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文檔簡介
1、培優點八功和功率、動能及動能定理 一、考點分析.近幾年對本部分內容的考查,在選擇題部分主要考查功和功率、動能定理的理解和計算,計算題側重于 動力學、電磁學等主干知識和典型模型相結合進行綜合考查,難度較大。.注意要點:(1)分析機車啟動問題時,抓住兩個關鍵,一是汽車的運動狀態,即根據牛頓第二定律找出牽引力與加速度 的關系;二是抓住功率的定義式,即牽引力與速度的關系。(2)利用動能定理求做功,對物體運動過程要求不嚴格,只要求得運動物體初末狀態的速度即可。但列動能 定理方程要規范,注意各功的正負號問題。二、考題再現典例1.(2019怪國III卷?17次地面豎直向上拋出一物體,物體在運動過程中除受到重
2、力外,還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度 h在3 m以內時,物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。該物體的質量為()A. 2 kgB. 1.5 kgC. 1 kgD. 0.5 kg典例2.(2018怪國III卷?19地下礦井中的礦石裝在礦車中,用電機通過豎井運送至地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關系如圖所示,其中圖線分別描述兩次不同的提升過程,它們變速階段加 速度的大小都相同;兩次提升的高度相同,提升的質量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對于第次和 TOC o 1-5 h z 第次提升過程()A.礦車上升所用的時
3、間之比為4 : 5B.電機的最大牽引力之比為 2 : 1C.電機輸出的最大功率之比為2 : 1D,電機所做的功之比為4 : 5三、對點速練1.如圖所示,兩個完全相同的小球分別從水平地面上A點和A點正上方的O點拋出,O點拋出小球做平拋運動,A點斜拋出的小球能達到的最高點與。點等高,且兩球同時落到水平面上的B點,關于兩球的運動,下列說法正確的是()A.兩小球應該是同時拋出B.兩小球著地速度大小相等C.兩小球著地前瞬間時刻,重力的瞬時功率相等D.兩小球做拋體運動過程重力做功相等2.(多選)在粗糙水平面上的物體受到水平拉力的作用,在時間的圖象分別如圖甲、乙所示。下列說法正確的是(06 s內拉力做功為
4、70 J06 s內物體的位移大小為 36 m 5C.滑動摩擦力的大小 -3 ND.合力在06 s內做的功大于 02 s內做的功3.(多選)在傾角為。的光滑固定斜面上有兩個用輕彈簧連接的物塊A和B,它們的質量分別為 m和2m,彈簧的勁度系數為k, C為一固定擋板,系統處于靜止狀態。現用一沿斜面方向的恒力拉物塊A使之沿斜面向上運動,當B剛離開C時,A的速度為v,加速度為a,且方向沿斜面向上。設彈簧始終處于彈性限度內, TOC o 1-5 h z 重力加速度為g,則()3mgsinA.當B剛離開C時,A發生的位移大小為 k -223m g sinB.從靜止到B剛離開C的過程中,物塊 A克服重力做功為
5、kC. B剛離開C時,恒力對 A做功的功率為(2mgsin 0+ ma)v1D.當A的速度達到最大時,B的加速度大小為2ax與斜面傾角。的關系,將某一物體每4.(多選)如圖甲所示,為測定物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移次以不變的初速率 V0沿足夠長的斜面向上推出,調節斜面與水平方向的夾角。,實驗測得x與斜面傾角0的關系如圖乙所示,取 g=10 m/s2。根據圖象可求出()A .物體的初速率 V0= 6 m/sB.物體與斜面間的動摩擦因數科=0.5C.當0= 30o時,物體達到最大位移后將保持靜止D .取不同的傾角 0,物體在斜面上能達到的位移X的最小值xmin=0.7 m5.(多選)如圖所示,
6、在豎直平面內有一固定光滑軌道,其中 AB是長為R的水平軌道,BCDE是圓心為O、3一半徑為R的點圓弧軌道,兩軌道相切于 B點,在外力作用下,一小球從 A點由靜止開始做勻加速直線運動,到達B點時撤除外力。已知小球剛好能沿圓軌道經過最高點D,下列說法正確的是()3A.小球在AB段加速度的大小為2gB.小球在C點對軌道的壓力大小為 3mgC.小球在E點時的速率為 2gRD.小球從E點運動到A點所用的時間為(點 J3)JR6.一輛汽車質量為 1 X 10kg,額定最大功率為 2X10W,V2,運動中汽車所受阻力恒定,其行駛過程中牽引力1,F與車速的倒數-的關系如圖所不。則A.圖線AB段汽車勻速運動B.
