（全國通用版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能 5.2 動(dòng)能定理及其應(yīng)用課件.ppt

第2講 動(dòng)能定理及其應(yīng)用,【知識(shí)導(dǎo)圖】,運(yùn)動(dòng),焦耳,動(dòng)能的變化,Ek2-Ek2,合外力,標(biāo)量,【微點(diǎn)撥】 1.三點(diǎn)易錯(cuò)警示: (1)動(dòng)能是狀態(tài)量,v是瞬時(shí)速度而不是平均速度。 (2)動(dòng)能只有正值,與速度方向無關(guān)。 (3)動(dòng)能定理表達(dá)式是標(biāo)量式,不能在某個(gè)方向上應(yīng)用。,2.對(duì)“外力”的兩點(diǎn)提醒: (1)區(qū)別“內(nèi)力”“外力”的關(guān)鍵是分析施力物體為系統(tǒng)內(nèi)物體還是系統(tǒng)外物體。 (2)重力可以是內(nèi)力、也可以是外力,取決于地球是否被包含在系統(tǒng)內(nèi)。,【慧眼糾錯(cuò)】 (1)運(yùn)動(dòng)的物體具有的能量就是動(dòng)能。 糾錯(cuò):_ _。,動(dòng)能是物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能量,而運(yùn)動(dòng),物體具有的能量不一定是動(dòng)能,(2)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)能也一定變化。 糾錯(cuò):_ _。,當(dāng)物體的速度方向發(fā)生變化而速度大小不變時(shí),物體的動(dòng)能不變,(3)動(dòng)能保持不變的物體一定處于平衡狀態(tài)。 糾錯(cuò):_ _。,速度的大小不變,方向變化,物體的動(dòng)能不變,但是物體的速度在變化,物體并沒有處于平衡狀態(tài),(4)做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體,動(dòng)能與下落的時(shí)間成正 比。 糾錯(cuò):_ _。,做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體的速度v=gt,其動(dòng)能為,Ek= mv2= mg2t2,故動(dòng)能與下落時(shí)間的二次方成正比,(5)如果合外力對(duì)物體做功為零,那么物體所受的合外 力一定為零。 糾錯(cuò):_ _。 (6)物體在合外力作用下做變速運(yùn)動(dòng),動(dòng)能一定變化。 糾錯(cuò):_ _。,合外力做功為零,可能合外力為零,也可能合外,力方向上的位移為零,物體做變速運(yùn)動(dòng),若只是速度方向變化,則動(dòng)能,不變,(7)物體的動(dòng)能不變,所受的合外力必定為零。 糾錯(cuò):_ _。,合外力做功為零則動(dòng)能不變,但合外力不一定,為零,如勻速圓周運(yùn)動(dòng),考點(diǎn)1動(dòng)能定理的理解應(yīng)用 【典題探究】 【典例1】(2017全國卷)為提高冰球運(yùn)動(dòng)員的加速能力,教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s1<s0)處分別設(shè)置一個(gè)擋板和一面小旗,如圖所示。,訓(xùn)練時(shí),讓運(yùn)動(dòng)員和冰球都位于起跑線上,教練員將冰球以初速度v0擊出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板:冰球被擊出的同時(shí),運(yùn)動(dòng)員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗。訓(xùn)練要求當(dāng)冰球到達(dá)擋板時(shí),運(yùn)動(dòng)員至少到達(dá)小旗處。假定運(yùn)動(dòng)員在滑行過程中做勻加速運(yùn)動(dòng),冰球到達(dá)擋板時(shí)的速度為v1。重力加速度為g。求導(dǎo)學(xué)號(hào)04450104,(1)冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。 (2)滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員的最小加速度。