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第五章第二講教師用書(shū)獨(dú)具1.(2015·全國(guó)卷Ⅰ)如圖,一半徑為R,粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置,直徑POQ水平.一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開(kāi)始下落,恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道.質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí),對(duì)軌道的壓力為4mg,g為重力加速度的大?。肳表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程克服摩擦力所做的功.則()A.W=eq\f(1,2)mgR,質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn)B.W>eq\f(1,2)mgR,質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn)C.W=eq\f(1,2)mgR,質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后,繼續(xù)上升一段距離D.W<eq\f(1,2)mgR,質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后,繼續(xù)上升一段距離解析:選C根據(jù)質(zhì)點(diǎn)滑動(dòng)到軌道最低點(diǎn)N時(shí),對(duì)軌道壓力為4mg,利用牛頓第三定律可知,軌道對(duì)質(zhì)點(diǎn)的支持力為4mg.在最低點(diǎn),由牛頓第二定律,4mg-mg=meq\f(v2,R),解得質(zhì)點(diǎn)滑動(dòng)到最低點(diǎn)的速度v=eq\r(3gR).對(duì)質(zhì)點(diǎn)從開(kāi)始下落到滑動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程,由動(dòng)能定理,2mgR-W=eq\f(1,2)mv2,解得W=eq\f(1,2)mgR.對(duì)質(zhì)點(diǎn)由最低點(diǎn)繼續(xù)上滑的過(guò)程,克服摩擦力做功W′要小于W=eq\f(1,2)mgR.由此可知,質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后,可繼續(xù)上升一段距離,選項(xiàng)C正確,A、B、D錯(cuò)誤.2.(2018·溫州五校聯(lián)考)一輛總質(zhì)量為1500kg的汽車(chē),由靜止開(kāi)始沿平直公路以額定功率P=90kW啟動(dòng),并保持額定功率行駛.汽車(chē)勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,突然發(fā)現(xiàn)前方有障礙物,立即以大小5m/s2的加速度開(kāi)始剎車(chē),汽車(chē)最后停下來(lái),整個(gè)過(guò)程中,汽車(chē)位移為765m,剎車(chē)之前汽車(chē)受到的阻力恒為3A.90m30s B.60mC.60m30s D.90m解析:選A由題意知,汽車(chē)以額定功率勻速行速時(shí),牽引力與阻力大小相等,故可知汽車(chē)勻速行駛的速度v=eq\f(P,Ff)=eq\f(90×103,3000)m/s=30m/s,因?yàn)槠?chē)勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a=5m/s2,所以根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律知,汽車(chē)剎車(chē)的位移x2=eq\f(v2,2a)=eq\f(302,2×5)=90m;在汽車(chē)剎車(chē)前的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有摩擦力與牽引力對(duì)汽車(chē)做功,根據(jù)動(dòng)能定理有,Pt-Ff(x-x2)=eq\f(1,2)mv2-0,解得,汽車(chē)保持額定功率行駛的時(shí)間t=30s,故A正確.3.(2017·臨沂一模)(多選)某興趣小組遙控一輛玩具車(chē),使其在水平路面上由靜止啟動(dòng),在前2s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),2s末達(dá)到額定功率,2s到14s保持額定功率運(yùn)動(dòng),14s末停止遙控,讓玩具車(chē)自由滑行,其v-t圖象如圖所示.可認(rèn)為整個(gè)過(guò)程玩具車(chē)所受阻力大小不變,已知玩具車(chē)的質(zhì)量為m=1kg,(取g=10m/sA.玩具車(chē)所受阻力大小為1.5NB.玩具車(chē)在4s末牽引力的瞬時(shí)功率為9WC.玩具車(chē)在2到10秒內(nèi)位移的大小為39D.玩具車(chē)整個(gè)過(guò)程的位移為90解析:由圖像可知在14s后做勻減速直線運(yùn)動(dòng),加速度a2=eq\f(0-6,4)m/s2=1.5m/s2,由牛頓第二定律可得f=ma2=1.5N,故選項(xiàng)A正確;玩具車(chē)在前2s內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng),加速度a1=eq\f(3-0,2)m/s2=1.5m/s2,由牛頓第二定律可得牽引力F=ma-f=3N,當(dāng)t=2s時(shí)達(dá)到額定功率P額=Fv=9W,此后玩具車(chē)以額定功率運(yùn)動(dòng),速度增大,牽引力減小,所以當(dāng)t=4s時(shí)功率為9W,故選項(xiàng)B正確;玩具車(chē)在2到10秒內(nèi)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),由動(dòng)能定理得P額t+fs2=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1),解得s2=39m,故選項(xiàng)C正確;由圖象可知總位移s=eq\f(1,2)×3×2m+39m+6×4m+eq\f(1,2)×4×6m=78m,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤.答案:ABC4.(2018·重慶高三月考)將一小球從高處水平拋出,最初2s內(nèi)小球動(dòng)能Ek隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示,不計(jì)空氣阻力,重力加速度g=10m/s2.根據(jù)圖象信息,A.小球的質(zhì)量 B.小球的初速度C.小球拋出時(shí)的高度 D.最初2s內(nèi)重力對(duì)小球做功的平均功率解析:選ABD設(shè)小球的初速度為v0,則2s末的速度為:v2=eq\r(v\o\al(2,0)+gt2),根據(jù)圖象可知:小球的初動(dòng)能Ek0=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)=5J,2s末的動(dòng)能Ek2=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)=30J,解得:m=0.125kg,v0=4eq\r(5)m/s,最初2s內(nèi)重力對(duì)小球做功的平均功率eq\x\to(P)=mgeq\x\to(v)y=12.5W,根據(jù)已知條件只能求出2s內(nèi)豎直方向高度為h=eq\f(1,2)gt2=20m,而不能求出小球拋出時(shí)的高度,故A、B、D能確定,C不能確定,故選ABD.5.(2017·課標(biāo)Ⅱ)為提高冰球運(yùn)動(dòng)員的加速能力,教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s1<s0)處分別放置一個(gè)擋板和一面小旗,如圖所示.訓(xùn)練時(shí),讓運(yùn)動(dòng)員和冰球都位于起跑線上,教練員將冰球以初速度v0擊出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板;冰球被擊出的同時(shí),運(yùn)動(dòng)員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗.訓(xùn)練要求當(dāng)冰球到達(dá)擋板時(shí),運(yùn)動(dòng)員至少到達(dá)小旗處.假定運(yùn)動(dòng)員在滑行過(guò)程中做勻加速運(yùn)動(dòng),冰球到達(dá)擋板時(shí)的速度為v1.重力加速度大小為g.求(1)冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù);(2)滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員的最小加速度.解析:(1)設(shè)冰球的質(zhì)量為m,冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,由動(dòng)能定理得-μmgs0=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ①解得μ=eq\f(v\o\al(2,0)-v21,2gs0) ②(2)冰球到達(dá)擋板時(shí),滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員中,剛好到達(dá)小旗處的運(yùn)動(dòng)員的加速度最小.設(shè)這種情況下,冰球和運(yùn)動(dòng)員的加速度大小分別為a1和a2,所用的時(shí)間為t.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得veq\o\al(2,0)-veq\o\al(2,1)=2a1s0 ③v0-
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