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精品复习课《动能定理的应用》



第五章 机械能

课堂探究·考点突破

1.对动能定理的理解

W=Ek2-Ek1

(1)动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化间的两个关系:
①数量关系:即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系.

②因果关系:合外力的功是引起物体动能变化的原因


(2)动能定理中涉及的物理量有 F、l、m、v、W、Ek 等,在处理含有上述物理量 的问题时,优先考虑使用动能定理.

2.运用动能定理需注意的问题
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的, 一般以地面或相对 地面静止的物体为参考系. (2)应用动能定理时,必须明确各力做功的正、负.当一个力做负功时,可设物 体克服该力做功为 W,将该力做功表示为- W,也可以直接用字母 W 表示该力做 功,使其字母本身含有负号. (3)应用动能定理解题,关键是对研究对象进行准确的受力析及运动过程 分析, 并画出物体运动过程的草图,借助草图理解物理过程和各量关系 .

考点一

动能定理的基本应用

【例 1】 (2014 大纲卷 19)一物块沿倾角为 θ 的斜坡向上滑动. 当 物块的初速度为 v 时,上升的最大高度为 H,如图所示;当 v 物块的初速度为 时,上升的最大高度记为 h.重力加速度大小 2 为 g.则物块与斜坡间的动摩擦因数和 h 分别为( ) H A.tan θ 和 2 ? v2 ? H ? ? -1?tan θ 和 B.? 2 gH 2 ? ? H C.tan θ 和 4 ? v2 ? H ? ? -1?tan θ 和 D.? 4 ?2gH ?

考点一

动能定理的基本应用
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的做功情况:
受哪些 力 各力是否 做功 做正功还是负 功 做多少功 各力做功的 代数和

3.明确研究对象在过程的初末状态的动能 Ek1 和 Ek2;

4.列动能定理的方程 W 合=Ek2-Ek1 及其他必要的解题方程, 进行求解.

考点二
考点解读

利用动能定理求功

由于功是标量,所以动能定理中合力所做的功既可 通过合力来计算(W 总=F 合 lcos α),也可用每个力做 的功来计算(W
总=W1+W2+W3+…).这样,原来

直接利用功的定义不能计算的变力的功可以利用动 能定理方便的求得,它使得一些可能无法进行研究 的复杂的力学过程变得易于掌握和理解.

考点二

利用动能定理求功

【突破训练 1】如图 4 所示, 质量为 m 的物块与水平转台之间的动摩 擦因数为 μ, 物体与转台转轴相距 R, 物体随转台由静止开始转动, 当转速增加到某值时,物块即将开始滑动,在这一过程中,摩擦力 对物体做的功是 1 A. μmgR 2 C.2μmgR B.2πmgR D.0 ( A )

图4

考点二

利用动能定理求功

11.(2013·上海联考)如图所示,竖直平面内有一根直角杆AOB,杆的水平部分粗糙, 动摩擦因数μ=0.2,杆竖直部分光滑,两部分各套有质量均为2 kg的滑环A和B,两环间用 细绳相连,绳长L=1 m,开始时绳与竖直杆的夹角θ为37°.现用大小为50 N的水平恒力F 将滑环A从静止开始向右拉动,当θ角增大到53°时,滑环A的速度为1.2 m/s,求在这一过 程中拉力F做的功及滑环A克服摩擦力所做的功. 某同学的解法如下: A环向右移动的位移s=L(sin37°-cos37°) 整体分析A、B受力在竖直方向合力为零,则 N=(mAg+mBg) 滑动摩擦力f=μ N 拉力所做的功WF=Fs A环克服摩擦力所做的功Wf=fs 代入数据就可解得结果. 你认为该同学上述所列各式正确吗?若正确,请完成计算. 若有错,请指出错在何处,并且重新列式后解出结果.

应用动能定理求变力做功时应注意的问题
1. 所求的变力的功不一定为总功,故所求的变力的功 不一定等于 ΔEk. 2.合外力对物体所做的功对应物体动能的变化,而不是

对应物体的动能.
3.若有多个力做功时,必须明确各力做功的正负,待求的 变力的功若为负功,可以设克服该力做功为 W,则表达 式中应用-W;也可以设变力的功为 W,则字母 W 本身 含有负号.

考点二

利用动能定理求功

12.如图所示,在水平桌面的边角处有一轻质光滑的定滑轮K,一条不可伸长的轻绳 绕过K分别与物块A、B相连,A、B的质量分别为mA、mB.开始时系统处于静止状态. 现用一水平恒力F拉物块A,使物块B上升.已知当B上升距离为h时,B的速度为v.求此 过程中物块A克服摩擦力所做的功(重力加速度为g).

