動能定理復(fù)習(xí)講解

1、 動能定理復(fù)習(xí) 基礎(chǔ)知識回顧 一動能 12 1、公式 ：Ek 2mv2 2、性質(zhì) 動能是標(biāo)量，只有正值；動能是相對量，速度都是對地；動能是狀態(tài)量 1 2 1 2 3、動能的變化量Ek2mv22 2mv12. 過程量(從一個狀態(tài)到另一個狀態(tài)) ，相對量， 例 1、如圖 521 所示，一物體在水平恒力作用下沿光滑的水平面做曲線運動，當(dāng)物體從 則物體從 M點到 N點的運動過程中， 物體 M點運動到 N點時， 其速度方向恰好改變了 90， 動能將 ( C ) A不斷增加 B不斷減少 C先減少后增加 D先增加后減小 二、動 能 定 理 1、合外力所做的總功等于物體動能的變化量 化 1 2 1 2 2.

2、表達式： W合mv2mv1EK ， 22 式中 W 合是各個外力對物體做功的總和， EK 是做功過程中始末兩個狀態(tài)動能的增量 (1) W0，物體的動能增加 (2) W0，物體的動能減少 (3) W0，物體的動能不變 3、動能定理的特點 1、是標(biāo)量式，不能分方向應(yīng)用動能定理 2、是過程式，功是過程量， 動能的變化量也是過程量 3、是相對式，位移和速度都是相對量，是相對于同一個參考系的，一般都是對地而言 例 1、質(zhì)量為 m2 kg 的物體，在水平面上以 v1 6 m/s 的速度勻速向西運動，若有一 個 F8 N 方向向北的恒力作用于物體，在 t 2 s 內(nèi)物體的動能增加了多少？ 錯解 物體只受向北

3、方向的力，東西方向不受力作用，因此只有南北方向動能變 1 化，東西方向動能不變因此 Ek Ek 北2mv北2064 J. 錯因 動能是標(biāo)量，不可分方向求動能，本題錯解中 “南北方向動能由零變?yōu)?64 J ， 東西方向動能不變 ”，這種說法是沒有物理意義的 正解 向北的加速度 a Fm 4 m/s2 t 2 s 末， v 北at8 m/s 此時物體的合速度 v22 v12v 北2 動能 Ek221mvt 2 21m(v 12 v 北 2) 12 所以，動能增加 Ek Ek2Ek12mv北 64 J. 4、動能定理的應(yīng)用 1、動能定理適用于單個物體 2、動能定理既適用于直線運動，又適用于曲線運動

4、3、既適用于恒力做功，也適用于變力做功，力做功時可以是連續(xù)的，也可以是不連續(xù) 的， 5、求總功可分為下述兩種情況： （1）若各恒力同時作用一段位移，可先求出物體所受的合外力，再求總功；也可用總 功等于各力所做功的代數(shù)和的方法求。 （ 2）若各力不同時對物體做功，總功應(yīng)為各階段各力做功的代數(shù)和。 動能定理是功能基本關(guān)系之一， 凡是涉及力所引起的位移而不涉及運動時間的問題， 應(yīng) 用動能定理分析討論，常比牛頓第二定律簡單。 例 1 、下列說法中正確的有 A. 運動物體所受的合外力不為零，合外力必做功，物體的動能肯定要變化 B. 運動物體的合外力為零，則物體的動能肯定不變 C. 運動物體的動能保持不變

5、，則該物體所受合外力一定為零 D. 運動物體所受合外力不為零，則該物體一定做變速運動，其動能肯定要變化 解析： 關(guān)于物體所受的合外力、 合外力所做的功、 物體動能的變化，三者之間的關(guān)系有 下列三個要點： 若物體所受合外力為零， 則合外力不做功， 或者物體所受外力做功的代數(shù) 和為零，物體的動能不會發(fā)生變化； 物體所受合外力不為零，物體必做變速運動，但合外 力不一定做功， 如勻速圓周運動；物體的動能不變，只表明物體所受合外力不做功； 物體 運動的速率不變（如勻速圓周運動） ，但速度的方向可以不斷改變 .在這種情況下物體所受的 合外力只是用來改變速度方向，產(chǎn)生向心加速度 . 據(jù)上述三點，可以得到只有

