物塊未畫(huà)出)。已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的,而盆底BC面與小物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 0.10。小物塊在盆內(nèi)來(lái)回滑動(dòng),最后停下來(lái),則停的地點(diǎn)到B的距離為()A0.50 mB0.25 mC0.10 mD0解析:選D設(shè)小物塊在BC段通過(guò)的總路程為s,由于只有BC面上存在摩擦力做功為mgs,而重力做功與路徑無(wú)關(guān),由動(dòng)能定理得:mghmgs00,代入數(shù)據(jù)可解得s3 m。由于d0.50 m,所以,小物塊在BC面上經(jīng)過(guò)3次往復(fù)運(yùn)動(dòng)后,又回到B點(diǎn)。D正確。(二)往復(fù)次數(shù)無(wú)法確定的情形2.(2018·成都月考)如圖所示,斜面的傾角為,質(zhì)量為m的滑塊距擋板P的距離為x0,滑塊以初速度v0沿斜面上滑,滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無(wú)機(jī)械能損失,則滑塊經(jīng)過(guò)的總路程是()A.B.C. D.解析:選A滑塊最終要停在斜面底部,設(shè)滑塊經(jīng)過(guò)的總路程為x,對(duì)滑塊運(yùn)動(dòng)的全程應(yīng)用動(dòng)能定理:mgx0sin mgxcos 0mv02,解得x,選項(xiàng)A正確。(三)往復(fù)運(yùn)動(dòng)永不停止的情形3.如圖所示,豎直固定放置的斜面DE與一光滑的圓弧軌道ABC相連,C為切點(diǎn),圓弧軌道的半徑為R,斜面的傾角為。現(xiàn)有一質(zhì)量為m的滑塊從D點(diǎn)無(wú)初速下滑,滑塊可在斜面和圓弧軌道之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng),已知圓弧軌道的圓心O與A、D在同一水平面上,滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,求:(1)滑塊第一次滑至左側(cè)弧上時(shí)距A點(diǎn)的最小高度差h;(2)滑塊在斜面上能通過(guò)的最大路程s。解析:(1)滑塊從D到達(dá)左側(cè)最高點(diǎn)F經(jīng)歷DC、CB、BF三個(gè)過(guò)程,現(xiàn)以DF整個(gè)過(guò)程為研究過(guò)程,運(yùn)用動(dòng)能定理得:mghmgcos ·0,解得h。(2)通過(guò)分析可知,滑塊最終至C點(diǎn)的速度為0時(shí)對(duì)應(yīng)在斜面上的總路程最大,由動(dòng)能定理得:mgRcos mgcos ·s0,解得:s。答案:(1)(2)(1)應(yīng)用動(dòng)能定理求解往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題時(shí),要確定物體的初狀態(tài)和最終狀態(tài)。(2)重力做功與物體運(yùn)動(dòng)路徑無(wú)關(guān),可用WGmgh直接求解。(3)滑動(dòng)摩擦力做功與物體運(yùn)動(dòng)路徑有關(guān),可用WfFfs 求解,其中s為物體相對(duì)滑行的路程。