考点三 动能定理在多过程运动中的应用
若整个运动过程包含了几个运动性质不同的分过程,既 可选取某段过程分析,也可直接对全程运用动能定理求解。 但求功时,有些力不是全过程都作用的,必须根据不同的情 况分别对待求出总功,计算时要把各力的功连同正负号一同 代入公式.

考点三

动能定理在多过程运动中的应用

【例5 】(13分)如图9所示,一质量m=0.5kg
的小滑块,在F=4N水平拉力的作用下,从水平 面上的A处由静止开始运动,滑行s=1.75m后由 B处滑上倾角为37°的光滑斜面,滑上斜面后 ①应该在合力的作用下做匀加速运动 ②不受摩擦力 ③从C→B→A过程初、末速度为零, 且只有两个力做功 ④应选C→B→A过程应用动能定理 求解 ⑤应选取A→B→C过程,分析受力 情况及各个力做功情况 ⑥应选取从A→B过程和力F在斜面上 存在的过程来研究
图9

拉力的大小不变,方向变为沿斜面向上,滑行
一段时间后撤去拉力.已知小滑块沿斜面滑到的 最远点C距B点为L=2m,小滑块最后恰好停在A 处.不计B处的能量损失,g取10m/s2, 已知sin37°=0.6,cos37°=0.8.试求: (1)小滑块与水平面间的动摩擦因数; (2)小滑块在斜面上运动时,拉力作用的距离; (3)小滑块在斜面上运动时,拉力作用的时间.

考点三

动能定理在多过程运动中的应用
解析 (1)小滑块由 C 运动到 A,由动能定理得 (2 分) mgLsin 37° -μmgs=0 24 解得 μ= 35 (1 分)

【例5 】(13分)如图9所示,一质量m=0.5kg 的小滑块,在F=4N水平拉力的作用下,从水平 面上的A处由静止开始运动,滑行s=1.75m后由 B处滑上倾角为37°的光滑斜面,滑上斜面后 拉力的大小不变,方向变为沿斜面向上,滑行 一段时间后撤去拉力.已知小滑块沿斜面滑到的

(2)设在斜面上,拉力作用的距离为 x,小滑块 由 A 运动到 C,由动能定理得

最远点C距B点为L=2m,小滑块最后恰好停在A Fs-μmgs+ Fx-mgLsin 37° =0 (2 分) 处.不计B处的能量损失,g取10m/s2, 解得 x=1.25 m (1 分) 已知sin37°=0.6,cos37°=0.8.试求: (1)小滑块与水平面间的动摩擦因数; (2)小滑块在斜面上运动时,拉力作用的距离;
(3)小滑块由 A 运动到 B,由动能定理得 1 Fs-μmgs= mv2 (2 分) 2

(3)小滑块在斜面上运动时,拉力作用的时间.

由牛顿第二定律得 F-mgsin 37° =ma (2 分) 1 由运动学公式得 x=vt+ at2 2
图9

(2 分)

联立解得 t=0.5 s

(1 分)

考点三

动能定理在多过程运动中的应用
解析 (1)物块从 A→B→C→D 过程中,

4.如图 14 所示装置由 AB、BC、CD 三段轨道组成,轨 道交接处均由很小的圆弧平滑连接,其中轨道 AB、CD 段是光滑的,水平轨道 BC 的长度 s=5 m,轨道 CD 足 够长且倾角 θ=37° , A、 D 两点离轨道 BC 的高度分别为 h1=4.30 m、h2=1.35 m.现让质量为 m 的小滑块自 A 点 由静止释放.已知小滑块与轨道 BC 间的动摩擦因数 μ =0.5,重力加速度 g 取 10 m/s ,sin 37° =0.6,cos 37° =0.8,求: (1)小滑块第一次到达 D 点时的速度大小; (2)小滑块最终静止的位置.
2

由动能定理得 1 mg(h1-h2)-μmgs= mvD2-0, 2 解得:vD=3 m/s
(2)小物块最终将停在水平面上某点,设物块 在水平面上的总路程为 x,则全过程满足 mgh1-μmgx=0 解得:x=8.6 m 小物块最终的位置距 C 点: l=x-s=3.6 m

图14

课堂探究·考点突破
【例 2】如图 3 所示,质量为 m 的小球用长为 L 的轻质细线悬于 O 点,与 O 点处于同 L 一水平线上的 P 点处有一个光滑的细钉,已知 OP= ,在 A 点给小球一个水平向左 2 的初速度 v0,发现小球恰能到达跟 P 点在同一竖直线上的最高点 B.则: (1)小球到达 B 点时的速率? (2)若不计空气阻力,则初速度 v0 为多少?
图3

