2019-2020年高考物理一轮复习 第11讲 动能定力能力提升经典精讲1.doc

2019-2020年高考物理一轮复习 第11讲 动能定力能力提升经典精讲11、如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图像，Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，则下述说法错误的是()A.0t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定B.t1t2时间内汽车牵引力做功为m mC.t1t2时间内的平均速度为(v1+v2)D.在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t2t3时间内牵引力最小2、质量为3106 kg的列车，在恒定的额定功率下，沿平直的轨道由静止出发，在运动过程中受到的阻力恒定，经1103 s后达到最大行驶速度72 km/h.此时司机关闭发动机，列车继续滑行4 km停下来求：(1)关闭发动机后列车加速度的大小；(2)列车在行驶过程中所受阻力的大小；(3)列车的额定功率；(4)列车在加速过程中通过的距离3、如图所示，一质量为m的滑块从高为h的光滑圆弧形槽的顶端A处无初速度地滑下，槽的底端B与水平传送带相接，传送带的运行速度恒为v0，两轮轴心间距为l，滑块滑到传送带上后做匀加速运动，滑到传送带右端C时，恰好加速到与传送带的速度相同，求：(1)滑块到达底端B时的速度大小vB；(2)滑块与传送带间的动摩擦因数；(3)此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量Q.4、如图所示，地面和半圆轨道面均光滑质量M1 kg、长L4 m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为s3 m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平现有一质量m2 kg的滑块(不计大小)以v06 m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上已知滑块与小车表面的动摩擦因数0.2，g取10 m/s2.(1)求小车与墙壁碰撞时的速度；(2)若滑块在半圆轨道运动的过程中不脱离轨道，求半圆轨道半径R的取值第11讲 动能定力能力提升1、ABC详解：0t1时间内汽车做匀加速运动，牵引力F大小恒定，但汽车的速度v逐渐增大，故其功率逐渐增大，选项A错误;在t1t2时间内，牵引力做正功，摩擦力做负功，合外力做功之和等于动能的改变量，则选项B错误;根据“面积”法求位移，在t1t2时间内汽车的位移x(v1+v2)(t2-t1)，故平均速度=(v1+v2)，选项C错误;在全过程中t1时刻的斜率最大，加速度a1也最大，根据F1=f + ma1可知，此时牵引力F1最大，此时刻的功率P1也是在0t1时间内最大的，在t1时刻之后，汽车的功率保持P1不变，故P1是整个过程中的最大值，在t2t3时间内牵引力等于摩擦力，牵引力最小，则选项D正确.2、(1)0.05 m/s2 (2)1.5105N (3)3106W (4)16 km详解：(1)关闭发动机后列车在阻力的作用下，滑行了一段距离后才停下来，列车匀减速运动(2)所受阻力(3)达到最大速度时，牵引力等于阻力，则：(4)对加速过程应用动能定理： 代入数据解得：l1=16 km 3、(1) (2) (3) 详解：(1)滑块在由A到B的过程中机械能守恒，可得：mgh.解得：vB.(2)滑块在由B到C的过程中，应用动能定理得：mgl解得.(3)QFfl相对mgl相对l相对，故Q4、(1)4 m/s (2)R0.24 m或R0.6 m详解：(1)根据牛顿第二定律：对滑块有mgma1对小车有mgMa2当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即v0a1ta2t由以上各式解得t1 s，此时小车的速度为v2a2t4 m/s.滑块的位移x1v0ta1t2小车的位移x2a2t2相对位移L1x1x2联立解得L13 m，x22 mL1L，x2s，说明滑块滑离小车前已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与墙壁碰撞时的速度为：v24 m/s.(2) 滑块与墙壁碰后在小车上做匀减速运动，运动L2LL11 m后滑上半圆轨道若滑块恰能通过最高点，设滑至最高点的速度为vm.则mgm根据动能定理得mgL2mg2Rmvmv 解得R0.24 m若滑块恰好滑至圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道根据动能定理得mgL2mgR0mv解得R0.6 m所以滑块不脱离圆轨道必须满足：R0.24 m或R0.6 m.