6、 B 項正確 . 例 2、某物體沿直線運動的 vt 關(guān)系如圖所示，已知在第 1 s 內(nèi)合外力對物體做的功 為 W，則 （） A從第 1 s 末到第 3 s 末合外力做功為 4W B從第 3 s 末到第 5 s 末合外力做功為 2W C從第 5 s 末到第 7 s 末合外力做功為 W D從第 3 s 末到第 4 s 末合外力做功為 0.75 W 解析： 選 CD.由題圖知：第 1 s 末、第 3 s 末、第 7 s 末速度大小關(guān)系： v1 v3 v 7，由 1 2 1 2 1 2 題知 W 2mv21 0，則由動能定理得第 1 s 末到第 3 s 末合外力做功 W1 2mv322mv210，故

7、A 1 2 1 2 1 2 錯第 3 s 末到第 5 s 末合外力做功 W22mv522mv2302mv21 W，故 B錯第 5 s 末到 1 2 1 2 第 7 s 末合外力做功 W32mv7202mv12W，故 C正確第 3 s 末到第 4 s 末合外力做功 W4 1 2 1 2 1 1 2 1 2 2mv42mv32m（2v1） 2mv10.75 W，故 D對 6、應(yīng)用動能定理的解題步驟 （A 明確研究對象，明確運動過程。 （ B）分析受力及各力做功的情況， 有哪些力？有哪些力做功？在哪段位移過程中做功？ 正功還是負功？做了多少功。最后求出各個力做功的代數(shù)和。 C）明確過程始末狀態(tài)的動能

8、Ek1及 Ek2。 （D）列方程 W總 Ek2 Ek1 ，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進行求解。 下面用具體實力來談一下動能定理的應(yīng)用。 典例、過程 （一）用動能定理求力 1、一物體質(zhì)量為 10 千克， 在平行于斜面的拉力 F作用下沿斜面向上運動， 斜面與物體 F，物體剛好可運動到斜面 間的動摩擦因數(shù)為 0.1 ，當(dāng)物體運動到斜面中點時，去掉力 頂端停下，設(shè)斜面傾角為 300，取 g=10m/s2，求拉力 F。 【解析】 取物體為研究對象，在斜面下半段受力分析如圖（ 掉 F，其它力都不變，設(shè)斜面長為s ，由動能定理得： F 1 s f s 2 1）所示，在斜面上半段去 fN 由得 m

9、g sin 300 0 mg cos300 1 F 0.1 10 10 3 10 10 1 0 2 2 2 解得 F 117.3牛 2、如圖 5-3-10 所示，繃緊的傳送帶在電動機帶動下，始終保持v02m/s 的速度勻速 運行，傳送帶與水平地面的夾角30，現(xiàn)把一質(zhì)量 m l0kg 的工件輕輕地放在傳送帶 3 2 ，g 取 10m/s2. 底端，由傳送帶傳送至 h 2m的高處 . 已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù) （1） 試通過計算分析工件在傳送帶上做怎樣的運動 ? （2） 工件從傳送帶底端運動至 h2m高處的過程中摩擦力對工件做了多少功 【解析】 （1） 工件剛放上皮帶時受滑動摩擦力 F mg

10、cos ， 工件開始做勻加速直線運動，由牛頓運動定律 F mgsinma得 : a F gsin g( cos sin ) m 3 0 0 10 ( cos300 sin 300 ) 2 =2.5m/s2 設(shè)工件經(jīng)過位移 x 與傳送帶達到共同速度，由勻變速直線運動規(guī)律可得 02 x 2a 2 2.5 =0.8m 4m. 故工件先以 2.5m/s2 的加速度做勻加速直線運動，運動 0.8m 與傳送帶達到共同速度 22 v02 2m/s 后做勻速直線運動。 （2） 在工件從傳送帶底端運動至 h 2m高處的過程中，設(shè)摩擦力對工件做功Wf ，由 動能定理 Wf mgh 12 mv0 20 W f mg

11、h 1 mv02 可得 :2 =220J 【點撥】本題第（ 2）問也可直接用功的計算式來求： 設(shè)工件在前 0.8m 內(nèi)滑動摩擦力做功為 Wf 1，此后靜摩 擦力做功為 Wf 2，則有 30 10 10 cos300 0.8 Wf 1= mgcos x= 2J =60J， Wf 2=mgsin （s x）= 10 10 sin30 （4 0.8）J =160J. 所以，摩擦力對工件做的功一共是 Wf = Wf 1+ Wf 2=60J+160J=220J. 當(dāng)然，采用動能定理求解要更為簡捷些 . （二）用動能定理求變力的功 1、一質(zhì)量為 m的小球，用長為 L 的輕繩懸掛于 O點，小球在水平力 F

