统考版2024高考物理二轮专题复习第一编专题复习攻略专题三动量与能量第6讲功能关系与能量守恒考点二动能定理的综合应用教师用书

考点二动能定理的综合应用1．应用动能定理解题的步骤图解：2．应用动能定理解题应留意的三个问题(1)用动能定理解决问题时一般以地面为参考系；(2)动能定理的表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的；(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)时，可以分段考虑，也可以对全过程考虑，全过程用动能定理列式，可使问题简化．例2如图，一半径为R，粗糙程度到处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止起先下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则()A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点B．W>mgR，质点不能到达Q点C．W＝mgR，质点到达Q点后，接着上升一段距离D．W<mgR，质点到达Q点后，接着上升一段距离[考法拓展1](多选)在[例2]中，若使质点带上＋q的电荷量(带电质点可视为点电荷)，如图所示，在POQ下方加上垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度B＝，质点由静止释放运动至最低点N时，对轨道的压力恰好为零，则()A．质点经过N点时的速度大小为B．质点由P点至N点的过程中洛伦兹力做负功C.质点由静止下落至P点的过程机械能守恒D．质点由静止下落至N点的过程机械能削减mgR[考法拓展2]在[例2]中，若轨道光滑，使质点带上＋q的电荷量(带电质点可视为点电荷)，如图所示，在竖直方向加上向下的匀强电场，场强为E，质点由静止释放运动至最低点N的过程中，下列说法正确的是()A．质点的机械能守恒B．质点的重力势能削减，电势能增加C．质点的动能增加2mgRD．质点的机械能增加2qER[考法拓展3](多选)在[例2]中，若将半圆形轨道更换为圆弧轨道，如图所示，并让质点自P点上方高度2R处由静止起先下落，质点沿轨道到达最高点Q时对轨道压力为，则质点从静止运动到Q点的过程中()A．重力势能削减2mgRB．合外力做功mgRC．克服摩擦力做功mgRD．机械能削减mgR预料3如图(a)所示，一物块以确定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示．重力加速度大小取10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为()A．m＝0.7kg，f＝0.5NB．m＝0.7kg，f＝1.0NC．m＝0.8kg，f＝0.5ND．m＝0.8kg，f＝1.0N预料4[2024·湖南郴州一模](多选)如图所示，水平面上O点的左侧光滑，O点的右侧粗糙．有8个质量均为m的完全相同的小滑块(可视为质点)，用轻质的细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点左侧，滑块2、3……依次沿直线水平向左排开．现将水平恒力F作用于滑块1上，经视察发觉，在第3个小滑块过O点进入粗糙地带后再到第4个小滑块过O点进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列推断中正确的是()A．滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等B．滑块3匀速运动的速度是C．从第5个小滑块进入粗糙地带到第6个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块的加速度大小为D．最终第7个滑块刚能到达O点而第8个滑块不行能到达O点预料5如图所示，水平轨道BC与倾角为θ＝37°的斜面轨道AB、螺旋状圆轨道O紧密平滑连接，AB长度L1＝10m，BC长度L2＝4m，圆轨道半径R＝0.72m．直角斜面体MNE的竖直边ME的长度L3＝3m，水平边NE的长度L4＝6m，M点在C点的正下方，MC的长度L5＝1.2m．小物块的质量为m＝1kg，它与AB轨道和BC轨道的动摩擦因数相同，记为μ，圆轨道光滑．小物块在最高点A由静止释放，沿轨道ABC运动，第一次到达C时恰好静止．