,【解析】(1)設(shè)冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 據(jù)動(dòng)能定理有-mgs0= 解得=,(2)冰球運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t= 由于s1= at2 解得運(yùn)動(dòng)員的最小加速度 a= 答案:(1) (2),【通關(guān)秘籍】 動(dòng)能定理公式中“=”體現(xiàn)的三個(gè)關(guān)系,【考點(diǎn)沖關(guān)】 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W=Flcos 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W=Ek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,故C、D錯(cuò)誤。,2.(2018運(yùn)城模擬)如圖所示,將一光滑圓軌道固定豎直放置,其中A點(diǎn)為圓軌道的最低點(diǎn),B點(diǎn)為圓水平直徑與圓弧的交點(diǎn)。一個(gè)質(zhì)量為m的物體靜置于A點(diǎn),現(xiàn)用始終沿軌道切線方向、大小不變的外力F作用于物體上,使其沿圓軌道到達(dá)B點(diǎn),隨即撤去外力F,要使物體能在豎直圓軌道內(nèi)維持圓周運(yùn)動(dòng),外力F至少為(),【解析】選D。物體由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程,由動(dòng) 能定理可得F R-mg2R= mv2-0,物體剛好經(jīng) 過最高點(diǎn),在最高點(diǎn)對(duì)物體由牛頓第二定律得mg= 聯(lián)立以上兩式解得F= ,因此外力F至少為 ,故D正 確,A、B、C錯(cuò)誤。,【加固訓(xùn)練】 (多選)甲、乙兩個(gè)質(zhì)量相同的物體,用大小相等的力F分別拉它們在水平面上從靜止開始運(yùn)動(dòng)相同的距離s。如圖所示,甲在光滑面上,乙在粗糙面上,則下列關(guān)于力F對(duì)甲、乙做的功和甲、乙兩物體獲得的動(dòng)能的說法中正確的是(),A.力F對(duì)甲做功多 B.力F對(duì)甲、乙兩個(gè)物體做的功一樣多 C.甲物體獲得的動(dòng)能比乙大 D.甲、乙兩個(gè)物體獲得的動(dòng)能相同,【解析】選B、C。由功的公式W=Fscos可知,兩種情況下力F對(duì)甲、乙兩個(gè)物體做的功一樣多,A錯(cuò)誤、B正確;根據(jù)動(dòng)能定理,對(duì)甲有Fs=Ek1-0,對(duì)乙有Fs-Ffs=Ek2-0,可知Ek1Ek2,即甲物體獲得的動(dòng)能比乙大,C正確,D錯(cuò)誤。,考點(diǎn)2動(dòng)能定理在多過程問題中的應(yīng)用 【典題探究】 【典例2】(2016全國卷)如圖,一輕彈簧原長為2R, 其一端固定在傾角為37的固定直軌道AC的底端A處, 另一端位于直軌道上B處,彈簧處于自然狀態(tài),直軌道 與一半徑為 R的光滑圓弧軌道相切于C點(diǎn),AC=7R,A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)。質(zhì)量為m的小物塊 P自C點(diǎn)由靜止開始下滑,最低到達(dá)E點(diǎn)(未畫出)。隨后 P沿軌道被彈回,最高到達(dá)F點(diǎn),AF=4R。已知P與直軌道 間的動(dòng)摩擦因數(shù)= ,重力加速度大小為g。 (取sin37= ,cos37= )導(dǎo)學(xué)號(hào) 04450105,(1)求P第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大小。 (2)求P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢能。 (3)改變物塊P的質(zhì)量,將P推至E點(diǎn),從靜止開始釋放。 已知P自圓弧軌道的最高點(diǎn)D處水平飛出后,恰好通過G 點(diǎn)。G點(diǎn)在C點(diǎn)左下方,與C點(diǎn)水平相距 R、豎直相 距R,求P運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度的大小和改變后P的質(zhì)量。,【題眼直擊】 (1)光滑圓弧軌道_ _。 (2)由靜止開始自由下滑_。 (3)P與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)= _。,小物塊在軌道上運(yùn)動(dòng)不受摩擦力,作用,小物塊初速度為零,小物塊在直軌道上運(yùn)動(dòng)受摩擦力作用,【解析】(1)根據(jù)題意知,B、C之間的距離 l=7R-2R 設(shè)P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB,由動(dòng)能定理得 mglsin-mglcos= 式中=37,聯(lián)立式并由題給條件得 vB=2 ,(2)設(shè)BE=x。