【網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建】
題型1 功、功率的分析和計(jì)算

1.功的計(jì)算
(1)恒力做功一般用公式W=Flcs α計(jì)算;
(2)變力做功通常應(yīng)用動(dòng)能定理、微元法、等效轉(zhuǎn)化法、平均力法、圖像法求解,或者利用恒定功率求功公式W=Pt計(jì)算.
2.功率的計(jì)算
明確是求瞬時(shí)功率還是平均功率.
P=Wt側(cè)重于平均功率的計(jì)算,P=Fvcs α(α為F和速度v的夾角)側(cè)重于瞬時(shí)功率的計(jì)算.
例1 《天工開物》中記載了古人借助水力使用高轉(zhuǎn)筒車往稻田里引水的場景.引水過程簡化如下:兩個(gè)半徑約為R的水輪以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng),水筒在筒車上均勻排布,單位長度上有n個(gè),與水輪間無相對滑動(dòng),每個(gè)水筒離開水面時(shí)裝有質(zhì)量為m的水,其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田,當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間,則筒車對灌入稻田的水做功的功率為( )
A.2nmgω2RH5 B.3nmgωRH5
C.3nmgω2RH5 D.nmgωRH



例2 [2022·浙江6月選考] 小明用額定功率為1200 W、最大拉力為300 N的提升裝置,把靜置于地面的質(zhì)量為20 kg的重物豎直提升到高為85.2 m的平臺,先加速再勻速,最后做加速度大小不超過5 m/s2的勻減速運(yùn)動(dòng),到達(dá)平臺速度剛好為零,g取10 m/s2,則提升重物的最短時(shí)間為( )
A.13.2 s B.14.2 s
C.15.5 s D.17.0 s


【技法點(diǎn)撥】
機(jī)車啟動(dòng)問題
(1)機(jī)車勻加速啟動(dòng)過程的最大速度v1:此時(shí)機(jī)車的功率最大,由F牽-F阻=ma和P=F牽v1可得v1=PF阻+ma.
(2)全程的最大速度vm:此時(shí)F牽=F阻,由P=F阻vm可得vm=PF阻.
【遷移拓展】
1.在有登高平臺的消防車上,具有一定質(zhì)量的伸縮臂能夠在5 min內(nèi)使承載4人的登高平臺(人連同平臺的總質(zhì)量為400 kg)上升60 m到達(dá)滅火位置,此后,在登高平臺上的消防員用水炮滅火.已知水炮的出水量為3 m3/min,水離開炮口時(shí)的速率為20 m/s,水的密度為1×103 kg/m3, 則用于( )
A.水炮工作的發(fā)動(dòng)機(jī)輸出功率約為1×104 W
B.水炮工作的發(fā)動(dòng)機(jī)輸出功率約為4×104 W
C.水炮工作的發(fā)動(dòng)機(jī)輸出功率約為2.4×106 W
D.伸縮臂抬升登高平臺的發(fā)動(dòng)機(jī)輸出功率約為800 W
2.(不定項(xiàng))為民族“起重”,為大國“舉力”,這是對中國工程機(jī)械最好的詮釋.如圖甲所示為我國自主研發(fā)的第一臺全地面起重機(jī)QAY25,起重范圍從25 t到2600 t,中國起重機(jī)在世界地位越來越“重”.若該起重機(jī)由靜止開始提升質(zhì)量為200 t的物體,其a-1v圖像如圖乙所示,不計(jì)其他阻力,g取10 m/s2.下列說法正確的是( )

A.起重機(jī)在5 s時(shí)的瞬時(shí)功率P=2.4×104 W
B.重物上升的最大速度vm=10 m/s
C.重物0~5 s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
D.10 s內(nèi)起重機(jī)對重物做的功為W=1.8×108 J
3.[2024·河北滄州模擬] 2023年11月10日,我國首條超高速低真空管道磁浮交通系統(tǒng)——高速飛車大同(陽高)試驗(yàn)線工程完工,其特點(diǎn)是全封閉真空管道和磁懸浮運(yùn)輸.如圖所示,高速飛車的質(zhì)量為m,額定功率為P0,高速飛車在平直軌道上從靜止開始運(yùn)動(dòng),先以加速度a做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速過程中達(dá)到額定功率P0,后又經(jīng)過一段時(shí)間達(dá)到該功率下的最大速度.若高速飛車行駛過程中所受到的阻力為Ff且保持不變,則下列說法正確的是( )
A.高速飛車勻加速直線運(yùn)動(dòng)過程中達(dá)到的最大速度為P0ma
B.高速飛車勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為P0a(Ff-ma)
C.高速飛車勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移為P022a(Ff+ma)2
D.高速飛車在整個(gè)加速過程中牽引力做的功等于mP022Ff2
題型2 動(dòng)能定理及應(yīng)用

1.應(yīng)用動(dòng)能定理解題的步驟圖解
2.應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)需注意
(1)動(dòng)能定理表達(dá)式是一個(gè)標(biāo)量式,在某個(gè)方向上應(yīng)用動(dòng)能定理是沒有依據(jù)的.
