高考复习强化届高考物理大二轮复习 专题训练四 第1课时 功能关系在力学中的应用.docx
- 文档编号:29439839
- 上传时间:2023-07-23
- 格式:DOCX
- 页数:22
- 大小:74.64KB
高考复习强化届高考物理大二轮复习 专题训练四 第1课时 功能关系在力学中的应用.docx
《高考复习强化届高考物理大二轮复习 专题训练四 第1课时 功能关系在力学中的应用.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高考复习强化届高考物理大二轮复习 专题训练四 第1课时 功能关系在力学中的应用.docx(22页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
高考复习强化届高考物理大二轮复习专题训练四第1课时功能关系在力学中的应用
【步步高】(全国通用)2015届高考物理大二轮复习专题训练四第1课时功能关系在力学中的应用
专题定位
本专题主要用功能的观点解决物体的运动和带电体、带电粒子、导体棒在电场或磁场中的运动问题.考查的重点有以下几方面:
①重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力的做功特点和求解;②与功、功率相关的分析与计算;③几个重要的功能关系的应用;④动能定理的综合应用;⑤综合应用机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题.
本专题是高考的重点和热点,命题情景新,联系实际密切,综合性强,侧重在计算题中命题,是高考的压轴题.
应考策略
深刻理解功能关系,抓住两种命题情景搞突破:
一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律,结合动力学方法解决多运动过程问题;二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题.
第1课时 功能关系在力学中的应用
1.常见的几种力做功的特点
(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关.
(2)摩擦力做功的特点
①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功,也可以做负功,还可以不做功.
②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零,在静摩擦力做功的过程中,只有机械能的转移,没有机械能转化为其他形式的能;相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零,且总为负值.在一对滑动摩擦力做功的过程中,不仅有相互摩擦物体间机械能的转移,还有部分机械能转化为内能.转化为内能的量等于系统机械能的减少量,等于滑动摩擦力与相对位移的乘积.
③摩擦生热是指滑动摩擦生热,静摩擦不会生热.
2.几个重要的功能关系
(1)重力的功等于重力势能的变化,即WG=-ΔEp.
(2)弹力的功等于弹性势能的变化,即W弹=-ΔEp.
(3)合力的功等于动能的变化,即W=ΔEk.
(4)重力(或弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化,即W其他=ΔE.
(5)一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化,即Q=Ff·l相对.
1.动能定理的应用
(1)动能定理的适用情况:
解决单个物体(或可看成单个物体的物体系统)受力与位移、速率关系的问题.动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动;既适用于恒力做功,也适用于变力做功,力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以分段作用.
(2)应用动能定理解题的基本思路
①选取研究对象,明确它的运动过程.
②分析研究对象的受力情况和各力做功情况,然后求各个外力做功的代数和.
③明确物体在运动过程初、末状态的动能Ek1和Ek2.
④列出动能定理的方程W合=Ek2-Ek1,及其他必要的解题方程,进行求解.
2.机械能守恒定律的应用
(1)机械能是否守恒的判断
①用做功来判断,看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做功的代数和是否为零.
②用能量转化来判断,看是否有机械能转化为其他形式的能.
③对一些“绳子突然绷紧”、“物体间碰撞”等问题,机械能一般不守恒,除非题目中有特别说明及暗示.
(2)应用机械能守恒定律解题的基本思路
①选取研究对象——物体系统.
②根据研究对象所经历的物理过程,进行受力、做功分析,判断机械能是否守恒.
③恰当地选取参考平面,确定研究对象在运动过程的初、末状态时的机械能.
④根据机械能守恒定律列方程,进行求解.
考向1 力学中的几个重要功能关系的应用
例1
如图1所示,足够长传送带与水平方向的倾角为θ,物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连,b的质量为m,开始时a、b及传送带均静止,且a不受传送带摩擦力作用,现让传送带逆时针匀速转动,则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中( )
图1
A.物块a重力势能减少mgh
B.摩擦力对a做的功大于a机械能的增加
C.摩擦力对a做的功小于物块a、b动能增加之和
D.任意时刻,重力对a、b做功的瞬时功率大小相等
审题突破
重力势能的变化和什么力做功相对应?