12、作用下，從平衡 位置 P點緩慢地移動到 Q點，如圖 529 所示，則力 F 所做的功為 A mgLcos B FLsin C mgL（1 cos ） D FL（1 cos ） 解析 小球的運動過程是緩慢的，因而任一時刻都可看做是平衡狀 態(tài)，因此 F的大小不斷變大， F 做的功是變力功，小球上升過程只有重力mg和 F這兩 個力做功，由動能定理得： WFmgL（1cos ） 0，所以 WFmgL（1cos ） 答案 C 2、如圖（ 2）所示，質(zhì)量為 m=2千克的小球，從半徑 R=0.5 米的半圓形槽的邊緣 A點沿 內(nèi)表面開始下滑，到達最低點B 的速度 v=2 米/ 秒。求在弧 AB段阻力對物體所做

13、的功 Wf 。 （g取 10米/秒 2） 【解析】 物體在弧 AB 段受重力、彈力和阻力作用。其中彈力和阻力是變力，但在此過 程中彈力對小球不做功，由動能定理得： 12 WG W fmv2 0 2 1 2 1 2 所以 Wfmv2 WGmv2 mgR 22 12 Wf2 22 2 10 0.5 6焦耳 2 3、如圖所示，質(zhì)量為 m 的物體用細繩經(jīng)過光滑小孔牽引在光滑水平面上做勻速圓周運 動，拉力為某個值 F 時，轉(zhuǎn)動半徑為 R，當(dāng)拉力逐漸減小到 F/4 時， 物體仍做勻速圓周運動， 半徑為 2R，則外力對物體所做的功的大小是 A、 FR B、 3FR 5FR ； C、； 42 D、零; 解析:

14、設(shè)當(dāng)繩的拉力為 F 時，小球做勻速圓周運動的線速度為v1， 則有 F=mv 12/R v2,則有 F/4=mv 22/2R W=?mv 22 ?mv 12=?FR 當(dāng)繩的拉力減為 F/4 時，小球做勻速圓周運動的線速度為 在繩的拉力由 F減為 F/4 的過程中，繩的拉力所做的功為 所以，繩的拉力所做的功的大小為 FR/4,A 選項正確 4、如圖 4所示，質(zhì)量為 m 的物塊與轉(zhuǎn)臺之間的最大靜摩擦力為物體重力的 k 倍，物 塊與轉(zhuǎn)軸 OO/相距為 R，物塊隨轉(zhuǎn)臺由靜止開始轉(zhuǎn)動，當(dāng)轉(zhuǎn)速增加到一定值時，物體即將在 轉(zhuǎn)臺上滑動，則在物塊由靜止到開始滑動前的這一過程中轉(zhuǎn)臺對物塊做的功為多少？ 解析： 物體

15、即將在轉(zhuǎn)臺上滑動還未滑動時， 由轉(zhuǎn)臺對物塊的最大靜摩擦力恰好提供向心 力，設(shè)此時物塊做圓周運動的線速度為v，有 2 kmg mv（1） R f 不斷變大 O/ 圖4 在物塊由靜止到開始滑動前的這一過程中，轉(zhuǎn)臺對物塊的靜摩擦力 是變力。對物塊應(yīng)用動能定理，有 1 Wf mv2 0（2） f2 聯(lián)立解得 Wf 1 kmgR 5、如圖所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一物體向右滑行，并沖上固定在地 面上的斜面 . 設(shè)物體在斜面最低點 A 的速度為 v，壓縮彈簧至 C點時彈簧最短， 點距地面高度為 h,則從 A到 C的過程中彈簧彈力做功是 （ ） 1 A. mgh mv B. 1 mv 2 2 mgh