(2)多過程往復(fù)運(yùn)動(dòng)問題一般應(yīng)用動(dòng)能定理求解.
例3 [2024·學(xué)軍中學(xué)模擬] 如圖所示,在豎直平面內(nèi)固定一個(gè)半徑為R的粗糙14圓軌道BC,與粗糙的水平軌道AB相切于B點(diǎn).小滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))質(zhì)量為m,以大小為165gR(g為重力加速度的大小)的初速度從水平軌道上A點(diǎn)沿直線AB運(yùn)動(dòng),恰好能到達(dá)C點(diǎn),而后沿圓軌道BC下滑,最終停在水平軌道上.已知A、B兩點(diǎn)間的距離為R,滑塊與水平軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2,則( )
A.滑塊第二次通過B點(diǎn)時(shí)對軌道BC的壓力大小為3.8mg
B.滑塊第一次通過軌道BC所用的時(shí)間比第二次的多
C.滑塊第二次通過軌道BC因摩擦產(chǎn)生的熱量小于0.4mgR
D.滑塊最終停在B點(diǎn)左側(cè)水平軌道上且與B點(diǎn)間的距離小于3R

【技法點(diǎn)撥】
本題需要綜合應(yīng)用動(dòng)能定理、能量守恒定律解決多過程問題.由于摩擦生熱,通過軌道BC上的同一位置時(shí)第二次的速度總是小于第一次的速度,所以兩次的時(shí)間不同.第二次對軌道的壓力較小,摩擦力也較小,故產(chǎn)生的摩擦熱較小.
例4 [2024·蕭山中學(xué)模擬] 如圖甲所示,一物塊以一定的初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑,運(yùn)動(dòng)過程中摩擦力大小Ff恒定,物塊動(dòng)能Ek與運(yùn)動(dòng)路程s的關(guān)系如圖乙所示.重力加速度大小取10 m/s2,下列判斷正確的是( )
A.物塊的質(zhì)量為0.4 kg
B.物塊所受的摩擦力為1 N
C.物塊在最高點(diǎn)時(shí)重力勢能為30 J
D.物塊上滑過程中克服摩擦力做功為5 J
【技法點(diǎn)撥】
此題是動(dòng)能定理與圖像綜合問題,一般圖像分析的切入點(diǎn)包含“軸、線、斜、點(diǎn)、截、面”.根據(jù)動(dòng)能定理可得Ek-s圖像的斜率大小表示物體受到的合力,分別列上升和下降兩個(gè)過程的動(dòng)能定理,可以求出未知外力和物體的質(zhì)量.