机械能的变化和什么力做功相对应?
动能的变化又和什么力做功相对应?
解析 由题意magsinθ=mbg,则ma=
.b上升h,则a下降hsinθ,则a重力势能的减少量为mag×hsinθ=mgh,故A正确.摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增加量.所以摩擦力对a做的功大于a的机械能增加量.因为系统重力势能不变,所以摩擦力做的功等于系统动能的增加量,故B正确,C错误.任意时刻a、b的速率相等,对b,克服重力的瞬时功率Pb=mgv,对a有:
Pa=magvsinθ=mgv,所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等,故D正确.故选A、B、D.
答案 ABD
以题说法
注意几个功能关系:
重力做的功等于重力势能的变化量;弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化量;重力以外的其他力做的功等于机械能的变化量;合力做的功等于动能的变化量.
(2014·广东·16)图2是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图,图中①和②为楔块,③和④为垫板,楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦,在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )
图2
A.缓冲器的机械能守恒
B.摩擦力做功消耗机械能
C.垫板的动能全部转化为内能
D.弹簧的弹性势能全部转化为动能
答案 B
解析 由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功,所以缓冲器的机械能减少,选项A错误,B正确;弹簧压缩的过程中,垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能,选项C、D错误.
考向2 动力学方法和动能定理的综合应用
例2
如图3甲所示,用固定的电动机水平拉着质量m=2kg的小物块和质量M=1kg的平板以相同的速度一起向右匀速运动,物块位于平板左侧,可视为质点.在平板的右侧一定距离处有台阶阻挡,平板撞上后会立刻停止运动.电动机功率保持P=3W不变.从某时刻t=0起,测得物块的速度随时间的变化关系如图乙所示,t=6s后可视为匀速运动,t=10s时物块离开木板.重力加速度g=10m/s2,求:
图3
(1)平板与地面间的动摩擦因数μ为多大?
(2)物块在1s末和3s末受到的摩擦力各为多大?
(3)平板长度L为多少?
审题突破
“平板以相同的速度一起向右匀速运动”隐含什么条件?
求平板长度时应该选取哪段过程?
电机的牵引力是恒力还是变力?
怎么表示其做功的大小?
解析
(1)由题图可知,前2s内物块和平板一起做匀速运动,对整体分析,在水平方向上受到水平向右的拉力和地面给平板的滑动摩擦力,此二力的合力为零.
拉力大小为:
FT1=
滑动摩擦力大小为:
Ff=μ(M+m)g
由平衡条件可得:
=μ(M+m)g
可得:
μ=0.2
(2)物块在1s末时与平板一起做匀速运动,合力为零.物块受到水平向右的拉力与水平向左的静摩擦力,因此静摩擦力大小为:
Ff1=FT1=
=6N
物块在2s末之后与平板发生相对运动,之后物块与平板间的摩擦力为滑动摩擦力且大小保持不变.物块在6s后可视为匀速运动,此时物块受到的合力为零,即拉力与滑动摩擦力大小相等方向相反,即:
Ff2=FT2=
=10N
物块在3s末时受到的滑动摩擦力大小与6s后受到的摩擦力大小相等,为10N.
(3)依题意,物块在2s末之后一直到10s时,物块从平板的一端运动到另一端,对物块由动能定理得:
PΔt-Ff2L=
mv
-
mv
代入解得:
L=
=2.416m
答案
(1)0.2
(2)6N 10N (3)2.416m
以题说法
1.在应用动能定理解题时首先要弄清物体的受力情况和做功情况.此题特别要注意地面对木板的滑动摩擦力为μ(M+m)g.