P到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度為零,設(shè)此時(shí)彈簧的彈性 勢能為Ep。P由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過程中,由動(dòng)能定理有 mgxsin-mgxcos-Ep=0- E、F之間的距離 l1=4R-2R+x ,P到達(dá)E點(diǎn)后反彈,從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的過程中,由動(dòng)能定理有Ep-mgl1sin-mgl1cos=0 聯(lián)立式并由題給條件得x=R Ep=2.4mgR,(3)由幾何知識(shí)得過C點(diǎn)的圓軌道半徑與豎直方向夾角為。 設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1。D點(diǎn)與G點(diǎn)的水平距離x1和豎直距離y1分別為 x1= y1= ,設(shè)P在D點(diǎn)的速度為vD,由D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到G點(diǎn)的時(shí)間為t。 由平拋運(yùn)動(dòng)公式有 y1= gt2 x1=vDt 聯(lián)立 式得 ,設(shè)P在C點(diǎn)速度的大小為vC。在P由C運(yùn)動(dòng)到D的過程中 機(jī)械能守恒,有 ,P由E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中,同理,由動(dòng)能定理有 Ep-m1g(x+5R)sin-m1g(x+5R)cos= 聯(lián)立式得 m1= 答案:(1)2 (2)2.4mgR(3),【通關(guān)秘籍】 應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本步驟,【考點(diǎn)沖關(guān)】 1.(多選)(2018新鄉(xiāng)模擬)如圖所示,一遙控電動(dòng)賽車(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止以恒定的功率沿水平地面向右加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)?shù)竭_(dá)固定在豎直面內(nèi)的光滑半圓軌道最低點(diǎn)B時(shí)關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī),由于慣性,賽車?yán)^續(xù)沿半圓軌道運(yùn)動(dòng),并恰好能通過最高點(diǎn)C(BC為半圓軌道的豎直直徑)。已知賽車的質(zhì)量為m,半圓軌道的半徑為,R,A、B兩點(diǎn)間的距離為1.5R,賽車在地面上運(yùn)動(dòng)時(shí)受到 的阻力大小恒為 mg,不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g, 下列判斷正確的是() 導(dǎo)學(xué)號(hào)04450106,A.賽車通過C點(diǎn)后落回地面的位置到B點(diǎn)的距離為2R B.賽車通過B點(diǎn)時(shí)的速度大小為2 C.賽車從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中,其電動(dòng)機(jī)所做的功為 D.要使賽車能滑過B點(diǎn)并沿半圓軌道滑回地面,其電動(dòng) 機(jī)所做的功W需滿足的條件為,【解析】選A、D。賽車恰好能通過最高點(diǎn)C時(shí),由重力 提供向心力,則有mg=m ,解得 vC= ,賽車離開C 點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng),則有水平方向 x=vCt,豎直方向2R= gt2,解得 x=2R,即賽車通過C點(diǎn)后落回地面的位置 到B點(diǎn)的距離為2R,故A正確;從B到C的過程,由動(dòng)能定 理得-mg2R= ,解得 vB= ,故B錯(cuò)誤; 賽車從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中,由動(dòng)能定理得,W- mg1.5R= -0,解得電動(dòng)機(jī)做的功 W=3mgR, 故C錯(cuò)誤;當(dāng)賽車剛好運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)速度為零時(shí),賽車從A點(diǎn) 