【遷移拓展】
1.冰滑梯是一種體驗(yàn)冰雪運(yùn)動(dòng)的娛樂項(xiàng)目,其示意圖如圖所示,游客從螺旋滑道上端滑下,旋轉(zhuǎn)兩周后經(jīng)傾斜滑道沖上水平滑道,滑行結(jié)束時(shí)停在水平滑道上.假設(shè)螺旋滑道的圓面半徑為r=52π m,上端與下端高度差為h1=6 m,傾斜滑道高度差為h2=2 m,螺旋滑道、傾斜滑道和水平滑道均平滑相接,游客與各滑道間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同,游客可視為質(zhì)點(diǎn).現(xiàn)測得游客某次滑行時(shí)停在水平滑道上的位置與螺旋滑道上端的水平距離為L=92 m,則游客與各滑道間的動(dòng)摩擦因數(shù)可能為 ( )


2.[2024·嵊州模擬] 如圖甲所示,質(zhì)量為0.2 kg的物塊受到水平向右的拉力F,以4 m/s的初速度從A點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng),F隨位移x變化的圖像如圖乙所示.已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3,重力加速度g取10 m/s2,在運(yùn)動(dòng)過程中物塊的最大速度為( )
A.58 m/sB.42 m/s
C.34 m/sD.32 m/s
題型3 應(yīng)用動(dòng)能定理解決力學(xué)綜合問題
例5 [2022·浙江1月選考] 如圖所示,處于豎直平面內(nèi)的一探究裝置,由傾角α=37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細(xì)圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成,B、D和F為軌道間的相切點(diǎn),彈性板垂直軌道固定在G點(diǎn)(與B點(diǎn)等高),B、O1、D、O2和F點(diǎn)處于同一直線上.已知可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊質(zhì)量m=0.1 kg,軌道BCD和DEF的半徑R=0.15 m,軌道AB長度lAB=3 m,滑塊與軌道FG間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=78,滑塊與彈性板作用后,以等大速度彈回,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,g取10 m/s2.滑塊開始時(shí)均從軌道AB上某點(diǎn)由靜止釋放.
(1)若釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的長度l=0.7 m,求滑塊到最低點(diǎn)C時(shí)軌道對
其支持力FN的大小;
(2)設(shè)釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的長度為lx,求滑塊第1次經(jīng)F點(diǎn)時(shí)的速度v與lx之間的關(guān)系式;
(3)若滑塊最終靜止在軌道FG的中點(diǎn),求釋放點(diǎn)距B點(diǎn)長度lx的值.

【遷移拓展】
1.[2024·瑞安中學(xué)模擬] 如圖所示為安裝在水平地面上的某游戲裝置結(jié)構(gòu)示意圖,其左邊部分是一個(gè)高度和水平位置均可以調(diào)節(jié)的平臺,在平臺上面放置一個(gè)彈射裝置;游戲裝置的右邊部分由豎直固定的光滑圓弧軌道BC、粗糙水平直線軌道CD與豎直固定的光滑圓軌道DED'組成(底端連接處D與D'略錯(cuò)開).已知圓弧軌道BC的圓心為O1、半徑R1=1.2 m,其C端與水平面相切,O1B與O1C的夾角θ=60°;水平直線軌道CD長度L=1.2 m,動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5;圓軌道DED'的半徑R2=0.8 m.將質(zhì)量m=0.2 kg的滑塊Q置于C點(diǎn),再將質(zhì)量同為m=0.2 kg的小球P經(jīng)彈射裝置從平臺上A點(diǎn)水平彈出,通過改變AB高度差h、水平距離和小球P在A點(diǎn)的初速度大小,總能讓小球沿B點(diǎn)的切線方向進(jìn)入BC圓弧軌道,然后與滑塊Q發(fā)生彈性碰撞.空氣阻力不計(jì),小球和滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn),重力加速度g取10 m/s2.
(1)若h=0.45 m,求小球P從A點(diǎn)彈出時(shí)的初速度大小;
(2)若h=0.45 m,求小球P到達(dá)C點(diǎn)與Q碰撞前瞬間對圓弧軌道的壓力;
(3)若P與Q碰撞后,Q能夠通過圓軌道的最高點(diǎn)E,求h需要滿足的條件.
