2015高考物理二轮专题辅导训练专题2第5讲热点二动力学方法和动能定理的综合应用(含解析)

-1-热点二动力学方法和动能定理的综合应用5.图2－5－8如图2－5－8所示，一个质量为m＝2kg的物体从某点由静止开始做直线运动的速度图象，根据图象可知()A．物体在0～8s内的平均速度为2m/sB．物体在0～4s内的加速度大于7～8s内的加速度C．物体在0～8s内合外力做的功为80JD．物体在6s末离开始点最远解析由图象可知0～8s内的平均速度v＝0＋82×4＋12×8×2－12×2×48m/s＝2.5m/s，选项A错误；物体在0～4s内的加速度大小为8－04m/s2＝2m/s2，7～8s内的加速度大小为4－01m/s2＝4m/s2，选项B错误；物体在0～8s内动能变化为零，根据动能定理，外力做功为零，选项C错误；由图象知选项D正确．答案D6．(2014·福建卷，18)图2－5－9如图2－5－9所示，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动．质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用-2-在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块()A．最大速度相同B．最大加速度相同C．上升的最大高度不同D．重力势能的变化量不同解析当加速度等于零，即kx＝mgsinθ时，速度最大，又两物块的质量不同，故速度最大的位置不同，最大速度也不同，所以A错误；在离开弹簧前加速度先减小后增大，离开弹簧后加速度不变，刚开始运动时，物块加速度最大，根据牛顿第二定律kx－mgsinθ＝ma，弹力相同，质量不同，故加速度不同，故B错误；根据能量守恒Ep＝mgh，弹性势能相同，重力势能的增加量等于弹性势能的减少量，故重力势能的变化量是相同的，由于物块质量不同，故上升的最大高度不同，故C正确，D错误．答案C7．如图2－5－10所示，从A点以v0＝4m/s的水平速度抛出一质量m＝1kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平，已知长木板的质量M＝4kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6m、h＝0.15m、R＝0.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，取g＝10m/s2.求：图2－5－10(1)小物块运动至B点时的速度大小和方向；(2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力；(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．解析(1)物块做平抛运动：H－h＝12gt2，到达C点时竖直分速度：vy＝gt＝3m/sv1＝v20＋v2y＝5m/s方向与水平面的夹角为θ：tanθ＝vyv0＝34，即：θ＝37°，斜向下．(2)从A至C点，由动能定理mgH＝12mv22－12mv20设C点受到的支持力为FN，则有FN－mg＝mv22R由上式可得v2＝27m/s，FN＝47.3N根据牛顿第三定律可知，物块m对圆弧轨道C点的压力大小为47.3N，方向竖直向下．(3)由题意可知小物块m对长木板的摩擦力Ff＝μ1mg＝5N长木板与地面间的最大静摩擦力不小于滑动摩擦力-3-Ff′＝μ2(M＋m)g＝10N因Ff＜Ff′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动．小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0，才能保证小物块不滑出长木板．则长木板长度至少为l＝v222μ1g＝2.8m.答案(1)5m/s方向与水平方向的夹角为37°斜向下(2)47.3N方向竖直向下(3)2.8m1．应用动能定理解题的“两状态，一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．2．应用动能定理解题的基本思路热点三动力学方法和机械能守恒定律的应用8．(2014·河北石家庄质检)如图2－5－11所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体B的质量为2m，放置在倾角为30°的光滑斜面上，物体A的质量为m，用手托着物体A使弹簧处于原长，细绳伸直，A与地面的距离为h，物体B静止在斜面上挡板P处．放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对挡板恰好无压力，则下列说法正确的是()图2－5－11A．弹簧的劲度系数为mghB．此时弹簧的弹性势能等于mgh－12mv2C．此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上D．此后物体B可能离开挡板沿斜面向上运动-4-解析物体A刚落地时，弹簧伸长量为h，物体B受力平衡，所以kh＝2mgsinθ，所以k＝mgh，选项A对；物体A落地前，系统机械能守恒，所以弹性势能等于mgh－12mv2，选项B对；物体A刚落地时，对A应用牛顿第二定律得：mg－kh＝ma，所以a＝0，选项C错；物体A落地后，弹簧不再伸长，故物体B不可能离开挡板沿斜面向上运动，选项D错．答案AB9．(2014·山东潍坊联考)如图2－5－12甲所示，倾角为θ的光滑斜面体固定在水平面上，劲度系数为k的轻弹簧，一端固定在斜面底端，另一端与质量为m的小滑块接触但不拴接，现用沿斜面向下的力F推滑块至离地高度h0处，弹簧与斜面平行，撤去力F，滑块沿斜面向上运动，其动能Ek和离地高度h的变化关系如图乙所示，图中h2对应图线的最高点，h3到h4范围内图线为直线，其余部分为曲线．重力加速度为g，则()图2－5－12A．h1高度处，弹簧形变量为mgsinθkB．h2高度处，弹簧形变量为mgsinθkC．h0高度处，弹簧的弹性势能为mg(h3－h0)D．h1高度处，弹簧的弹性势能为mg(h3－h1)解析开始时，滑块所受合力沿斜面向上，合力做功最多时，滑块的动能最大，即在h2时，滑块所受合外力为零，由共点力平衡条件可知，mgsinθ＝kx⇒x＝mgsinθk，选项B正确、A错误；滑块到达h3后，加速度不变，此时弹簧处于原长，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，由h0到h3过程中，Ep0＋mgh0＝mgh3＋Ek1，解得Ep0＝mg(h3－h0)＋Ek1，选项C错误；同理，由h1到h3过程中，Ep1＋mgh1＋Ek1＝mgh3＋Ek1，解得：Ep1＝mg(h3－h1)，选项D正确．答案BD10．如图2－5－13所示，图2－5－13一个半径R＝1.0m的圆弧形光滑轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与竖直方向夹角为θ，C为轨道最低点，D为轨道最高点．一个质量m＝0.50kg的小球(视为质点)从倾角为α的斜面顶端A点以v0的速度水平抛出，落到斜面底端B点，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知斜面底面水平且斜面顶端A高为h＝2.4m，tanα＝32，重力加-5-速度g取10m/s2.(1)求小球抛出时的速度v0的大小和到达B的速度；(2)求小球经过轨道最低点C时对轨道的压力FC；(3)小球能否到达轨道最高点D？若能到达，试求对D点的压力FD.若不能到达，试说明理由．解析(1)小球从倾角为α的斜面顶端A点以v0的速度水平抛出，落到斜面底端B点，根据平抛运动规律：h＝12gt2，x＝h/tanα＝v0t，所以v0＝4m/s到达B点时速度大小vB＝v20＋g2t2＝8m/s，与水平方向的夹角的正切tanφ＝tanθ＝gtv0＝3，φ＝θ＝60°(2)根据机械能守恒定律，有12mv2C＝12mv2B＋mg(1－cosθ)R解得v2C＝74m2/s2根据牛顿第二定律，有FC′－mg＝mv2CR解得FC′＝42N根据牛顿第三定律，FC＝FC′＝42N，方向竖直向下(3)设小球能到达D点，根据机械能守恒定律，有：12mv2D＝12mv20＋mg(h－R－Rcosθ)解得vD＝34m/s＞gR，即小球能到达D点根据牛顿第二定律，有FD′＋mg＝mv2DR代入数据，解得小球受到的压力FD′＝12N，根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力为FD＝FD′＝12N，方向竖直向上．答案(1)4m/s8m/s方向与水平方向的夹角为60°(2)42N方向竖直向下(3)能12N方向竖直向上用机械能守恒定律解题的基本思路