16、C.-mgh 解析】 選 A. 由 A 到 C 的過程運用動能定理可得： 1 mgh W 0 mv 2 ，所以 12 D. (mgh mv ) W mghmv2 ，故 A 正確 . 6、一輛車通過一根跨過定滑輪的繩PQ提升井中質(zhì)量為 m 的物體，如圖 828所示：繩的 P端拴在車后的掛鉤上， Q端拴在物體上， 設(shè)繩的總長不變； 繩的質(zhì)量、 定滑輪的質(zhì)量和尺寸、 滑輪上的摩擦都忽略不計 開始時， 車在 A 點，左右兩側(cè)繩都已繃緊并且是豎直的，左側(cè)繩繩長為H提升時，車加速向左運動，沿水平方向從 A 經(jīng)過 B 駛向 C設(shè) A 到 B 的距離也為 H，車經(jīng)過 B 點時的速度 為 vB 求車由 A 移到

17、 B 的過程中，繩 Q 端的拉力對物體做的功？ 6、 思路點撥 汽車從 A到 B把物體提升的過程中，物體只受到拉力和重力的作用， 根據(jù)物體速度的變化和上升的高度，特別是汽車運動速度 vB 與物體上升過程中的瞬時速度 關(guān)系，應(yīng)用動能定理即可求解 解題過程 以物體為研究對象，開始動能 Ek1=0，隨著車的加速拖動，重物上升， 同時速度在不斷增加當(dāng)車運動至B 點時，左邊的繩與水平面所成角 =45，設(shè)物體已從 井底上升高度 h，此時物體速度為 vQ，即為收繩的速度， 它等于車速沿繩子方向的一個分量， 如圖 8 29 數(shù)值計算的要注明單位 ) 7、如圖 5218 所示，用汽車通過定滑輪拉動水平平臺上的貨

18、物， 若貨物 的質(zhì)量為 m，與平臺間的動摩擦因數(shù)為 ，汽車從靜止開始把貨物從 A 拉到 B 的 過程中，汽車從 O到達 C點處時速度為 v，若平臺的高度為 h，滑輪的大小和摩 擦不計，求這一過程中汽車對貨物做的功 圖 5 2 18 【解析】 對貨物由動能定理得 12 W mgl 2mv2B0 貨物的位移 lsin h30 h h 在 C 點時對汽車速度進行分解得貨物的速度 vB vcos 30 32 由解得 W mgh mv2. 8 8、如圖 528 所示， AB 為 1/4 圓弧軌道，半徑為 R=0.8m，BC 是水平軌道，長 S=3m， A 點從靜止起下滑到 C 點剛好 圖 5 28 BC

19、 段的動摩擦因數(shù)為 =1/15，今有質(zhì)量 m=1kg 的物體，自 停止。求物體在軌道 AB 段所受的阻力對物體做的功。 8、解、根據(jù)動能定理可知： W外 0 所以 mgR mgS WAB 0 即 WAB mgR mgS 6J 小結(jié)： 動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動， （三）用動能定理求物體的速度 1、如圖（ 3）所示，小球從高為 h 的斜面上的 A 點，由靜止開始滑下，經(jīng) B 點在水平面上 那么必須給小球以多大的 滑到 C點而停止， 現(xiàn)在要使物體由 C沿原路回到 A點時速度為零， 初速度？（設(shè)小球經(jīng)過 B 點處無能量損失） 【解析】 取小球為研究對象，在斜面上和平面上它受到重 力、

20、支持力、摩擦力三個力作用，在整個運動過程中支持力始 終垂直于運動方向不做功，重力做正功，摩擦力做負功，由動 能定理可知在下滑到 C 點靜止的過程中有： W重 W阻 0 0所以 W阻 W重 mgh 當(dāng)它沿原路返回時， 摩擦力做負功與滑下過程完全相同， 而此時重力也做負功， 由動能 定理得： 1 2 1 2 W重 W阻 0 mvc2 ， 所以 mvc2 2W重 2mgh 22 則得： vc 2 gh 即要使小球由 C點沿原路返回到 A點速度為零，必須給小球以 2 gh 的初速度。 （四）用動能定理求物體的位移 1、在 2009 年 10 月全運會上， 跳水運動員從 10米高處的跳臺跳下， 設(shè)水的平