(3)若初速度 v0=3 gL,则小球在从 A 到 B 的过程中克服空气阻力做了多少功?
解析 (1)小球恰能到达最高点 B,

vB 2 gL 有 mg=m ,得 vB= . L 2 2 (2)从 A→B 由动能定理得

L 1 1 (3)由动能定理得-mg(L+ )-Wf= mvB 2- mv0 2 2 2 2 11 可求出 Wf= mgL. 4

L 1 1 -mg(L+ )= mvB 2- mv0 2 2 2 2 可求出 v0= 7gL . 2

题组扣点·深度思考
4.[动能定理的应用]甲、乙两物体质量 之比 m1∶m2=1∶2,它们与水平桌 面间的动摩擦因数相同, 在水平桌面 上运动时,因受摩擦力作用而停止. (1)若它们的初速度相同,则运动位
1:1 移之比为________ ;
解析 设两物体与水平桌面间的动摩 擦因数为 μ. (1)它们的初速度相同,设为 v0,由动 能定理得: 1 -μm1gl1=0- m1v02. 2 1 -μm2gl2=0- m2v02. 2 所以 l1∶l2=1∶1.

(2)若它们的初动能相同,则运动位
2:1 移之比为________ .

(2)它们的初动能相同,设为 Ek,由动 能定理得: -μm1gl1=0-Ek. -μm2gl2=0-Ek. 所以 l1∶l2=m2∶m1=2∶1.

课堂探究·考点突破
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的做功情况:
受哪些 力 各力是否 做功 做正功还是负 功 做多少功 各力做功的 代数和

3.明确研究对象在过程的初末状态的动能 Ek1 和 Ek2;

4.列动能定理的方程 W 合=Ek2-Ek1 及其他必要的解题方程, 进行求解.

课堂探究·考点突破
【突破训练 2】如图 6 所示,一块长木板 B 放在光滑的水平面上, 在 B 上放一物体 A,现以恒定的外力 F 拉 B,由于 A、B 间摩擦 力的作用,A 将在 B 上滑动,以地面为参考系,A、B 都向前移 动一段距离.在此过程中 A.外力 F 做的功等于 A 和 B 动能的增量 B.B 对 A 的摩擦力所做的功等于 A 的动能增量 C.A 对 B 的摩擦力所做的功等于 B 对 A 的摩擦力所做的功 D.外力 F 对 B 做的功等于 B 的动能的增量与 B 克服摩擦力所做 的功之和 (
BD

)

图6

课堂探究·考点突破
考点三 动能定理与图象结合的问题
【例 4】如图 7 甲所示,一根轻质弹簧左端固定在竖直墙面上,右端放一个可视为 质点的小物块,小物块的质量为 m=1.0 kg,当弹簧处于原长时,小物块静止 于 O 点.现对小物块施加一个外力 F,使它缓慢移动,将弹簧压缩至 A 点,压 缩量为 x=0.1 m,在这一过程中,所用外力 F 与压缩量的关系如图乙所示.然 后撤去 F 释放小物块, 让小物块沿桌面运动, 已知 O 点至桌边 B 点的距离为 L =2x,水平桌面的高为 h=5.0 m,计算时,可用滑动摩擦力近似等于最大静摩 擦力.(g 取 10 m/s2)求: (1)在压缩弹簧的过程中,弹簧存贮的最大弹性势能; (2)小物块到达桌边 B 点时速度的大小; (3)小物块落地点与桌边 B 的水平距离.
图7

课堂探究·考点突破
【例 4】如图 7 甲所示,一根轻质弹簧左端固定在竖直墙面上,右端放一个可视为质点的小物块,小物块 的质量为 m=1.0 kg,当弹簧处于原长时,小物块静止于 O 点.现对小物块施加一个外力 F,使它缓慢 移动,将弹簧压缩至 A 点,压缩量为 x=0.1 m,在这一过程中,所用外力 F 与压缩量的关系如图乙所 示.然后撤去 F 释放小物块,让小物块沿桌面运动,已知 O 点至桌边 B 点的距离为 L=2x,水平桌面 的高为 h=5.0 m,计算时,可用滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力. (g 取 10 m/s2)求: (1)在压缩弹簧的过程中,弹簧存贮的最大弹性势能; (2)小物块到达桌边 B 点时速度的大小; (3)小物块落地点与桌边 B 的水平距离.
审题指导 解答本题时应注意以下三点:
图7

(1)F-x 图象与 x 轴所围面积为变力 F 做的功;

(2)弹簧存贮的弹性势能对应弹簧的弹力所做的负功的值;
(3)F-x 图象中 x=0 时对应 F 的含义.