空气阻力不计，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求动摩擦因数μ；(2)小物块在A点释放的同时，对其施加一个水平向右的恒力F，当物块沿BC运动到C点时撤去F，再绕圆轨道运动一周后在与C同一高度的圆轨道末端以速度v水平向右抛出．小物块在到达圆轨道末端前不脱离轨道，求v与F满意的关系式，并确定v的取值范围；(3)若物块自圆轨道末端以某一初速度水平抛出，经一段时间后与过N点的竖直墙面发生弹性碰撞，碰撞时间忽视不计，碰撞之后物块速度的竖直重量不变，水平重量反向且大小不变，之后落于斜面MN上的P点，已知物块从圆轨道末端运动到P点的总时间为t＝0.9s，求小物块刚运动至P点时的动能．考点二例2解析：在N点由牛顿其次定律得4mg－mg＝；从最高点到N点，由动能定理得2mgR－W＝，联立解得W＝mgR.由于克服阻力做功，机械能减小，N点左右两侧对应点的速度v右<v左，轨道弹力FN右<FN左，摩擦力Ff右<Ff左，所以质点从N点到Q点克服阻力做的功要小于从P点到N点克服阻力做的功，即质点从N点到Q点克服阻力做的功W′<W＝mgR，质点从N点到Q点由动能定理得－mgR－W′＝，解得>0，所以质点能够到达Q点，并且还能接着上升一段距离，故选项C正确．答案：C[考法拓展1]解析：质点经过N点时由牛顿其次定律得qvB－mg＝m，解得v＝，选项A错误；质点在磁场内运动过程中，洛伦兹力始终与质点的运动方向垂直，洛伦兹力不做功，选项B错误；质点由静止下落至P点的过程，只有重力做功，质点机械能守恒，选项C正确；质点由静止运动至N点的过程由动能定理得2mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，由功能关系得质点的机械能削减mgR，选项D正确．答案：CD[考法拓展2]解析：质点下落过程，除重力做功以外，还有电场力做正功，机械能增加，由功能关系得机械能的增量ΔE＝2qER，故选项A错误，D正确；重力做正功，重力势能削减，电场力做正功，电势能削减，选项B错误；合外力做功等于动能的增量，则ΔEk＝2(qE＋mg)R，选项C错误．答案：D[考法拓展3]解析：质点能通过Q点，则在Q点由牛顿其次定律得mg＋mg＝m，解得v＝，从静止运动到Q点的过程，重力做功等于重力势能削减量，为mgR，选项A错误；合外力做功等于动能增加量，即W合＝ΔEk＝＝mgR，选项B正确；机械能削减量为ΔE＝mgR－mgR＝mgR，选项D错误；由功能关系得克服摩擦力做功等于机械能削减量为mgR，选项C正确．答案：BC预料3解析：0～10m内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s结合0～10m内的图象得，斜率的确定值|k|＝mgsin30°＋f＝4N10～20m内物块下滑，由动能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1结合10～20m内的图象得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N联立解得f＝0.5N，m＝0.7kg，故选A.答案：A预料4解析：当滑块匀速运动时，处在光滑地带的滑块间的轻杆上的弹力都为零，处在粗糙地带上的滑块间的轻杆上弹力不为零，且各不相同，A错误；将匀速运动的8个小滑块作为一个整体，有F－3μmg＝0，解得μ＝，从起先到第4个小滑块过O点进入粗糙地带前这一过程中，由动能定理得F·3L－μmg·3L－μmg·2L－μmg·L＝·8mv2，解得v＝，B正确；从第5个小滑块进入粗糙地带到第6个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块看作整体，由牛顿其次定律5μmg－F＝8ma，解得加速度大小为a＝，C正确；假设第7个滑块刚好能到达O点，由动能定理有F·6L－μmg·6L－μmg·5L－μmg·4L－μmg·3L－μmg·2L－μmg·L＝－0，解得<0，故第7块滑块不能到达O点，D错误．答案：BC预料5解析：(1)小物块从A到C的过程，由动能定理得mgL1sinθ－μmgL1cosθ－μmgL2＝0代入数据得μ＝0.5(2)施加恒力F后，从A到C的过程，由动能定理得F(L1cosθ＋L2)＋mgL1sinθ－μ(mgcosθ－Fsinθ)L1－μmgL2＝mv2代入数据得v2＝30F小物块在圆轨道最高点D不脱离轨道，应满意从D到C的过程由机械能守恒定律得＋2mgR＝mv2解得v≥6m/s小物块不脱离斜面AB，应满意Fsinθ≤mgcosθ解得v≤20m/s所以v的取值范围为6m/s≤v≤20m/s.(3)