7、圖線BC段汽車做勻加速度運動C.整個運動中的最大加速度為2 m/s2D.當汽車的速度為 5 m/s時發動機的功率為 2X 10W()7.(多選)如圖甲所示,輕彈簧豎起放置,下端固定在水平地面上,一質量為m的小球,從離彈簧上端高 h處由靜止釋放。某同學在研究小球落到彈簧上后繼續向下運動到最低點的過程,他以小球開始下落的位置為原點,沿豎起向下方向建立從標軸Ox,作出小球所受彈力 F大小隨小球下落的位置坐標 x的變化關系如圖乙所示,不計空氣阻力,重力加速度為go以下判斷正確的是()A .當x= h+2x0時,小球的動能最小B.最低點的坐標x=h+2x。C.當x= h+2xo時,小球的加速度為一g,且
8、彈力為2mg1D.小球動能的取大值為 mgh + gmgx。8.(多選)如圖所示,在同一豎直平面內,一根均勻的橡皮筋跨過光滑的固定釘子P, 一端固定在 Oi點,另一端跟一可視為質點且質量為m的物體相連,橡皮筋的原長等于 OiP,受到的彈力跟伸長長度成正比(比例系數為k),先讓物體靜止在粗糙斜面上的位置O2點,02P垂直于斜面且02P=Lo,然后釋放物體,物體開始沿斜面向下運動。已知斜面與物體間的動摩擦因數為0.5,斜面傾角為53。且足夠長,重力加速度為 g,F kx橡皮筋一直在彈性限度內,變力F=kx (方向不變)在x位移內的平均值為萬,且sin 53 =0.8, cos 53 TOC o 1
9、-5 h z = 0.6。則物體沿斜面向下運動的過程中,下列說法正確的是()A.物體受到的摩擦力保持不變B.物體沿斜面先做勻加速運動后做勻減速運動 以C.物體運動的最大速度為mgL0底,mkD.物體距離出發點的最大距離為3 L0 mg.如圖所示,遙控賽車比賽中一個規定項目是飛躍壕溝”,比賽要求:賽車從起點出發,沿水平直軌道運動,在B點飛出后越過 壕溝”,落在平臺EF段。已知賽車的額定功率 P=10.0 W,賽車的質量 m=1.0 kg, 在水平直軌道上受到的阻力f=2.0 N,AB段長L=10.0 m, BE的高度差h= 1.25 m, BE的水平距離 x= 1.5 m。賽車車長不計,空氣阻力
10、不計,g取10 m/s2。HA3r i %f(1)若賽車在水平直軌道上能達到最大速度,求最大速度Vm的大小;(2)要越過壕溝,求賽車在 B點最小速度v的大小;(3)若在比賽中賽車通過 A點時速度va= 1 m/s ,且賽車達到額定功率。要使賽車完成比賽,求賽車在AB段通電的最短時間to.如圖所示,AB是固定于豎直平面內的四分之一光滑圓弧軌道,末端B處的切線方向水平。 一物體P (可視為質點)從圓弧最高點 A處由靜止釋放,滑到 B端飛出,落到地面上的 C點。測得C點和B點的水平距離OC=L, B點距地面的高度 OB=h。現在軌道下方緊貼 B端安裝一個水平傳送帶,傳送帶的右端與B點1的距離為,。當
11、傳送帶靜止時,讓物體 P從A處由靜止釋放,物體 P沿軌道滑過B點后又在傳送帶上滑行 并從傳送帶右端水平飛出,仍落在地面上的C點。(1)求物體P與傳送帶之間的動摩擦因數。(2)若傳送帶驅動輪順時針轉動,帶動傳送帶以速度v勻速運動。再把物體 P從A處由靜止釋放,物體 P落在地面上。設著地點與 O點的距離為x,求出x可能的范圍。11 .如圖所示,水平地面上固定著一個高為h的三角形斜面體,質量為M的小物塊甲和質量為m的小物塊乙均靜止在斜面體的頂端。現同時釋放甲、乙兩小物塊,使其分別從傾角為。的斜面下滑,且分別在圖中P處和Q處停下。甲、乙兩小物塊與斜面、水平面間的動摩擦因數均為因設兩小物塊在轉彎處均不彈
12、起且不損耗機械能,重力加速度取g。求:(1)小物塊甲沿斜面下滑的加速度;(2)小物塊乙從頂端滑到底端所用的時間;(3)甲、乙在整個運動過程發生的位移大小之比。二、考題再現典例1.【解析】對上升過程,由動能定理,一(F + mg)h=EkEk0,得Ek= Ek0(F+mg)h,即F + mg=12 N; 下落過程,(mgF)(6 h)=Ek,即 mgF=k?= 8 N,聯立兩公式,得到 m= 1 kg、F= 2 N。【答案】C 11 1典例2.【斛析】根據位移相同可得兩圖線與時間軸圍成的面積相等,2V0 X 10 =萬fm,因此物體達到最大位移后將下滑,故 C錯誤;根據動能定理一 mgxsin