课堂探究·考点突破
【例 4】如图 7 甲所示,一根轻质弹簧左端固定在竖直墙面上,右端放一个可视为质点的小物块,小物块 的质量为 m=1.0 kg,当弹簧处于原长时,小物块静止于 O 点.现对小物块施加一个外力 F,使它缓慢 移动,将弹簧压缩至 A 点,压缩量为 x=0.1 m,在这一过程中,所用外力 F 与压缩量的关系如图乙所 示.然后撤去 F 释放小物块,让小物块沿桌面运动,已知 O 点至桌边 B 点的距离为 L=2x,水平桌面 的高为 h=5.0 m,计算时,可用滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力. (g 取 10 m/s2)求: (1)在压缩弹簧的过程中,弹簧存贮的最大弹性势能; (2)小物块到达桌边 B 点时速度的大小; (3)小物块落地点与桌边 B 的水平距离.
解析 (1)取向左为正方向,从 F—x 图中可以看出, 小物块与桌面间的滑动摩擦力大小为 Ff=1.0 N,方向为负方向 在压缩过程中,摩擦力做功为 Wf=-Ffx=-0.1 J 由图线与 x 轴所围面积可得外力 F 做功为 ?1.0+47.0?×0.1 WF= J=2.4 J 2 所以弹簧存贮的最大弹性势能为 Epm=WF+Wf=2.3 J
图7

(2)从 A 点到 B 点的过程中,由于 L=2x,摩擦 力做功为 Wf′=Ff· 3x=0.3 J 1 对小物块运用动能定理有 Epm-Wf′= mvB 2 2 解得 vB=2 m/s 1 (3)物块从 B 点开始做平抛运动,有 h= gt2 2 解得下落时间 t=1 s,水平距离 s=vBt=2 m

课堂探究·考点突破
【突破训练 3】总质量为 80 kg 的跳伞运动员从离地 500 m 的直升机上跳下,经过 2 s 拉开绳索开启降落伞. 如图 8 所示是跳伞过程中的 v-t 图象, 试根据图象(g 取 10 m/s2) (1)求 0~2 s 内阻力做的功; (2)估算 14 s 内运动员下落的高度及克服阻力做的功; (3)估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间.
解析 大小为 vt 16 a= = m/s2=8 m/s2. t 2 设此过程中运动员受到的阻力大小为 Ff,根据牛顿第二定律,有 mg-Ff=ma 得 Ff=m(g-a)=80×(10-8) N=160 N. vt 16 0~2 s 内下落高度 h′= t= ×2 m=16 m. 2 2 阻力做功 W=-Ffh′=-2 560 J. (1)从题图中可以看出,在 0~2 s 内运动员做匀加速运动,其加速度
图8

课堂探究·考点突破
【突破训练 3】总质量为 80 kg 的跳伞运动员从离地 500 m 的直升机上跳下,经过 2 s 拉开绳索开启降落伞. 如图 8 所示是跳伞过程中的 v-t 图象, 试根据图象(g 取 10 m/s2) (1)求 0~2 s 内阻力做的功; (2)估算 14 s 内运动员下落的高度及克服阻力做的功; (3)估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间.
(2)从题图中估算得出运动员在 14 s 内下落了 h=40×2×2 m=160 m 1 根据动能定理,有 mgh-Wf= mv2 2 1 1 所以有 Wf=mgh- mv2=(80×10×160- ×80×62) J≈1.27×105 J. 2 2
(3)14 s 后运动员做匀速运动的时间为 H-h 500-160 t′= v = s=57 s. 6 运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间 t 总=t+t′=(14+57) s=71 s.

图8

学科素养培养
24.动能定理在多过程问题中的应用
模型特征:优先考虑应用动能定理的典型问题
(1)不涉及加速度、时间的问题.

(2)有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题.
(3)变力做功的问题. (4)含有 F、l、m、v、W、Ek 等物理量的力学问题.

学科素养培养
【突破训练 4】一质量为 2 kg 的铅球从离地面 2 m 高处自由下落,陷入 沙坑中 2 cm 深处, 如图 10 所示, 求沙子对铅球的平均阻力(g=10 m/s2).
解析 小球的运动包括自由落体运动和陷入沙坑减速运动两个过程,知道初末态 动能和运动位移,应选用动能定理解决,处理方法有两种:
解法一 分段列式:铅球自由下落过程中,设小球落到沙面时速度为 v,则: v= 2gH= 2×10×2 m/s=2 10 m/s.