運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中,由動(dòng)能定理得 W1- mg1.5R=0, 解得電動(dòng)機(jī)做的功 W1= ,當(dāng)賽車剛好能滑到與圓 心等高處速度為零時(shí),賽車從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到與圓心等高位 置的過程中,由動(dòng)能定理得 W2- mg1.5R-mgR=0,解得電動(dòng)機(jī)做的功 W2= ,所以要使賽車能滑過B點(diǎn) 并沿半圓軌道滑回地面,其電動(dòng)機(jī)所做的功W需滿足的 條件為 <W ,故D正確。,2.(2018銀川模擬)如圖所示,一質(zhì)量m=0.4 kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止于動(dòng)摩擦因數(shù)=0.1的水平軌道上的A點(diǎn)?，F(xiàn)對(duì)滑塊施加一水平外力,使其向右運(yùn)動(dòng),外力的功率恒為P=10.0 W。經(jīng)過一段時(shí)間后撤去外力,滑塊繼續(xù)滑行至B點(diǎn)后水平飛出,恰好在C點(diǎn)以5 m/s的速度沿切線方向進(jìn)入固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形,軌道,軌道的最低點(diǎn)D處裝有壓力傳感器。已知軌道AB的長度L=2.0 m,半徑OC和豎直方向的夾角=37,圓形軌道的半徑R=0.5 m。(空氣阻力可忽略,重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8),求:,(1)滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)壓力傳感器的示數(shù)。 (2)水平外力作用在滑塊上的時(shí)間t。,【解析】(1)滑塊由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程,由動(dòng)能定 理得:mgR(1-cos37)= 解得:vD=3 m/s 在D點(diǎn),對(duì)滑塊由牛頓第二定律得:FN-mg=m 解得:FN=25.6 N 根據(jù)牛頓第三定律得滑塊對(duì)軌道的壓力 FN=FN=25.6 N,方向豎直向下。,(2)滑塊離開B點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng),恰好在C點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入圓弧形軌道,由幾何關(guān)系可知,滑塊運(yùn)動(dòng)在B點(diǎn)的速度為vB=vCcos37=4 m/s 滑塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程,由動(dòng)能定理得: Pt-mgL= -0 解得:t=0.4 s。 答案:(1)25.6 N(2)0.4 s,【加固訓(xùn)練】 (2018郴州模擬)如圖甲所示是高速公路出口的匝道,車輛為了防止在轉(zhuǎn)彎時(shí)出現(xiàn)側(cè)滑的危險(xiǎn),必須在匝道的直道上提前減速?，F(xiàn)繪制水平面簡化圖如圖乙所示,一輛質(zhì)量m=2 000 kg的汽車原來在水平直道上做勻速直線運(yùn)動(dòng),行駛速度v0=108 km/h,恒定阻力Ff=1 000 N?，F(xiàn)將汽車的減速運(yùn)動(dòng)簡化為兩種方式:,方式一為“小踩剎車減速”,司機(jī)松開油門使汽車失去牽引力,在水平方向上僅受勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的恒定阻力作用;方式二為“剎車減速”,汽車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度a=6 m/s2。,(1)求汽車原來勻速直線行駛時(shí)的功率。 (2)司機(jī)在離彎道口Q距離為x1的地方開始減速,全程采取“小踩剎車減速”,汽車恰好能以15 m/s的安全速度進(jìn)入彎道,求出汽車在上述減速直線運(yùn)動(dòng)的過程中克服阻力做功的大小以及距離x1的大小。,(3)在離彎道口Q距離為125 m的P位置,司機(jī)先采取“小踩剎車減速”滑行一段距離x2后,立即采取“剎車減速”,汽車仍能恰好以15 m/s的安全速度進(jìn)入彎道,求x2的大小。