21、均阻力均 為運動員體重的 3 倍，在粗略估算中， 把運動員當(dāng)作質(zhì)點處理， 為了保證運動員的人身安全， 池水深度至少為 （ ） A 5mB 3m C7mD 1m 答案 A 解析 對運動員跳水的全過程研究 據(jù)動能定理有： mg（Hh）fh Ek0 其中 m 為運動員質(zhì)量， h 為運動員入水的深度 又 H10m，f 3mg H h 2 5m 為保證人身安全，池水深度 H h 即 H 5m 水深至少 5m，A 選項正確 2、質(zhì)量為 M的機車， 牽引質(zhì)量為 m的車廂在水平軌道上勻速前進，某時刻與機車脫鉤， 機車在行駛 L 路程后， 司機才發(fā)現(xiàn)車廂脫鉤， 立即關(guān)閉發(fā)動機讓機車自然滑行， 該機車與車 廂在運

22、動中所受阻力都是其重力的 K 倍，且恒定不變。 試求當(dāng)機車和車廂都停止時機車和車 廂的距離。 【解析】 設(shè)機車的牽引力為 F ，脫鉤后 機車和車廂行駛的距離分別為 S1、 S2，脫鉤 前機車和車廂做勻速運動，應(yīng)有： F K(M m)g 脫鉤后，對機車的全過程應(yīng)用動能定理得： 12 FL KMgS1 0 Mv2 12 12 對車廂由動能定理得： KmgS2 0mv2 由得 S S1 S2 M m L 1 2 M 3、如圖所示， ABCD是一個盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與 BC相切的圓 弧， BC為水平的，其距離 d0.50 米，盆邊緣的高度 h0.30 米，在 A處放一個質(zhì)量為

23、 m 的小物塊并讓其從靜止出發(fā)下滑，已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而BC面與小物塊間的動摩擦因 數(shù)為 0.10 ，小物塊在盆內(nèi)來回滑動，最后停下來， 1)物體第 1次沿 CD弧形軌道可上升的最大高度 可知由于克服摩擦力做功， 物塊的機 2) 最后停的地點到 B的距離為 ( ) 解析 分析小物塊的運動過程， 械能不斷減小設(shè)物體運動的路程為 x. 根據(jù)動能定理得： mgh mgx 0 所以物塊在 BC之間滑行的總路程為： x h 3m 6d 小物塊正好停在 B點 4、如圖 6-27 所示，斜面的傾角為 ，質(zhì)量為 m的物體距擋板 P 距離為 S0，以初速度 v0沿 斜面下滑。 物體與斜面的動摩擦因數(shù)為 ，物

24、體所受摩擦力小于物體沿斜面的下滑力。若物 體每次與擋板相碰均無機械能損失，求物體通過的路程是多大？ 圖6 27 析與解 由于物體重力沿斜面向下的分力大于物體所受的摩擦力， 物體加速下滑，與 P 碰撞時無機械能損失，故以原速率反彈后沿斜面向 上減速直到速度為零，依次重復(fù)，最終將?？吭趽醢錚 處。 設(shè)物體從開始運動到最終停止經(jīng)過的路程為S，此過程中重力做功 WC=mgS0 sin ，摩擦力做功 Wf=- mgScos . 1 對全過程運用動能定理 , 有 mgS0sin - mgScos =0- 2 mv02 2 2gS0 sin v0 S 得 2 gcos 5、從離地面 H 高處落下一只小球，小

25、球在運動過程中所受的空氣阻力是它重力的 倍，而小球與地面相碰后，能以相同大小的速率反彈，求： k(k1) 1) 小球第一次與地面碰撞后，能夠反彈起的最大高度是多少？ 2) 小球從釋放開始，直至停止彈跳為止，所通過的總路程是多少？ (1) 設(shè)小球第一次與地面碰撞后，能夠反彈起的最大高度是 【解析】 mg(H-h)-kmg(H+h)=0 h，則由動能定理得： 解得 h 11 kk H (2) 、 定理得 設(shè)球從釋放開始，直至停止彈跳為止，所通過的總路程是 mgH-kmgS=0 S，對全過程由動能 解得 S k 6、如圖 達地面時恰能沿凹陷于地面的半圓形槽壁運動，半圓形槽的半徑 低點時速率恰好為 1

26、0 m/s ，并繼續(xù)沿槽壁運動直到從槽左端邊緣飛出且沿豎直方向上升、 下落，如此反復(fù)幾次，設(shè)摩擦力大小恒定不變，取g10 m/s2 ，求： (1) 小球第一次飛出半圓形槽上升到距水平地面的高度 h 為多少？ (2) 小球最多能飛出槽外幾次？ 解析： (1) 在小球下落到最低點的過程中， 設(shè)小球克服摩擦力做功為 Wf，由動能定理得： 1 mg(HR)Wf2mv20 從小球下落到第一次飛出半圓形槽上升到距水平地面 由動能定理得 mg(Hh) 2Wf00 v2102 聯(lián)立解得： h H 2R m5 m20.4 m 4.2 m. g10 (2) 設(shè)小球最多能飛出槽外 n 次，則由動能定理得： mgH2