1 mgH= mv2 2

铅球陷入沙坑过程中,只受重力和阻力 Ff 作用, mv2 由动能定理得:mgh-Ffh=0- 2 mv ? 2 10?2 mgh+ 2×10×0.02+2× 2 2 Ff= = N=2 020 N h 0.02
2

图10

解法二 全程列式:全过程都有重力做功,进入沙中又有阻力做功. 所以 W 总=mg(H+h)-Ffh 由动能定理得:mg(H+h)-Ffh=0-0 mg? H+h? 2×10×? 2+0.02? 故:Ff= = N=2 020 N. h 0.02

高考模拟·提能训练
高考题组
1 2

模拟题组

3

4

高考模拟·提能训练
高考题组
1 2

模拟题组
解析 Wf=fd

3

4

1.(2012· 福建理综· 21)如图 11 所示,用跨过光滑定 滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线 拖向岸边.已知拖动缆绳的电动机功率恒为 P, 小船的质量为 m,小船受到的阻力大小恒为 f,
(1) 小船从 A 点运动到 B 点克服阻力做功 ①

(2) 小船从 A 点运动到 B 点, 电动机牵引缆绳对小

经过 A 点时的速度大小为 v0, 小船从 A 点沿直线 船做功 加速运动到 B 点经历时间为 t1,A、B 两点间距 W=Pt 离为 d,缆绳质量忽略不计.求:
(1)小船从 A 点运动到 B 点的全过程克服阻力 做的功 Wf; (2)小船经过 B 点时的速度大小 v1; (3)小船经过 B 点时的加速度大小 a.

1



由动能定理有 1 1 W-Wf= mv1 2- mv0 2 2 2 由①②③ 式解得 v1= 2 v0 2+ ? Pt1-fd? m ③ ④

图11

高考模拟·提能训练
高考题组
1 2

模拟题组

3

4

1.(2012· 福建理综· 21)如图 11 所示,用跨过光滑定 滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线 拖向岸边.已知拖动缆绳的电动机功率恒为 P, 小船的质量为 m,小船受到的阻力大小恒为 f, 经过 A 点时的速度大小为 v0, 小船从 A 点沿直线 加速运动到 B 点经历时间为 t1,A、B 两点间距 离为 d,缆绳质量忽略不计.求:
(1)小船从 A 点运动到 B 点的全过程克服阻力 做的功 Wf; (2)小船经过 B 点时的速度大小 v1; (3)小船经过 B 点时的加速度大小 a.

(3) 设小船经过 B 点时缆绳的拉力大小为 F, 缆绳与水平方向夹角为 θ, 电动机牵引缆绳的速度大小为 v,则 P=Fv v=v1cos θ 由牛顿第二定律有 Fcos θ-f=ma 由④⑤⑥⑦式解得 a= ⑦ P f - . m2v0 2+2m? Pt1-fd? m ⑤ ⑥

图11

高考模拟·提能训练
高考题组
1 2

模拟题组
解析 1 竖直方向 h= gt2 2 水平方向 s=vt 得水平距离 s=

3

4

2.(2012· 北京理综· 22)如图 12 所示,质量为 m 的小 物块在粗糙水平桌面上做直线运动,经距离 l 后 以速度 v 飞离桌面,最终落在水平地面上.已知 l=1.4 m,v=3.0 m/s,m=0.10 kg,小物块与桌 面间的动摩擦因数 μ=0.25, 桌面高 h=0.45 m. 不 计空气阻力,重力加速度 g 取 10 m/s2.求:
(1)小物块落地点到飞出点的水平距离 s; (2)小物块落地时的动能 Ek; (3)小物块的初速度大小 v0.

(1)由平抛运动规律,有

2h v=0.90 m g

(2)由机械能守恒定律,得落地时的动能 1 Ek= mv2+mgh=0.90 J 2

1 1 (3)由动能定理,有-μmgl= mv2- mv0 2 2 2 得初速度大小 v0= 2μgl+ v2=4.0 m/s.

图12

高考模拟·提能训练
高考题组
1 2

模拟题组
解析

3

4

3.如图 13 甲所示,一质量为 m=1 kg 的物块静止 在粗糙水平面上的 A 点, 从 t=0 时刻开始, 物块 在按如图乙所示规律变化的水平力 F 作用下向右 运动,第 3 s 末物块运动到 B 点时速度刚好为 0, 第 5 s 末物块刚好回到 A 点,已知物块与粗糙水 平面之间的动摩擦因数 μ=0.2, (g 取 10 m/s2)求:

(1)在 3 s~5 s 内物块在水平恒力 F 作用

下由 B 点匀加速直线运动到 A 点,设加速度 为 a,AB 间的距离为 x,则 F-μmg=ma a= F-μmg 4-0.2×1×10 = m/s2=2 m/s2 m 1

(1)AB 间的距离; (2)水平力 F 在 5 s 时间内对物块所做的功.