,【解析】(1)汽車勻速運(yùn)動(dòng)的速度為: v0=108 km/h=30 m/s 因?yàn)槠囎鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng),所以牽引力為:F=Ff 汽車的功率為:P=Fv0 故P=Ffv0=30 kW,(2)全程采取“小踩剎車減速”時(shí),由動(dòng)能定理得: -Wf= 解得克服阻力做功為:Wf=6.75105J 又: Wf=Ffx1 解得:x1=675 m,(3)從P到Q的過程中,由動(dòng)能定理得: -Ffx2-ma(125-x2)= 解得:x2=75 m 答案:(1)30 kW (2)6.75105 J675 m (3)75 m,考點(diǎn)3動(dòng)能定理與圖象結(jié)合問題 【典題探究】 【典例3】(2018武漢模擬)如圖甲所示,位于豎直平面內(nèi)的軌道,由一段斜的直軌道AB和光滑半圓形軌道BC平滑連接而成,AB的傾角為30,半圓形軌道的半徑R=0.1 m,直徑BC豎直。質(zhì)量m=1 kg的小物塊從斜軌道上距半圓形軌道底部高為h處由靜止開始下滑,經(jīng)B點(diǎn)滑上半圓形軌道。已知物塊與斜軌道間的動(dòng)摩擦 因數(shù)為 ,g取10 m/s2。導(dǎo)學(xué)號(hào)04450107,(1)若h=1 m,求物塊運(yùn)動(dòng)到圓軌道最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的壓力。 (2)若物塊能到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)C,求h的最小值。 (3)試求物塊經(jīng)最高點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道壓力F隨高度h的變化關(guān)系,并在圖乙坐標(biāo)系中作出F-h圖象。,【解析】(1)物塊運(yùn)動(dòng)到圓軌道最低點(diǎn)B的過程由動(dòng)能 定理得: mgh-mgcos30 在B點(diǎn),由牛頓第二定律得:FN-mg=m 代入數(shù)據(jù)解得:FN=110 N 根據(jù)牛頓第三定律知,物塊對(duì)軌道的壓力大小為110 N, 方向豎直向下,(2)設(shè)物塊恰好能到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)C,此時(shí)對(duì)應(yīng)的 高度為hmin,C點(diǎn)的速度為v0,由動(dòng)能定理得: mg(hmin-2R)-mgcos30 經(jīng)最高點(diǎn)C時(shí),由牛頓第二定律得: mg=m 代入數(shù)據(jù)解得:hmin=0.5 m,(3)設(shè)物塊到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)時(shí)的速度為v,軌道對(duì)物塊的彈力大小為FN,由動(dòng)能定理有: mg(h-2R)-mgcos30 經(jīng)最高點(diǎn)C,由牛頓第二定律得:FN+mg=m 解得:FN=100h-50(N)(h0.5 m),則壓力 F=FN=100 h-50(N)(h0.5 m),作出F-h圖象如圖所示: 答案:(1)110 N方向豎直向下(2)0.5 m (3)見解析圖,【遷移訓(xùn)練】,遷移1:動(dòng)能定理與F-x圖象結(jié)合問題 (多選)(2018臨沂模擬)水平面上質(zhì)量為m=6 kg的物體,在大小為12 N的水平拉力F的作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng),從x=2.5 m位置處拉力F逐漸減小,力F隨位移x變化規(guī)律如圖所示,當(dāng)x=7 m時(shí)拉力減為零,物體也恰好停下,g取10 m/s2,下列結(jié)論正確的是(),A.物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2 B.合外力對(duì)物體所做的功為-27 J C.物體勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為3 m/s D.物體在減速階段所受合外力的沖量為12 Ns,【解析】選A、B、C。物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),由平衡條件 得Ff=F=12 N,= =0.2,故A正確;圖象與 坐標(biāo)軸圍成的面積表示拉力做的功,則由圖象可知 WF=122.5 J+ (7-2.5)12 J=57 J,滑動(dòng)摩擦力 做的功為Wf=-mgx=-0.26107 J=-84 J,所以,合外力做的功為W合=-84 J+57 J=-27 J,故B正確;由動(dòng) 能定理得W合=0- ,解得v0=3 m/s,故C正確;由動(dòng)量 定理得I=0-mv0=-63 Ns=-18 Ns,故D錯(cuò)誤。