2.[2024·諸暨模擬] 如圖所示是小智同學(xué)設(shè)計(jì)的一個(gè)游戲裝置,該裝置由傾角為60°的斜軌道AB、半徑為r1=0.4 m且圓心角為60°的圓弧軌道EF、水平軌道FO2及一個(gè)半徑為r2=0.22 m的四分之一圓弧軌道PQ組成,其中A、F、O2、Q在同一水平線上,B、E等高,B、E間的距離l1=0.23 m,F、O2間的距離l2=0.7 m,O1、O2分別為兩弧形軌道的圓心,F、P分別為兩弧形軌道的最低點(diǎn),O1F、O2P在豎直方向上,滑塊與FO2軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5,其余軌道均光滑.某次游戲時(shí)小智同學(xué)用沿斜面向上的恒力F拉一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從傾斜軌道最低點(diǎn)A由靜止勻加速至B時(shí)撤去外力,發(fā)現(xiàn)滑塊剛好能從E點(diǎn)沿切線進(jìn)入弧形軌道EF(無機(jī)械能損失),然后沿EF滑下經(jīng)O2落在圓弧軌道PQ上.已知滑塊質(zhì)量為m=0.1 kg,不計(jì)空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2.
(1)求滑塊經(jīng)過E點(diǎn)時(shí)的速度大小;
(2)求滑塊在圓弧軌道EF的最低點(diǎn)F處時(shí)所受軌道支持力的大小和方向;
(3)求滑塊落在圓弧軌道PQ上的位置;
(4)若在FO2軌道上再對滑塊施加水平向右的力,求滑塊落在圓弧軌道PQ上的最小動(dòng)能.
參考答案與詳細(xì)解析
題型1
例1 B [解析] 由題知,水輪轉(zhuǎn)一圈灌入農(nóng)田的水的總質(zhì)量為m總=2πRnm×60%=1.2πRnm,則水輪轉(zhuǎn)一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH,筒車對灌入稻田的水做功的功率為P=WT,又T=2πω,聯(lián)立解得P=3nmgωRH5,故B正確.
例2 C [解析] 為了以最短時(shí)間提升重物,一開始先以最大拉力拉重物勻加速上升,當(dāng)功率達(dá)到額定功率時(shí),保持功率不變直到重物達(dá)到最大速度,接著做勻速運(yùn)動(dòng),最后以最大加速度勻減速上升至平臺時(shí)速度剛好為零,重物在第一階段的勻加速上升過程,根據(jù)牛頓第二定律可得a1=FTm-mgm=300?20×1020 m/s2=5 m/s2,當(dāng)功率達(dá)到額定功率時(shí),重物的速度為v1=P額FTm=1200300 m/s=4 m/s,此過程所用時(shí)間為t1=v1a1=45 s=0.8 s,上升的高度為h1=v122a1=422×5 m=1.6 m,重物以最大速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),有vm=P額FT=P額mg=120020×10 m/s=6 m/s,重物最后以最大加速度做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3=vmam=65 s=1.2 s,上升的高度為h3=vm22am=622×5 m=3.6 m,設(shè)重物從結(jié)束勻加速運(yùn)動(dòng)到開始做勻減速運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間為t2,該過程根據(jù)動(dòng)能定理可得P額t2-mgh2=12mvm2-12mv12,又h2=H-h1-h3=85.2 m-1.6 m-3.6 m=80 m,聯(lián)立解得t2=13.5 s,故提升重物的最短時(shí)間為tmin=t1+t2+t3=0.8 s+13.5 s+1.2 s=15.5 s,C正確.
【遷移拓展】
1.B [解析] 重力加速度g取10 m/s2時(shí),登高平臺克服重力做功的功率P=mg?t=400×10×605×60 W=800 W,而伸縮臂具有一定質(zhì)量,升高了一定高度,所以用于伸縮臂抬升登高平臺的發(fā)動(dòng)機(jī)輸出功率大于800 W,D錯(cuò)誤;在1 s內(nèi),噴出去水的質(zhì)量為m'=ρV=103×360 kg=50 kg,噴出去水的重力勢能增加量為ΔEp=m'gh=50×10×60 J=3×104 J,水的動(dòng)能增加量為ΔEk=12m'v2=1×104 J,則1 s內(nèi)水增加的機(jī)械能為ΔE=ΔEp+ΔEk=4×104 J,所以用于水炮工作的發(fā)動(dòng)機(jī)輸出功率約為4×104 W,B正確,A、C錯(cuò)誤.