2.应用动能定理列式时要注意运动过程的选取,可以全过程列式,也可以分过程列式.
如图4,传送带A、B之间的距离为L=3.2m,与水平面间夹角θ=37°,传送带沿顺时针方向转动,速度恒为v=2m/s,在上端A点无初速度放置一个质量为m=1kg、大小可视为质点的金属块,它与传送带的动摩擦因数为μ=0.5,金属块滑离传送带后,经过弯道,沿半径R=0.4m的光滑圆轨道做圆周运动,刚好能通过最高点E,已知B、D两点的竖直高度差为h=0.5m(取g=10m/s2).求:
图4
(1)金属块经过D点时的速度;
(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功.
答案
(1)2
m/s
(2)3J
解析
(1)对金属块在E点,mg=m
,vE=2m/s
在从D到E过程中,由动能定理得:
-mg·2R=
mv
-
mv
vD=2
m/s
(2)金属块刚刚放上时,mgsinθ+μmgcosθ=ma1,
a1=10m/s2
设经位移x1达到共同速度,v2=2ax1,
x1=0.2m<3.2m
继续加速过程中:
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
a2=2m/s2 x2=L-x1=3m
v
-v2=2a2x2 vB=4m/s
在从B到D过程中,由动能定理:
mgh-W=
mv
-
mv
W=3J.
6.综合应用动力学和能量观点分析多过程问题
例3
(14分)如图5所示,倾角θ=30°、长L=4.5m的斜面,底端与一个光滑的
圆弧轨道平滑连接,圆弧轨道底端切线水平.一质量为m=1kg的物块(可视为质点)从斜面最高点A由静止开始沿斜面下滑,经过斜面底端B后恰好能到达圆弧轨道最高点C,又从圆弧轨道滑回,能上升到斜面上的D点,再由D点由斜面下滑沿圆弧轨道上升,再滑回,这样往复运动,最后停在B点.已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ=
,g=10m/s2,假设物块经过斜面与圆弧轨道平滑连接处速率不变.求:
图5
(1)物块经多长时间第一次到B点;
(2)物块第一次经过B点时对圆弧轨道的压力;
(3)物块在斜面上滑行的总路程.
思维导图
解析
(1)物块沿斜面下滑时,
mgsinθ-μmgcosθ=ma(2分)
解得:
a=2.5m/s2(1分)
从A到B,物块匀加速运动,由L=
at2(1分)
可得t=
s(1分)
(2)因为物块恰好到C点,所以到C点速度为0.设物块到B点的速度为v,则mgR=
mv2(2分)
FN-mg=m
(1分)
解得FN=3mg=30N(1分)
由牛顿第三定律可得,物块对轨道的压力为FN′=30N,方向向下(1分)
(3)从开始释放至最终停在B处,设物块在斜面上滑行的总路程为s,则mgLsinθ-μmgscosθ=0(3分)
解得s=9m(1分)
答案
(1)
s
(2)30N,方向向下 (3)9m
点睛之笔 多个运动的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用,分析这种问题时注意要各个运动过程独立分析,而不同过程往往通过连接点的速度建立联系,有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单.
(限时:
15分钟,满分:
16分)
如图6所示,有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块,从光滑平台上的A点以v0=1.8m/s的初速度水平抛出,到达C点时,恰好沿C点的切线方向进人固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道,最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端D点的足够长的水平传送带.已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平,传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为v=3m/s,小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,圆弧轨道的半径为R=2m,C点和圆弧的圆心O点连线与竖直方向的夹角θ=53°,不计空气阻力,重力加速度g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6.求:
图6
(1)小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力;
(2)小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量.