13、30Vo0.8)Ji 0.52 sin( ),其中 tan a= 2,當 0+ a= 90 時,x 122g (sin cosmgcos 30 = 0- mvo2,解得0.8 八 xmin -1 2- 0.7故D正確。sin( 0+ o)= 1,此時位移最小,1 0.5 m,2mg=mR ,解得Vd7 gR ,從b到D,5.【答案】BD【解析】小球恰好能通過 D點,在D點,根據牛頓第二定律可知根據動能定理可知2mgR= 1mvD2mVB ,解得vB = J演;在AB段由速度位移公式可知vB2=2aR,解得a= 2.5g,故A錯誤;從B到C,根據動能定理可知mgR=1 mvC1 mv22 B ,
14、解得 Vc= V3gR ,在 C 點,2LVcFn= m3mg根據牛頓第二定律可知R ,故B正確;E點和C點高度相同,具有相同的速度大小Ve Vc=x/3gR,故C錯誤;從E點運動到A點所用的時間為t,由運動學公式得,R=VEt+|gt2,解得t (指啟RYg,故D正確。.【答案】C【解析】AB段汽車的牽引力不變,根據牛頓第二定律,加速度不變,做勻加速直線運動,故A錯誤;BC段圖線的斜率表示汽車的功率,功率不變,知汽車達到額定功率,當速度增大,牽引力減小,則加速度減小,做加速度減小的加速運動,到達C點加速度為零,做勻速直線運動,故 B錯誤;在整個運動過程中,AB 段的加速度最大,在C點牽引力等
15、于阻力,f = 1000N ,則最大加速度F f 3000 100022P 2 10420a =m/s =2m/s 故 C 正確。在 B 點汽車的速度 v - =m/s=一 m/s 5m/sm 1000F 30003,知汽車速度為5m/s時發動機的功率小于 2X10W,故D錯誤。.【答案】CD【解析】由圖乙可知mg=kx0,解得刈 四,由Fx圖線與橫軸所圍圖形的面積表示彈力所做的功,則 kJ2h有 W彈= (xh)2,由動能定理得 mgx-1k(x- h)2= 0,即 mgx (x h) 0,解得 x h x0 1 J1 -, TOC o 1-5 h z 2M x022最低點坐標不是 h+2x
16、,且此處動能不是最小,故 A、B錯誤;由圖可知, mg=kx,由對稱性可知當 x=h+2x0時,小球加速度為g,且彈力為2mg,故C正確;小球在x=h + x。處時,動能有最大值,根據動11能te理有 mg(h +xo)+亞彈=Ekm0,依題可得 W彈=mgx0,所以Ekm= mgh + mgx。,故D正確。8.【答案】AC【解析】物體沿斜面向下運動到某位置時的受力分析如圖所示,設物體發生的位移為x,橡皮筋伸長的長度為 L,橡皮筋與斜面之間的夾角為 。,由題可知N = mgcos 53 - Fsin 0, f= N, 其中Fsin 0= kLsin 9= kL0,聯立解得f= 0.3mg 0.
17、5kL0,可見摩擦力是一個不變值,故 A正1 a0= kx,解得 m確;物體受到的合力 F 合=mgsin 53 Mmgcos 53 Fsin Fcos 0= ma,其中 Fcos 0= kLcos0.5mg 0.5kLo kx,可見加速度a隨位移x先減小后增大,即物體在做變加速運動,故x強LoB錯誤;物體加速度a 0時,速度最大,此時有0.5mg+0.5kL。kx=0,解得 2 k ,根據動能定mg kL0一,一一11v理有mgsin 53於一/mgcos 53 kL。)?(一2kx?= 2mv2,解得2mk ,故C正確;設物體距離出發點的x L mg最遠距離為x?,根據動能定理有 mgsi
18、n 53 x?- /mgcos 53 kL)/?-kx?,?= 0,解得k,故D錯誤。9【解析】(1)賽車在水平軌道上達到最大速度時,設其牽引力為F,根據牛頓第二定律有:Ff= 0又因為P=FVm1所以:- m/s(2)賽車通過B點在空中做平拋運動,設賽車能越過壕溝的最小速度為v,在空中運動時間為t1,則有且 x=vt1所以 v= 3.0m/s(3)若賽車恰好能越過壕溝,且賽車通電時間最短,在賽車從A點運動到B點的過程中根據動能定理有:1 1Pt fL -mV2 - - m4帶入數據解得:t=2.4s10【解析】(1)無傳送帶時,物體由 B運動到C,做平拋運動,設物體在 B點的速度為vb,則L=VBt, h=2gt2“ v vb 解得:有傳送帶時,設物體離開傳送帶時的速度為v1,則有:1L = v1t112 12-2(i mgLmw2 mvB2 TOC o 1-5 h z vL g3Lv1.T-解得:2V2h,8ho(2)物體在傳送帶上全程減速時,離開傳送帶的末速度物體在傳送帶上全程加速時,離開傳送帶的末速度為L gV2 M22h,物體仍落在C點,則Xmin = LV2?,由動能定理有11 O 12mgL = mv2
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