27、nWf0 0 mgH mgH gH 解得： n 2Wf1 2 mg(H R) 2mv2 故小球最多能飛出槽外 6 次 答案： (1)4.2 m (2)6 次 小結(jié)： 對于物理過程較復(fù)雜的題， 要注意在審題時先畫一明確的草圖， 弄清物理過程之間 的聯(lián)系。 多個研究對象存在時， 列方程要指明對象， 指明過程。 當(dāng)物體的運動有幾個過程時， 應(yīng)注意對全過程用動能定理列方程。 (五)用動能定理解決機動車起動問題 機車、汽車、輪船等交通工具在牽引力和恒定阻力共同作用下的起動問題有兩類理想化 模型， 勻加速起動和恒定功率起動， 恒定功率起動問題中，涉及到的功，只能用動能定理求 5 2 18 所示，質(zhì)量 m0

28、.5 kg 的小球從距離地面高 H5 m 處自由下落，到 R0.4 m ，小球到達槽最 h 高度的過程中， 2g(HR)v26.25 解。這是求變力功的一種方法。 1、質(zhì)量為 5t 的汽車，以恒定功率沿平直軌道行駛， 在 3min 內(nèi)行駛 1.45km ，速度由 18km/h 增加到最大速度 54km/h ，求機車的功率( g=10m/s2) 【解析】 由于整個過程中汽車所受的牽引力不是恒力， 因此加速度不是恒量， 因此運動 學(xué)中勻變速直線運動公式不能用，由動能定理得： 1 2 1 2 W牽 W阻mvmmv 2 m 2 其中 W阻fs， W牽 是一個變力的功，但因該變力的功率恒定，故可用W P

29、t 來計 算。 1 2 1 2 這樣式就變?yōu)?Pt fs mvm2 mv2 2 m 2 P 又因達到最大速度時 F f ，故 vm mf 聯(lián)立解得 P 600KW 練習(xí) 1、電動機通過一條繩子吊起質(zhì)量為8kg 的物體 . 繩的拉力不能超過 120N，電動機的功率不 能超過 1 200W，要將此物體由靜止起，用最快的方式將物體吊高90m(已知物體在被吊高 90m以前已開始以最大速度勻速上升) ，所需時間為多少？( g 取 10 m/s2 ) 【解析】 起吊最快的方式是：開始時以最大拉力起吊，達到最大功率后維持最大功率 起吊 . 在勻加速運動過程中，加速度為 Fm mg 120 8 10 a m

30、8m/s2=5 m/s2 ， Pm 1200 vt 末速度Fm 120 m/s=10m/s ， t1 vt 10 上升時間 1 a 5 s=2s ， 22 vt2 10 2 h1 t 上升高度 2a 2 5 m=10m. Pm 1200 vm 在功率恒定的過程中，最后勻速運動的速度為 mg 8 10 m/s=15m/s， 由動能定理有 1 2 1 2 Pmt2 mg(h h1)mvmmvt 2 2 ， 解得上升時間 t2=5.75s. 所以，要將此物體由靜止起，用最快的方式將物體吊高90m，所需時間為 t=t1+t2=2s+5.75s=7.75s. 典例、過程加狀態(tài) 1、一滑塊 ( 可視為質(zhì)點

31、 )經(jīng)水平軌道 AB進入豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧形軌道 BC.已知滑塊 的質(zhì)量 m=0.50 kg ，滑塊經(jīng)過 A點時的速度 vA=5.0 m/s,AB 長x=4.5 m ，滑塊與水平軌道間 的動摩擦因數(shù) =0.10, 圓弧形軌道的半徑 2 R=0.50 m ，滑塊離開 C點后豎直上升的最大高度 h=0.10 m. 取 g=10 m/s 2.求： (1) 滑塊第一次經(jīng)過 B 點時速度的大??； (2) 滑塊剛剛滑上圓弧形軌道時，對軌道上 B 點壓力的大??； (3) 滑塊在從 B 運動到 C的過程中克服摩擦力所做的功 . 1、【解題指南】 解答本題時應(yīng)注意以下兩點： (1) 滑塊對軌道上 B 點的