2.CD [解析] 由圖像可知重物勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=va=102 s=5 s,即重物0~5 s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),故C正確;根據(jù)牛頓第二定律與功率表達(dá)式可得F-mg=ma,P=Fv,聯(lián)立可得a=Pm·1v-g,則a-1v圖像的斜率k=Pm,由圖像可得k=2?(?10)0.1m2/s3,解得起重機(jī)5 s時(shí)的瞬時(shí)功率為P=2.4×107 W,故A錯(cuò)誤;重物的最大速度vm=Pmg=12 m/s,故B錯(cuò)誤;在0~5 s內(nèi),設(shè)起重機(jī)對重物做的功為W1,對重物由動(dòng)能定理得W1-mgh=12mv2,其中h=12at2=12×2×52 m=25 m,解得W1=6×107 J,5 s后起重機(jī)功率恒定,則5~10 s內(nèi)起重機(jī)對重物做的功為W2=Pt2=12×107 J,所以10 s內(nèi)起重機(jī)對重物做的功為W=W1+W2=1.8×108 J,故D正確.
3.C [解析] 勻加速階段,根據(jù)牛頓第二定律可得F1-Ff=ma,又P0=F1v1,聯(lián)立解得高速飛車勻加速直線運(yùn)動(dòng)過程中達(dá)到的最大速度為v1=P0Ff+ma,高速飛車勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1=v1a=P0a(Ff+ma),高速飛車勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移為x1=v12t1=P022a(Ff+ma)2,故A、B錯(cuò)誤,C正確;當(dāng)牽引力等于阻力時(shí),高速飛車的速度達(dá)到最大,為vm=P0Ff,對于高速飛車整個(gè)加速過程,根據(jù)動(dòng)能定理可得W牽-W阻=12mvm2=mP022Ff2,所以牽引力做的功W牽>mP022Ff2,故D錯(cuò)誤.
題型2
例3 C [解析] 滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中,由動(dòng)能定理有-μmgR=12mvB2-12mvA2,其中vA=165gR,μ=0.2,滑塊第一次通過B點(diǎn)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有FN-mg=mvB2R,聯(lián)立解得FN=3.8 mg,根據(jù)牛頓第三定律可知,滑塊第一次通過B點(diǎn)時(shí)對軌道BC的壓力大小為F壓=FN=3.8mg,由于滑塊從B滑到C后又滑回B的過程中摩擦力一直做負(fù)功,根據(jù)動(dòng)能定理知,滑塊第二次通過軌道BC的B點(diǎn)時(shí)的速度比第一次的小,向心加速度也比第一次的小,對軌道的壓力小于3.8mg,A錯(cuò)誤;由于摩擦生熱,所以滑塊通過軌道BC上的同一位置時(shí)第二次的速度總是小于第一次的速度,可見滑塊下滑過程的平均速率小于上滑過程的平均速率,而路程均為12πR,故滑塊第一次通過軌道BC所用的時(shí)間比第二次的少,B錯(cuò)誤;根據(jù)能量守恒定律,滑塊第一次通過軌道BC的過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q1=12mvA2-mgR-μmgR=0.4mgR,由于滑塊通過軌道BC的過程中第二次對軌道的壓力較小,所以摩擦力也較小,產(chǎn)生的摩擦熱Q23R,D錯(cuò)誤.
例4 D [解析] 由圖像可知,0~10 m內(nèi)物塊上滑,由動(dòng)能定理得-mgsin 30°·s-Ffs=Ek-Ek0,整理得Ek=Ek0-(mgsin 30°+Ff)s,結(jié)合0~10 m內(nèi)的圖像得,斜率的絕對值|k|=mgsin 30°+Ff=4 N,10~20 m內(nèi)物塊下滑,由動(dòng)能定理得(mgsin 30°-Ff)(s-s1)=Ek,整理得Ek=(mgsin 30°-Ff)s-(mgsin 30°-Ff)s1,結(jié)合10~20 m內(nèi)的圖像得,斜率k'=mgsin 30°-Ff=3 N,聯(lián)立解得Ff=0.5 N,m=0.7 kg,故A、B錯(cuò)誤;由題意可得,物塊沿斜面上滑的最大距離為10 m,所以物塊在最高點(diǎn)時(shí)重力勢能為Epm=mgs1·sin 30°=35 J,故C錯(cuò)誤;物塊上滑過程中,由動(dòng)能定理-mgsin 30°·s1-Wf=0-Ek0,解得物塊上滑過程中克服摩擦力做功為Wf=5 J,故D正確.