1 1 x= at2= ×2×22 m=4 m 2 2
(2)设整个过程中 F 做的功为 WF,物块回到 A 点时的速度为 vA,由动能定理得 1 WF-2μmgx= mvA 2 2 又 vA 2=2ax

图13

所以 WF=2μmgx+max=24 J

练出高分
1 2 3 4 5 6

7

8

9

10

11

练出高分
1 2 3 4 5 6

7

8

9

10

11

?题组 1 动能定理的简单应用
1.某人用手托着质量为 m 的物体,从静止开始沿水平方向运动, 前进距离 l 后,速度为 v(物体与手始终相对静止),物体与手掌 之间的动摩擦因数为 μ,则人对物体做的功为 A.mgl B. 0 C.μmgl ( 1 2 D. mv 2
D

)

练出高分
1 2 3 4 5 6

7

8

9

10

11

2.子弹的速度为 v,打穿一块固定的木块后速度刚好变为零.若 木块对子弹的阻力为恒力, 那么当子弹射入木块的深度为其厚 度的一半时,子弹的速度是 v A. 2
解析

( v D. 4

B

)

2 B. v 2

v C. 3

设子弹的质量为 m,木块的厚度为 d,木块对子弹的阻力为 Ff.根据动能定理,子弹

1 刚好打穿木块的过程满足-Ffd=0- mv2.设子弹射入木块厚度一半时的速度为 v′,则 2 d 1 1 2 -Ff·= mv′2- mv2,得 v′= v,故选 B. 2 2 2 2

练出高分
1 2 3 4 5 6

7

8

9

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11

3.在地面上某处将一金属小球竖直向上抛出,上升一定高度后再落回 原处,若不考虑空气阻力,则下列图象能正确反映小球的速度、加 速度、位移和动能随时间变化关系的是(取向上为正方向) ( A )

练出高分
1 2 3 4 5 6

7

8

9

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11

4.一人乘竖直电梯从 1 楼到 12 楼,在此过程中经历了先加速,后匀速, 再减速的运动过程,则下列说法正确的是 (
D

)

A.电梯对人做功情况是:加速时做正功,匀速时不做功,减速时做 负功 B.电梯对人做功情况是:加速和匀速时做正功,减速时做负功 C.电梯对人做的功等于人动能的增加量 D. 电梯对人做的功和重力对人做的功的代数和等于人动能的增加量

练出高分
1 2 3 4 5 6

7

8

9

10

11

5.如图 1 所示,物体与斜面 AB、DB 间动摩擦因数相同.可视为质点 的物体分别沿 AB、DB 从斜面顶端由静止下滑到底端,下列说法正 确的是 A.物体沿斜面 DB 滑动到底端时动能较大 B.物体沿斜面 AB 滑动到底端时动能较大 C.物体沿斜面 DB 滑动过程中克服摩擦力做的功较多 D.物体沿斜面 AB 滑动过程中克服摩擦力做的功较多
图1

(

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练出高分
1
解析

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已知物体与斜面 AB、DB 间动摩擦因数相同,设斜面倾角为 θ,

x 底边为 x,则斜面高度为 h=xtan θ,斜面长度为 L= ,物体分别 cos θ 沿 AB、 DB 从斜面顶端由静止下滑到底端,由动能定理有: mgh- 1 μmgcos θ· L=mgh-μmgx= mv2,可知物体沿斜面 AB 滑动到底端时 2 动能较大,故 A 错误,B 正确;

物体沿斜面滑动过程中克服摩擦力做的功 W=μmgLcos θ=μmgx,则 两次相同,故 C、D 错误.
答案 B

练出高分
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6.人通过滑轮将质量为 m 的物体,沿粗糙的斜面从静止开始匀加速地由底端拉 到斜面顶端, 物体上升的高度为 h, 到达斜面顶端时的速度为 v, 如图 2 所示. 则 在此过程中 1 A.物体所受的合外力做的功为 mgh+ mv2 2 1 B.物体所受的合外力做的功为 mv2 2 C.人对物体做的功为 mgh D.人对物体做的功大于 mgh
图2

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练出高分
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物体沿斜面做匀加速运动,根据动能定理: W