答案
(1)22.5N,方向竖直向下
(2)32J
解析
(1)设小物体在C点时的速度大小为vC,由平抛运动的规律可知,C点的速度方向与水平方向成θ=53°,则由几何关系可得:
vC=
=
m/s=3m/s①
由C点到D点,由动能定理得:
mgR(1-cosθ)=
mv
-
mv
②
小物块在D点,由牛顿第二定律得:
FN-mg=m
③
由牛顿第三定律,小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为:
FN′=FN④
联立①②③④得:
FN′=22.5N,方向竖直向下
(2)设小物块在传送带上滑动的加速度大小为a,由牛顿第二定律得:
a=
=μg=0.5×10m/s2=5m/s2⑤
小物块匀减速直线运动的时间为t1,向左通过的位移为x1,传送带向右运动的距离为x2,则:
vD=at1⑥
x1=
at
⑦
x2=vt1⑧
小物块向右匀加速直线运动达到和传送带速度相同时间为t2,向右通过的位移为x3,传送带向右运动的距离为x4,则
v=at2⑨
x3=
at
⑩
x4=vt2⑪
整个过程小物块相对传送带滑动的距离为:
x=x1+x2+x4-x3⑫
产生的热量为:
Q=μmgx⑬
联立⑤~⑬解得:
Q=32J
(限时:
45分钟)
题组1 力学中的几个重要功能关系的应用
1.如图1所示,质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上,质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端.现用一水平恒力F作用在小物块上,使小物块从静止开始做匀加速直线运动.小物块和小车之间的摩擦力为Ff,小物块滑到小车的最右端时,小车运动的距离为x.此过程中,以下结论正确的是( )
图1
A.小物块到达小车最右端时具有的动能为(F-Ff)·(L+x)
B.小物块到达小车最右端时,小车具有的动能为Ffx
C.小物块克服摩擦力所做的功为Ff(L+x)
D.小物块和小车增加的机械能为Fx
答案 ABC
解析 小物块受到的合外力是F-Ff,位移为L+x,由动能定理可得小物块到达小车最右端时具有的动能为(F-Ff)(L+x),同理小车的动能也可由动能定理得出为Ffx;由于小物块和小车间的滑动摩擦力产生内能,小物块和小车增加的机械能小于Fx.
2.如图2甲所示,一物体悬挂在细绳下端,由静止开始沿竖直方向运动,运动过程中物体的机械能E与物体位移x关系的图象如图乙所示,其中0~x1过程的图线为曲线,x1~x2过程的图线为直线.由此可以判断( )
甲 乙
图2
A.0~x1过程中物体所受拉力是变力,且一定不断增大
B.0~x1过程中物体的动能一定是不断减小
C.x1~x2过程中物体一定做匀速运动
D.x1~x2过程中物体可能做匀加速运动
答案 AD
解析 小球受重力和绳子的拉力,由题图知在0~x1过程中拉力在逐渐增大,故A正确;若拉力小于重力,则小球加速运动,动能增大,故B错误;x1~x2过程中拉力不变,若拉力等于重力,小球做匀速运动,若拉力小于重力,小球可能做匀加速运动,故C错误,D正确.
3.把质量为m的小球(可看做质点)放在竖直的轻质弹簧上,并把小球下按到A的位置,如图3甲所示.迅速松手后,弹簧把小球弹起,球升至最高位置C点(如图丙),途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(如图乙).已知AB的高度差为h1,BC的高度差为h2,重力加速度为g,不计空气阻力.则( )
图3
A.小球从A上升到B位置的过程中,动能一直增大
B.小球从A上升到C位置的过程中,机械能一直增大
C.小球在图甲中时,弹簧的弹性势能为mg(h2+h1)
D.一定有h2≥h1
答案 C
解析 小球上升时先加速后减速,当mg=F弹时,加速度为零,速度最大,此时弹簧还处于压缩状态,选项A错误.从A到B,小球和弹簧的系统机械能守恒,弹性势能减小,小球的机械能增大;而从B到C,小球只有重力做功,机械能不变,选项B错误.由A到C系统的机械能守恒可知,弹性势能全部转化为重力势能,故Ep=mg(h2+h1),选项C正确.由A到C弹簧的弹性势能转化为小球的重力势能,动能最大位置在B点下方,故h2可等于零,选项D错误.故选C.
