高考物理动能与动能定理(一)解题方法和技巧及练习题.docx

高考物理动能与动能定理(一)解题方法和技巧及练习题.docx

ID:60820482

大小:247.00 KB

页数:14页

时间:2020-12-20

高考物理动能与动能定理(一)解题方法和技巧及练习题.docx_第1页
高考物理动能与动能定理(一)解题方法和技巧及练习题.docx_第2页
高考物理动能与动能定理(一)解题方法和技巧及练习题.docx_第3页
高考物理动能与动能定理(一)解题方法和技巧及练习题.docx_第4页
高考物理动能与动能定理(一)解题方法和技巧及练习题.docx_第5页
资源描述:

《高考物理动能与动能定理(一)解题方法和技巧及练习题.docx》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库

1、高考物理动能与动能定理(一)解题方法和技巧及练习题一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1.儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一能力。某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内OABCD透明玻璃管道,管道的半径较小。为研究方便建立平面直角坐标系,O点为抛物口,下方接一满足方程y5x2的光滑抛物线形状管道OA;9AB、BC是半径相同的光滑圆弧管道,CD是动摩擦因数μ=0.8的粗糙直管道;各部分管道在连接处均相切。A、B、C、D的横坐标分别为xA=1.20m、xB=2.00m、xC=2

2、.65m、xD=3.40m。已知,弹珠质量m=100g,直径略小于管道内径。E为BC管道的最高点,在D处有一反弹膜能无能量损失的反弹弹珠,sin37°=0.6,sin53°=0.8,g=10m/s2,求:(1)若要使弹珠不与管道OA触碰,在O点抛射速度ν0应该多大;(2)若要使弹珠第一次到达E点时对轨道压力等于弹珠重力的3倍,在O点抛射速度v0应该多大;(3)游戏设置3次通过E点获得最高分,若要获得最高分在O点抛射速度ν0的范围。【答案】(1)3m/s(2)206m/s2m/s(3)23m/s<ν<

3、2【解析】【详解】5(1)由y9x2得:A点坐标(1.20m,0.80m)由平抛运动规律得:xA=v0t,yA1gt22代入数据,求得t=0.4s,v0=3m/s;(2)由速度关系,可得θ=53°求得AB、BC圆弧的半径R=0.5mOE过程由动能定理得:mgyA﹣mgR(1﹣cos53)°1mvE21mv0222解得v0=22m/s;(3)sinα2.652.000.400.5,α=30°0.5CD与水平面的夹角也为α=30°设3次通过E点的速度最小值为v1.由动能定理得mgyA﹣(﹣cos53)

4、﹣=1mv1mgR1°2μmgxCDcos30°022解得v1=23m/s设3次通过E点的速度最大值为v2.由动能定理得mgyA﹣mgR(1﹣cos53)﹣°4μmgxCDcos30=°01mv222解得v2=6m/s考虑2次经过E点后不从O点离开,有﹣2μmgx°=012CDcos302mv3解得v3=26m/s故23m/s<ν0<26m/s2.如图所示,一根轻弹簧左端固定于竖直墙上,右端被质量m1kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态,且弹簧与物块不栓接,弹簧原长小于光滑平台的长度.在平台的右

5、端有一传送带,AB长L5m,物块与传送带间的动摩擦因数10.2,与传送带相邻的粗糙水平面BC长s=1.5m,它与物块间的动摩擦因数20.3,在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接,圆弧对应的圆心角为120o,在圆弧的最高点F处有一固定挡板,物块撞上挡板后会以原速率反弹回来.若传送带以v5m/s的速率顺时针转动,不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失.当弹簧储存的Ep18J能量全部释放时,小物块恰能滑到与圆心等高的E点,取g10m/s2.(1)求右侧圆弧的轨道半径为R;(2)求小物块最终停

6、下时与C点的距离;(3)若传送带的速度大小可调,欲使小物块与挡板只碰一次,且碰后不脱离轨道,求传送带速度的可调节范围.【答案】(1)R0.8m;(2)x1m;(3)37m/sv43m/s3【解析】【分析】【详解】12(1)物块被弹簧弹出,由Ep2mv0,可知:v06m/s因为v0v,故物块滑上传送带后先减速物块与传送带相对滑动过程中,由:1mg1,vv011,xt1210111maatv2at得到:a12m/s2,t10.5s,x12.75m因为x1L,故物块与传送带同速后相对静止,最后物块以5m/

7、s的速度滑上水平面BC,物块滑离传送带后恰到E点,由动能定理可知:1m2mgsmgR2v2代入数据整理可以得到:R0.8m.(2)设物块从E点返回至B点的速度为vB,由1m21m2mg2s2v2vB2得到vB7m/s,因为vB0,故物块会再次滑上传送带,物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速,由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带,设最终停在距C点x处,由1mvB22mgsx,得到:x1m.232(3)设传送带速度为v1时物块能恰到F点,在F点满足mgsin30omvFR从B到F过程中由动

8、能定理可知:1mv121mvF22mgsmgRRsin30o22解得:设传送带速度为v2时,物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点,由:122mv22mg3smgR解得:v243m/s若物块在传送带上一直加速运动,由1m21m2mgL2vBm2v01知其到B点的最大速度vBm56m/s综合上述分析可知,只要传送带速度37m/sv43m/s就满足条件.【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理、圆周运动向心力公式的直接应用,此题难度较大,牵涉的运动模型较多,物体情境复杂,

当前文档最多预览五页,下载文档查看全文

此文档下载收益归作者所有

当前文档最多预览五页,下载文档查看全文
温馨提示:
1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
2. 本文档由用户上传,版权归属用户,天天文库负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服处理。