= WF- Wf

1 -mgh= mv2,其中 Wf 为物体克服摩擦力做的功.人对物体做的 2 1 2 功即是人对物体的拉力做的功,所以 W 人= WF=Wf+mgh+ mv , 2 A、 C 错误,B、 D 正确.
答案 BD

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?题组 2 应用动能定理求解变力做功问题
7.如图 3 所示,光滑水平平台上有一个质量为 m 的物块,站在地面上 的人用跨过定滑轮的绳子向右拉动物块,不计绳和滑轮的质量及滑 轮的摩擦,且平台边缘离人手作用点竖直高度始终为 h.当人以速度 v 从平台的边缘处向右匀速前进位移 x 时,则 A.在该过程中,物块的运动可能是匀速的 m v 2x 2 B.在该过程中,人对物块做的功为 2 2?h +x2? 1 2 C.在该过程中,人对物块做的功为 mv 2 vh D.人前进 x 时,物块的运动速率为 2 h + x2 ( )

图3

练出高分
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设绳子与水平方向的夹角为 θ, 则物块运动的速度 v 物=vcos θ,

vx x 而 cos θ= 2 2,故 v 物= 2 2,可见物块的速度随 x 的增大而 h +x h +x 增大,A、 D 均错误;
人对物块的拉力为变力,变力的功可应用动能定理求解,即 W=
2 2 m v x 1 mv物2= ,B 正确, C 错误. 2 2?h2+x2?

答案 B

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8. 如图 4 所示, 一质量为 m 的质点在半径为 R 的半球形容器中(容 器固定)由静止开始自边缘上的 A 点滑下,到达最低点 B 时, 它对容器的正压力为 FN.重力加速度为 g,则质点自 A 滑到 B 的过程中,摩擦力对其所做的功为 1 A. R(FN-3mg) 2 1 C. R(FN-mg) 2 1 B. R(3mg-FN) 2 1 D. R(FN-2mg) 2
图4

(

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质点到达最低点 B 时,它对容器的正压力为 FN,根据牛

v2 顿第二定律有 FN-mg=m R ,根据动能定理,质点自 A 滑到 B 1 1 的过程中有 Wf+mgR= mv2, 故摩擦力对其所做的功 Wf= RFN 2 2 3 - mgR,故 A 项正确. 2
答案 A

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9.质量为 m 的小球被系在轻绳一端,在竖直平面内做半径为 R 的圆 周运动,如图 5 所示,运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某 一时刻小球通过轨道的最低点,此时绳子的张力为 7mg,在此后小 球继续做圆周运动,经过半个圆周恰好能通过最高点,则在此过程 中小球克服空气阻力所做的功是 1 A. mgR 4 1 C. mgR 2 1 B. mgR 3 D.mgR
图5

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练出高分
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F=7mg

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小球通过最低点时,绳的张力为

由牛顿第二定律可知: mv 1 2 F-mg= R 小球恰好过最高点,绳子拉力为零,由牛顿第二定律可知: mv 2 2 mg= R 小球由最低点运动到最高点的过程中,由动能定理得: 1 1 -2mgR+Wf= mv2 2- mv1 2 2 2 ④ ③ ②

1 1 由①②③④可得 Wf=- mgR,所以小球克服空气阻力所做的功为 mgR,故 C 正确, 2 2 A、B、D 错误.

答案 C

练出高分
1
过程问题
10. 如图 6 所示, 粗糙水平地面 AB 与半径 R=0.4 m 的光 滑半圆轨道 BCD 相连接,且在同一竖直平面内,O 是 BCD 的圆心,BOD 在同一竖直线上.质量 m=2 kg 的 小物块在 9 N 的水平恒力 F 的作用下,从 A 点由静止 开始做匀加速直线运动.已知 AB=5 m,小物块与水平 地面间的动摩擦因数为 μ=0.2.当小物块运动到 B 点时 撤去力 F.取重力加速度 g=10 m/s2.求: (1)小物块到达 B 点时速度的大小; (2)小物块运动到 D 点时, 轨道对小物块作用力的大小; (3)小物块离开 D 点落到水平地面上的点与 B 点之间 的距离.

