新教材適用2024版高考物理二輪總復習第1部分核心主干復習專題專題2功和能動量第6講功功率動能定理題型2動能定理的應用教師用書

題型2動能定理的應用〔真題研究2〕(多選)(2023·湖南卷)如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點為C、A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運動恰好到達C點，下列說法正確的是(AD)A．小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大B．小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變C．小球的初速度v0＝eq\r(2gR)D．若小球初速度v0增大，小球有可能從B點脫離軌道【解析】由題知，小球能沿軌道運動恰好到達C點，則小球在C點的速度為vC＝0，則小球從C到B的過程中，有mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，F(xiàn)N＝mgcosθ－meq\f(v2,R)，聯(lián)立有FN＝3mgcosθ－2mg，則從C到B的過程中θ由0增大到θ，則cosθ逐漸減小，故FN逐漸減小，而小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大，A正確；由于A到B的過程中小球的速度逐漸減小，則A到B的過程中重力的功率為P＝－mgvsinθ，則A到B的過程中小球重力的功率始終減小，則B錯誤；從A到C的過程中有－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(4gR)，C錯誤；小球在B點恰好脫離軌道有mgcosθ＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，則有vB＝eq\r(gRcosθ)，則若小球初速度v0增大，小球在B點的速度有可能為eq\r(gRcosθ)，故小球有可能從B點脫離軌道，D正確。故選AD。【方法總結(jié)】用動能定理解題的5點注意方法〔對點訓練〕1.(2023·福建廈門二次質(zhì)檢)如圖甲所示，飛檐是中國傳統(tǒng)建筑的重要表現(xiàn)之一，通過檐部上的特殊構造，不但擴大了采光面、有利于排水，還增添了建筑物的美感?，F(xiàn)把飛檐看成一個彎曲軌道AB，軌道的最低點B的切線沿水平方向，如圖乙所示。現(xiàn)有幾顆松果以不同初速度先后從A點沿軌道滑下，從B點飛出落到水平地面上?？諝庾枇Σ挥?，松果之間不發(fā)生相互碰撞，則(C)A．松果從A點運動到B點的過程，某時刻所受合力可能等于0B．松果從A點運動到B點的過程，重力所做的功小于動能變化量C．所有松果從B點飛出落到水平地面上的運動時間相等D．所有松果從B點飛出落到水平地面上的運動位移大小相等【解析】松果從A點運動到B點的過程，松果做曲線運動，所受合力不為零，故A錯誤；松果從A點運動到B點的過程，受到摩擦力作用，由動能定理得WG－Wf＝ΔEk，即重力所做的功大于動能變化量，故B錯誤；由題意知松果從B點飛出后做平拋運動，則飛出落到水平地面上的運動時間均為t＝eq\r(\f(2h,g))，故C正確；因為松果以不同初速度先后從A點沿軌道滑下，所以從B點飛出時水平方向初速度不相等，又因為所有松果從B點飛出落到水平地面上的運動時間相等，故所有松果從B點飛出落到水平地面上的運動位移大小不相等，故D錯誤。2.(2023·成都七中模擬)如圖所示，一滑塊(可視為質(zhì)點)從斜面軌道AB的A點由靜止滑下后，進入與斜面軌道在B點相切的、半徑R＝0.5m的光滑圓弧軌道，且O為圓弧軌道的圓心，C點為圓弧軌道的最低點，滑塊運動到D點時對軌道的壓力為28N。已知OD與OC、OB與OC的夾角分別為53°和37°，滑塊質(zhì)量m＝0.5kg，與軌道AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。則軌道AB的長度為(A)A．6.75m B．6.25mC．6.5m D．6.0m【解析】根據(jù)牛頓第三定律可知滑塊運動到D點時所受軌道的支持力大小為FN＝FN′＝28N①，設滑塊運動到D點時的速度大小為vD，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mgcos53°＝eq\f(mv\o\al(2,D),R)②，對滑塊從A點到D點的運動過程，根據(jù)動能定理有mgLABsin37°－μmgcos37°·