【遷移拓展】
1.A [解析] 研究游客整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程,根據(jù)動(dòng)能定理有mg(h1+h2)-μmg(4πr)2-?12-μmgL=0,解得μ=0.08,實(shí)際上游客在螺旋滑道上運(yùn)動(dòng)時(shí)因?yàn)橄蛐牧Φ脑驅(qū)е轮С至Ρ仍谕嵌鹊男泵嫔系拇?則在螺旋滑道上運(yùn)動(dòng)時(shí)摩擦力做的功W>μmg(4πr)2-?12,因此動(dòng)摩擦因數(shù)應(yīng)更小,故A正確,B、C、D錯(cuò)誤.
2.A [解析] 由圖像可知,拉力減小時(shí)表達(dá)式為F=F0+kx=1.8+0?1.812?6(x-6)(N)=3.6-0.3x(N),物塊受到的滑動(dòng)摩擦力大小為Ff=μmg=0.3×0.2×10 N=0.6 N,當(dāng)物塊所受合力為零,即F=Ff時(shí),物塊的速度最大,此時(shí)有3.6-0.3x(N)=0.6 N,解得x=10 m,F-x圖線與橫軸圍成的面積表示拉力對物塊做的功,設(shè)物塊的最大速度為vm,由圖像可知物塊速度最大時(shí),拉力對物塊做的功為W'=12×1.8×6 J+12×(1.8+0.6)×(10-6) J=10.2 J,從物塊開始運(yùn)動(dòng)到速度最大的過程中,由動(dòng)能定理得W'-μmgx=12mvm2-12mv02,解得vm=58 m/s,故A正確.
題型3
例5 (11分)(1)7 N (2)v=12lx-9.6(lx≥0.85 m)
(3)1315 m、95 m或4115 m
[解析] (1)從釋放點(diǎn)到C點(diǎn)過程,由動(dòng)能定理得
mglsin 37°+mgR(1-cs 37°)=12mvC2(1分)
在C點(diǎn)時(shí),由牛頓第二定律得
FN-mg=mvC2R(1分)
聯(lián)立解得FN=7 N(1分)
(2)從釋放點(diǎn)到F點(diǎn)過程,由動(dòng)能定理得
mglxsin 37°-4mgRcs 37°=12mv2(1分)
解得v=12lx-9.6(1分)
能到達(dá)F點(diǎn),說明在圓管軌道最高點(diǎn)時(shí)的速度大于0,則12mv2≥mgR(1-cs 37°)(1分)
聯(lián)立解得lx≥0.85 m(1分)
(3)設(shè)整個(gè)過程中摩擦力做的功為第一次從F點(diǎn)到FG的中點(diǎn)過程中摩擦力做功的n倍,由動(dòng)能定理得
mglxsin 37°-mglFG2sin 37°-nμmglFG2cs 37°=0(1分)
其中l(wèi)FG=4Rtan37°=0.8 m
解得lx=7n+615
當(dāng)n=1時(shí),lx1=1315 m(1分)
當(dāng)n=3時(shí),lx2=95 m(1分)
當(dāng)n=5時(shí),lx3=4115 m(1分)
【遷移拓展】
1.(1)3 m/s (2)6 N,方向豎直向下 (3)h≥1.5 m
[解析] (1)小球從A到B過程,做平拋運(yùn)動(dòng),則豎直方向上有vy2=2gh
水平初速度v0=vytan60°
聯(lián)立解得v0=3 m/s
(2)小球從A拋出至運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理得mg(h+R1-R1cs 60°)=12mvC2-12mv02
解得vC=26 m/s
小球在C點(diǎn)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律得FNC-mg=mvC2R1
解得FNC=6 N
由牛頓第三定律得小球?qū)A弧軌道的壓力F'=FNC=6 N,方向豎直向下
(3)小球P與滑塊Q彈性碰撞后,速度交換,P靜止,Q彈出,要使Q能夠通過E點(diǎn),則由動(dòng)能定理得mg(R1-R1cs 60°)-μmgL-2mgR2=12mvE2-12mvB2
