2024屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí)與測試第一部分專題二能量與動(dòng)量第6講功和能機(jī)械能命題點(diǎn)二動(dòng)能定理應(yīng)用

命題點(diǎn)二動(dòng)能定理應(yīng)用應(yīng)用動(dòng)能定理的流程．如圖甲所示為河沙裝車過程，可以簡化為如圖乙所示．已知傳動(dòng)帶的速度為2m/s，h1＝3m，h2＝4.5m，g＝10m/s2，小貨車能夠裝6t沙子，傳送帶足夠長．則裝滿一車，傳送帶大約需要對(duì)沙子做的功為()A．1.02×105JB．9×104JC．2.82×105JD．2.7×105J解析：對(duì)沙子，由動(dòng)能定理可知W＋WG＝ΔEk，WG＝－2.7×105J，ΔEk＝1.2×104J，解得W＝2.82×105J，故選C.答案：C排球運(yùn)動(dòng)是我國較為普遍的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目之一，也深受人民群眾的喜愛．如圖所示，某同學(xué)正在練習(xí)墊球，質(zhì)量m＝0.25kg的排球一直在豎直方向上運(yùn)動(dòng)，排球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到大小f＝0.5N、方向始終與排球運(yùn)動(dòng)方向相反的空氣阻力的作用．在某次墊球過程中，該同學(xué)雙手平舉保持靜止，排球從離手高度h1＝1m處靜止開始下落，排球與手碰撞后反彈高度h2＝eq\f(9,24)m．重力加速度大小取g＝10m/s2，求：(1)排球與手碰撞過程中損失的能量ΔE；(2)在本次墊球過程中，要使反彈高度與排球下落的高度都為h1＝1m，該同學(xué)對(duì)排球應(yīng)做多少功．(設(shè)碰撞位置、因碰撞而損失的能量都不改變)解析：(1)排球下落過程，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh1－fh1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得：v1＝4m/s，排球反彈上升，根據(jù)動(dòng)能定理有－mgh2－fh2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得：v2＝3m/s，碰撞前后瞬間，排球與手碰撞過程中損失的能量ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，代入數(shù)據(jù)得：ΔE＝eq\f(7,8)J；(2)反彈到h1的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有－mgh1－fh1＝0－Ek，解得：Ek＝3J，在排球與手的碰撞過程中，根據(jù)功能關(guān)系有W＝ΔE＋Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得：W＝eq\f(15,8)J.答案：(1)eq\f(7,8)J(2)eq\f(15,8)J1.如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊從斜面底端以平行于斜面的初速度v0沖上固定斜面，沿斜面上升的最大高度為H，已知斜面傾角為α，斜面與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，且μ＜tanα，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取斜面底端為零勢能面，則能表示滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的機(jī)械能E、動(dòng)能Ek、勢能Ep與上升高度h之間關(guān)系的圖像是()解析：重力勢能的變化僅僅與重力做功有關(guān)，隨著上升高度h的增大，重力勢能增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；機(jī)械能的變化僅與重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力之外的其他力做功有關(guān)，上滑過程中有－feq\f(h,sinα)＝E－E0，即E＝E0－feq\f(h,sinα)；下滑過程中有－feq\f(2H－h(huán),sinα)＝E′－E0，即E′＝E0－2feq\f(H,sinα)＋feq\f(h,sinα)，故上滑和下滑過程中Eh圖線均為直線，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；動(dòng)能的變化與合外力做功有關(guān)，上滑過程中有－mgh－eq\f(f,sinα)h＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mg＋eq\f(f,sinα))h，下滑過程中有－mgh－feq\f(2H－h(huán),sinα)＝E′k－Ek0，即E′k＝Ek0－2feq\f(H,sinα)－(mg－eq\f(f,sinα))h，故Ek－h(huán)圖線為直線，但下滑過程斜率小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．答案：D2．圖甲為北京2022年冬奧會(huì)的“雪如意”跳臺(tái)滑雪場地，其簡化示意圖如圖乙，助滑道AB的豎直高度h＝55m，B、C間的距離s＝120m，B、C連線與水平方向的夾角θ＝30°.某質(zhì)量m＝60kg的運(yùn)動(dòng)員從出發(fā)點(diǎn)A沿助滑道無初速下滑，從起跳點(diǎn)B處沿水平方向飛出，在著地點(diǎn)C處著地，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2.求(1)運(yùn)動(dòng)員在起跳點(diǎn)B處的速度v0；(2)運(yùn)動(dòng)員在助滑過程中阻力做的功Wf.解析：(1)運(yùn)動(dòng)員從B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)水平方向scosθ＝v0t，豎直方向ssinθ＝eq\f(1,2)gt2，解得v0＝30m/s.(2)由動(dòng)能定理得mgh＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Wf＝－6000J.答案：(1)30m/s(2)－6000J3．如圖所示，水平地面上有一個(gè)固定擋板，有一輕彈簧左端固定在擋板上，有一質(zhì)量m＝0.2kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))緊壓彈簧但不黏連，初始時(shí)彈簧的彈性勢能Ep＝1.8J，AB兩點(diǎn)的距離L＝3m．距離B點(diǎn)右側(cè)豎直高度差h＝0.8m處有一半徑均為R＝0.5m光滑圓弧管道CD、DF，C、D等高，E為DF管道的最高點(diǎn)，F(xiàn)G是長度d＝10m傾角θ＝37°的粗糙直管道，在G處接一半徑為R′＝2m，圓心為O點(diǎn)的光滑圓弧軌道GHQ，H為最低點(diǎn)，Q為最高點(diǎn)，且∠GOH＝θ＝37°，各部分管道及軌道在連接處均平滑相切，已知物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.15，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小g＝10m/s2.現(xiàn)把滑塊從A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過B點(diǎn)飛出后，恰能從C點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入圓弧管道，滑塊略小于管道內(nèi)徑．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：(1)滑塊離開B點(diǎn)時(shí)的速度大小vB；(2)滑塊第一次到達(dá)E點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的作用力大??；(3)要使滑塊能經(jīng)過G點(diǎn)且不脫離軌道，滑塊與管道FG之間動(dòng)摩擦因數(shù)μ′的取值范圍．解析：(1)當(dāng)滑塊滑到B點(diǎn)時(shí)，有Ep－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝3m/s.②(2)由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)豎直分速度veq\o\al(2,cy)＝2gh，所以滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度大小vc＝eq\r(veq\o\al(2,B)＋veq\o\al(2,cy))＝5m/s.則得到速度方向與水平方向夾角為α＝53°，則滑塊處于D點(diǎn)時(shí)，速度方向與水平方向夾角也為53°，由動(dòng)能定理可知滑塊在D點(diǎn)時(shí)的速度與其在C點(diǎn)時(shí)的速度大小相等，從D點(diǎn)到E點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有－mgR(1－cosα)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D).在E點(diǎn)，對(duì)滑塊，由牛頓第二定律得FN＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,E) ,R)，解得FN＝6.4N.根據(jù)牛頓第三定律得滑塊第一次到達(dá)E點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的作用力為F′N＝FN＝6.4N.(3)設(shè)滑塊與管道FG之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，要使滑塊能經(jīng)過G點(diǎn)，則有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)＋mg(R－Rcosθ＋dsinθ)>μ1mgcosθ·d，解得μ1<eq\f(143,160)≈0.893.要使滑塊不脫離軌道，則滑塊不能超過與O點(diǎn)等高點(diǎn)，所以有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)＋mg(R－Rcos