4.如图4所示为通过弹射器研究弹性势能的实验装置.光滑
圆形轨道竖直固定于光滑水平面上,半径为R.弹射器固定于A处.某一实验过程中弹射器射出一质量为m的小球,恰能沿圆轨道内侧到达最高点C,然后从轨道D处(D与圆心等高)下落至水平面.取重力加速度为g.下列说法正确的是( )
图4
A.小球从D处下落至水平面的时间为
B.小球至最低点B时对轨道压力为5mg
C.小球落至水平面时的动能为2mgR
D.释放小球前弹射器的弹性势能为
答案 D
解析 小球恰好通过C点,则由mg=m
,解得v=
;小球从C到D有mgR=
mv
-
mv2,解得vD=
,小球由D到地面做匀加速直线运动;若做自由落体运动时,由R=
gt2可得,t=
;而现在有初速度,故时间小于
,故A错误;由B到C有:
mg·2R=
mv
-
mv2,B点F-mg=m
,联立解得,F=6mg,故B错误;对C,小球落到水平面Ek-
mv2=mg·2R,Ek=2.5mgR,故C错误;小球弹出后的机械能等于弹射器的弹性势能,故弹性势能为E=mg·2R+
mv2=
,故D正确.
5.如图5所示,在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B,它们的质最分别为m1、m2,弹簧劲度系数为k,C为一固定挡板,系统处于静止状态.现用一平行斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动,当物块B刚要离开挡板C时,物块A运动的距离为d,速度为v.则此时( )
图5
A.拉力做功的瞬时功率为Fvsinθ
B.物块B满足m2gsinθ=kd
C.物块A的加速度为
D.弹簧弹性势能的增加量为Fd-
m1v2
答案 C
解析 拉力F与速度v同向,瞬时功率应为P=Fv,故A错误;开始时系统处于静止状态,弹簧弹力等于A的重力沿斜面向下的分力,当B刚离开C时,弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力,故m2gsinθ=kx2,但由于开始时弹簧是压缩的,故d>x2,故m2gsinθ<kd,故B错误;当B刚离开C时,对A,根据牛顿第二定律得:
F-m1gsinθ-kx2=m1a1,又开始时,A平衡,则有:
m1gsinθ=kx1,而d=x1+x2,解得:
物块A的加速度为a1=
,故C正确;根据功能关系,弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量,即为:
Fd-m1gdsinθ-
m1v2,故D错误.
题组2 动力学方法和动能定理的综合应用
6.光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图6所示装置,其中直轨道bc粗糙,直轨道cd光滑,两轨道相接处为一很小的圆弧.质量为m=0.1kg的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动,到达轨道最高点a时的速度大小为v=4m/s,当滑块运动到圆轨道与直轨道bc的相切处b时,脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道bc滑行,到达轨道cd上的d点时速度为零.若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计,已知圆轨道的半径为R=0.25m,直轨道bc的倾角θ=37°,其长度为L=26.25m,d点与水平地面间的高度差为h=0.2m,取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6.求:
图6
(1)滑块在圆轨道最高点a时对轨道的压力大小;
(2)滑块与直轨道bc间的动摩擦因数;
(3)滑块在直轨道bc上能够运动的时间.
答案
(1)5.4N
(2)0.8 (3)7.66s
解析
(1)在圆轨道最高点a处对滑块,
由牛顿第二定律得:
mg+FN=m
,
得FN=m(
-g)=5.4N
由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点a时对轨道的压力大小为5.4N.
(2)从a点到d点全程,由动能定理得:
mg(R+Rcosθ+Lsinθ-h)-μmgcosθ·L=0-
mv2
μ=
=0.8
(3)设滑块在bc上向下滑动的加速度为a1,时间为t1,向上滑动的加速度为a2,时间为t2,在c点时的速度为vc.