,遷移2:動(dòng)能定理與P-t圖象結(jié)合問題 (多選)(2018南平模擬)放在粗糙水平地面上質(zhì)量為0.8 kg的物體受到水平拉力的作用,在06 s內(nèi)其速度與時(shí)間的關(guān)系圖象和該拉力的功率與時(shí)間的關(guān)系圖象分別如圖所示。下列說法中正確的是(),A.06 s內(nèi)拉力做的功為140 J B.物體在02 s內(nèi)所受的拉力為4 N C.物體與粗糙水平地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5 D.合外力在06 s內(nèi)做的功與02 s內(nèi)做的功相等,【解析】選A、D。由于P-t圖象與t軸圍成的面積表 示拉力所做的功,所以06 s內(nèi)拉力做的功為W= 260 J+420 J=140 J,故A正確;由水平拉力的功 率P=Fv可得,在02 s內(nèi)拉力F= =6 N,26 s,拉力 F= =2 N,故B錯(cuò)誤;物體在水平面上只受摩擦力和 拉力,在26 s內(nèi)物體受力平衡可得Ff=mg=F,解得= =0.25,故C錯(cuò)誤;由v-t圖象可知, 物體在2 s末的速度與6 s末的速度相等,由動(dòng)能定理 W合=Ek可知,06 s與02 s動(dòng)能的變化量相同,所以 合外力在06 s內(nèi)做的功與02 s內(nèi)做的功相等,故D 正確。,遷移3:動(dòng)能定理與v-t圖象結(jié)合問題 (2018昆明模擬)低空跳傘是一種危險(xiǎn)性很高的極限運(yùn)動(dòng),通常從高樓、懸崖、高塔等固定物上起跳,在極短時(shí)間內(nèi)必須打開降落傘,才能保證著地安全,某跳傘運(yùn)動(dòng)員從高H=100 m的樓層起跳,自由下落一段時(shí)間后打開降落傘,最終以安全速度勻速落地。若降落傘,視為瞬間打開,得到運(yùn)動(dòng)員起跳后的速度v隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示,已知運(yùn)動(dòng)員及降落傘裝備的總質(zhì)量m=60 kg,開傘后所受阻力大小與速率成正比,即Ff=kv,g取10 m/s2,求:,(1)打開降落傘瞬間運(yùn)動(dòng)員的加速度。 (2)打開降落傘后阻力所做的功。,【解析】(1)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),則有:mg=kv 解得:k=120 N/(ms-1) 打開降落傘的瞬間,速度為:v1=18 m/s 由牛頓第二定律得:kv1-mg=ma 解得:a=26 m/s2 方向豎直向上,(2)根據(jù)圖線圍成的面積知,自由下落的位移為: x1= 218 m=18 m 則打開降落傘后的位移為: x2=H-x1=100 m-18 m=82 m 由動(dòng)能定理得:mgx2+Wf= mv2- 代入數(shù)據(jù)解得:Wf=-58 170 J 答案:(1)26 m/s2,方向豎直向上 (2)-58 170 J,【通關(guān)秘籍】 1.四類圖象所圍“面積”的意義:,2.解決動(dòng)能定理與圖象問題的基本步驟:,【加固訓(xùn)練】 (2018宿州模擬)宇航員在某星球表面做了如下實(shí)驗(yàn),實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示,豎直平面內(nèi)的光滑軌道由斜軌道AB和圓弧軌道BC組成。將質(zhì)量m=0.2 kg的小球,從軌道AB上高H處的某點(diǎn)由靜止釋放,用力傳感器測出小球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為F,改變H的大小,可測出F隨H的變化關(guān)系如圖乙所示,求:,(1)圓軌道的半徑。 (2)星球表面的重力加速度。 (3)作出小球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能隨H的變化關(guān)系Ek-H圖象。,【解析】(1)小球過C點(diǎn)時(shí),由牛頓第二定律得: F+mg= 小球由靜止下滑至C點(diǎn)的過程,由動(dòng)能定理得: mg(H-2r)= 解得:F= -5mg 由圖可知:當(dāng)H1=0.5 m時(shí),F1=0 N 解得:r=0.2 m,(2)當(dāng)H2=1.0 m時(shí),F2=5 N 解得:g=5 m/s2 (3)小球由靜止下滑至C點(diǎn)的過程,由動(dòng)能定理得: mg(H-2r)=Ek-0 解得:Ek=H-0.4,則Ek-H圖象如圖所示: 答案:(1)0.2 m(2)5 m/s2(3)見解析,