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?题组 3 应用动力学观点和动能定理解决多

(1)从 A 到 B,根据动能定理有

1 (F-μmg)xAB= mvB 2 2 得 vB= 2? F-μmg? xAB =5 m/s m

(2)从 B 到 D,根据动能定理有 1 1 -mg· 2R= mvD2- mvB 2 2 2 得 vD= vB 2-4Rg=3 m/s 在 D 点,根据牛顿运动定律有 mvD2 FN+mg= R vD 2 得 FN=m -mg=25 N R

图6

练出高分
1
过程问题
10. 如图 6 所示,粗糙水平地面 AB 与半径 R=0.4 m 的光 滑半圆轨道 BCD 相连接,且在同一竖直平面内,O 是 BCD 的圆心,BOD 在同一竖直线上.质量 m=2 kg 的 小物块在 9 N 的水平恒力 F 的作用下,从 A 点由静止 开始做匀加速直线运动.已知 AB=5 m,小物块与水平 地面间的动摩擦因数为 μ=0.2.当小物块运动到 B 点时 撤去力 F.取重力加速度 g=10 m/s2.求: (1)小物块到达 B 点时速度的大小; (2)小物块运动到 D 点时, 轨道对小物块作用力的大小; (3)小物块离开 D 点落到水平地面上的点与 B 点之间 的距离.

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?题组 3 应用动力学观点和动能定理解决多

(3)由 D 点到落点小物块做平抛运动, 在竖直方向上有 1 2R= gt2 2 得 t= 4R = g 4×0.4 s=0.4 s 10

水平地面上落点与 B 点之间的距离为 x=vDt=3×0.4 m=1.2 m

图6

练出高分
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11.水上滑梯可简化成如图 7 所示的模型:倾角为 θ=37° 的倾斜滑道 AB 和水平滑道 BC 平滑连接, 起点 A 距水面的高度 H=7.0 m,BC 的长度 d=2.0 m,端点 C 距水面的高度 h=1.0 m.一质量 m =50 kg 的运动员从滑道起点 A 无初速度地自由滑下,运动员与 AB、BC 间的动摩擦因数均为 μ =0.1.(取重力加速度 g=10 m/s2,cos 37° =0.8,sin 37° =0.6,运动员在运动过程中可视为质点 )

(1)求运动员沿 AB 下滑时加速度的大小 a;
解析 (1)运动员沿 AB 下滑时,受力情况如图所示
图7

Ff=μFN= μmgcos θ 根据牛顿第二定律: mgsin θ- μmgcos θ=ma 得运动员沿 AB 下滑时加速度的大小为: a=gsin θ-μgcos θ=5.2 m/s2

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11.水上滑梯可简化成如图 7 所示的模型:倾角为 θ=37° 的倾斜滑道 AB 和水平滑道 BC 平滑连接, 起点 A 距水面的高度 H=7.0 m,BC 的长度 d=2.0 m,端点 C 距水面的高度 h=1.0 m.一质量 m =50 kg 的运动员从滑道起点 A 无初速度地自由滑下,运动员与 AB、BC 间的动摩擦因数均为 μ =0.1.(取重力加速度 g=10 m/s2,cos 37° =0.8,sin 37° =0.6,运动员在运动过程中可视为质点 )

(2)求运动员从 A 滑到 C 的过程中克服摩擦力所做的功 W 和到 达 C 点时速度的大小 vC;

(2)运动员从 A 滑到 C 的过程中,克服摩擦力做的功为: H- h W=μmgcos θ· +μmgd=μmg[d+(H-h)cot θ]=10μmg=500 J, sin θ 1 mg(H-h)-W= mvC 2-0 2 解得运动员滑到 C 点时速度的大小 vC=10 m/s
图7

练出高分
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11.水上滑梯可简化成如图 7 所示的模型:倾角为 θ=37° 的倾斜滑道 AB 和水平滑道 BC 平滑连接, 起点 A 距水面的高度 H=7.0 m,BC 的长度 d=2.0 m,端点 C 距水面的高度 h=1.0 m.一质量 m =50 kg 的运动员从滑道起点 A 无初速度地自由滑下,运动员与 AB、BC 间的动摩擦因数均为 μ =0.1.(取重力加速度 g=10 m/s2,cos 37° =0.8,sin 37° =0.6,运动员在运动过程中可视为质点 )

(3)保持水平滑道端点在同一水平线上,调节水平滑道高度 h 和长度 d 到图中 B′C′位置时, 运动员从滑梯平抛到水面的水平位移最大, 求此时滑道 B′C′距水面的高度 h′.

(3)在从 C′点滑出至落到水面的过程中,运动员做平抛 运动的时间为 t, 2h′ 1 h′= gt2,t= 2 g 下滑过程中克服摩擦力做功保持不变,W=500 J 根据动能定理得: 1 mg(H-h′)-W= mv2-0,v= 2g?H-1-h′? 2

图7

运动员在水平方向的位移: x=vt= 2g?H-1-h′? = 4? H-1-h′? h′ 当 h′= 2h′ g

H-1 =3 m 时,水平位移最大. 2



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