由c到d:
mv
=mgh
vc=
=2m/s
a点到b点的过程:
mgR(1+cosθ)=
mv
-
mv2
vb=
=5m/s
在轨道bc上:
下滑:
L=
t1 t1=
=7.5s
上滑:
mgsinθ+μmgcosθ=ma2
a2=gsinθ+μgcosθ=12.4m/s2
0=vc-a2t2
t2=
=
s≈0.16s
μ>tanθ,滑块在轨道bc上停止后不再下滑
滑块在两个斜面上运动的总时间:
t总=t1+t2=(7.5+0.16)s=7.66s
7.如图7所示,一滑板爱好者总质量(包括装备)为50kg,从以O为圆心,半径为R=1.6m光滑圆弧轨道的A点(α=60°)由静止开始下滑,到达轨道最低点B后(OB在同一竖直线上),滑板爱好者沿水平切线飞出,并恰好从C点以平行斜面方向的速度进入倾角为37°的斜面,若滑板与斜面的动摩擦因数为μ=0.5,斜面长s=6m.(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)求:
图7
(1)滑板爱好者在B、C间运动的时间;
(2)滑板爱好者到达斜面底端时的速度大小.
答案
(1)0.3s
(2)7m/s
解析
(1)滑板爱好者在圆轨道AB间运动的过程中,
由动能定理得mgR(1-cos60°)=
mv
①
由①得vB=4m/s
滑板爱好者在BC间做平抛运动,在C点:
竖直方向的分速度vCy=vBtan37°=3m/s②
由vCy=gt③
得平抛运动的时间t=0.3s
(2)在C点,由平抛运动的规律可知:
vC=vB/cos37°=5m/s④
滑板爱好者在斜面上运动的过程中,由动能定理可得:
mgssinθ-μmgscosθ=
mv
-
mv
⑤
由⑤得vD=7m/s
题组3 综合应用动力学和能量观点分析多过程问题
8.(2014·山东临沂三模)如图8所示,在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5kg的小物块,它与水平台阶表面间的动摩擦因数μ=0.5,且与台阶边缘O点的距离s=5m.在台阶右侧固定了一个以O点为圆心的圆弧形挡板,并以O点为原点建立平面直角坐标系.现用F=5N的水平恒力拉动小物块,一段时间后撤去拉力,小物块最终水平抛出并击中挡板(g=10m/s2).
图8
(1)若小物块恰能击中挡板的上边缘P点,P点的坐标为(1.6m,0.8m),求其离开O点时的速度大小;
(2)为使小物块击中挡板,求拉力F作用的距离范围;
(3)改变拉力F的作用时间,使小物块击中挡板的不同位置,求击中挡板时小物块动能的最小值.(结果可保留根式)
答案
(1)4m/s
(2)2.5m J 解析 (1)小物块从O到P做平抛运动 水平方向: x=v0t 竖直方向: y= gt2 解得: v0=4m/s (2)为使小物块击中挡板,小物块必须能运动到O点,设拉力F作用的最短距离为x1,由动能定理得: Fx1-μmgs=0 解得x1=2.5m 为使小物块击中挡板,小物块的平抛初速度不能超过4m/s,设拉力F作用的最长距离为x2,由动能定理得: Fx2-μmgs= mv 解得x2=3.3m 则为使小物块击中挡板,拉力F作用的距离范围为: 2.5m (3)设小物块击中挡板的任意点坐标为(x,y),则 x=v0′t′ y= gt′2 由机械能守恒得: Ek= mv0′2+mgy 又x2+y2=R2,由P点坐标可求R2=3.2 化简得Ek= + = + y 由数学方法求得Ekmin=2 J
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高考复习强化届高考物理大二轮复习 专题训练四 第1课时 功能关系在力学中的应用 高考 复习 强化 物理 二轮 专题 训练 课时 功能 关系 力学 中的 应用