由牛頓第二定律得mvE2R2≥mg
小球P從A運(yùn)動(dòng)到B過程,豎直方向上,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得(vBsin 60°)2=2gh
聯(lián)立解得h要滿足的條件是h≥1.5 m
2.(1)2 m/s (2)3 N 方向豎直向上 (3)圓弧PQ上的中點(diǎn) (4)610 J
[解析] (1)滑塊剛好能從E點(diǎn)沿切線進(jìn)入弧形軌道,且B、E等高,可知滑塊在B、E間做斜拋運(yùn)動(dòng).設(shè)經(jīng)過E點(diǎn)時(shí)速度為vE,從最高點(diǎn)下落到E點(diǎn)所用時(shí)間為t,則有
vEx=l12t
vEy=gt
tan 60°=vEyvEx
解得t=0.13 s,vEx=1 m/s,vEy=3 m/s
滑塊經(jīng)過E點(diǎn)時(shí)的速度大小
vE=vEx2+vEy2=2 m/s
(2)由幾何關(guān)系可得E點(diǎn)到F點(diǎn)的高度為
h=r1-r1cs 60°=0.2 m
滑塊在EF段運(yùn)動(dòng)過程,只有重力做功,根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得
12mvE2+mgh=12mvF2
解得vF=22 m/s
滑塊在F點(diǎn)時(shí),由重力和支持力的合力提供向心力,有
FN-mg=mvF2r1
解得FN=3 N
支持力方向豎直向上
(3)設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到O2時(shí)速度為v2,由動(dòng)能定理有
-μmgl2=12mv22-12mvF2
解得v2=1 m/s
滑塊經(jīng)過O2之后做平拋運(yùn)動(dòng)落到圓弧軌道PQ上.由平拋運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)可得
x=v2t2
y=12gt22
由幾何關(guān)系得
x2+y2=r22
聯(lián)立解得t2=0.2 s,x=0.2 m,y=0.2 m
由x=y可知,滑塊落在圓弧軌道PQ上的中點(diǎn)
(4)若在FO2軌道上再對滑塊施加水平向右的力,設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到O2時(shí)速度為v0,則滑塊經(jīng)過O2之后做平拋運(yùn)動(dòng)落到圓弧軌道上,有
x'=v0t'
y'=12gt'2
x'2+y'2=r22
設(shè)滑塊落到圓弧軌道PQ上時(shí)動(dòng)能為Ek,對滑塊根據(jù)動(dòng)能定理有mgy'=Ek-12mv02
聯(lián)立可得Ek=mg43y'+r22y'
由數(shù)學(xué)知識可知,當(dāng)3y'=r22y',即y'=r23時(shí),動(dòng)能有最小值,為Ekmin=610 J
【關(guān)鍵能力】
能量觀是物理觀念的要素之一.理解功和功率.了解生產(chǎn)生活中常見機(jī)械的功率大小及其意義.理解動(dòng)能和動(dòng)能定理.能對物體的能量狀態(tài)進(jìn)行分析和推理,解決簡單的實(shí)際問題.能應(yīng)用動(dòng)能定理解決多過程復(fù)雜問題.
規(guī)范答題區(qū)
自評項(xiàng)目
(共100分)
自評
得分
書寫工整無涂抹(20分)
有必要的文字說明(20分)
使用原始表達(dá)式、無代數(shù)過程(30分)
有據(jù)①②得③等說明(10分)
結(jié)果為數(shù)字的帶有單位,求矢量的有方向說明(20分)

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