32、壓力與軌道對滑塊的支持力的關(guān)系 (2) 滑塊在從 B 運動到 C的過程中受到的摩擦力為變力 . 【解析】 (1) 滑塊由 A 到 B 的過程中，應(yīng)用動能定理得： 1 2 1 2 Ff x mvB mvA f 2 B 2 A 又 Ff = mg 解得： vB=4.0 m/s 在 B 點，滑塊開始做圓周運動，由牛頓第二定律可知 2 vB FN mg m B R (2 分 ) 解得軌道對滑塊的支持力 FN=21 N 根據(jù)牛頓第三定律可知，滑塊對軌道上 B點壓力的大小也為 21 N (3) 滑塊從 B 經(jīng)過 C上升到最高點的過程中，由動能定理得 12 mg R h W F 0mvB2 解得滑塊克服摩擦

33、力做功 WFf =1.0 J 答案： (1)4.0 m/s(2)21 N(3)1.0 J 2、質(zhì)量為 m的小球被系在輕繩一端，在豎直平面內(nèi)做半徑為R 的圓周運 動，如圖所示，運動過程中小球受到空氣阻力的作用設(shè)某一時刻小球通 過軌道的最低點， 此時繩子的張力為 7mg，在此后小球繼續(xù)做圓周運動， 經(jīng)過半個圓周恰好 能通過最高點，則在此過程中小球克服空氣阻力所做的功是 ( ) 11 A. 4mgRB.3mgR 1 C.2mgRD mgR 解析： 小球通過最低點時，繩的張力為 F 7mg 由牛頓第二定律可知： 2 mv1 Fmg R 小球恰好過最高點，繩子拉力為零，由牛頓第二定律可得： 2 mv2

34、mg R 小球由最低點到最高點的過程中，由動能定理得： 1 2 1 2 2mgR WFf 2mv2 2mv1 11 由可得 WFf 2mgR，所以小球克服空氣阻力所做的功為 2mgR，故 C 正確， A、B、 D 錯誤 3、如圖 5 2 12 所示， AB 是傾角為 的粗糙直軌道， BCD 是光滑的圓弧軌道， AB 恰好 在 B點與圓弧相切， 圓弧的半徑為 R.一個質(zhì)量為 m的物體 (可以看作質(zhì)點 )從直軌道上的 P 點由靜止釋放， 結(jié)果它能在兩軌道間做往返運動已知 P 點與圓弧的圓心 O 等高， 物 體與軌道 AB 間的動摩擦因數(shù)為 .求： (1) 物體做往返運動的整個過程中在 AB 軌道上

35、通過的總路程； (2) 最終當(dāng)物體通過圓弧軌道最低點 E 時，對圓弧軌道的壓力； (3) 為使物體能順利到達圓弧軌道的最高點D，釋放點距 B 點的 距離 L應(yīng)滿足什么條件 解析： (1)因為摩擦始終對物體做負功， 所以物體最終在圓心角為 2的圓弧上往復(fù)運動 對整體過程由動能定理得： mgRcos mgcos s0，所以總路程為 sR. 1 (2)對BE過程 mgR(1cos )21mv2E 2 mvE FN mg R 由 得對軌道壓力： FN (3 2cos )mg. 對全過程由動能定理得： 12 mgL sin mcgos L mgR(1 cos ) 2mv2D (3)設(shè)物體剛好到 D 點，

36、 則 mg 2 mvD R 由 得應(yīng)滿足條件： 3 2cos L R. 2(sin cos ) 答案： (1) R (2)(3 2cos )mg (3) 3 2cos 2(sin cos ) 一不可伸長的 圖6 4、如圖 9 所示，在方向水平的勻強電場中， 不導(dǎo)電細線的一端連著一個質(zhì)量為 m 的帶電小 定于 O點，把小球拉起直至細線與場強平行， 然 后無初速釋放 . 已知小球擺到最低點的另一側(cè)， 線與豎直方向的最大夾角為 ，求小球經(jīng)過最低 點時細線對小球的拉力 . 答案 mg(3 12csoisn ) 5 如圖 6 所示，質(zhì)量為 m=5kg 的滑塊，從半徑 R =2m 的半球形凹面邊緣 A 處

37、由靜止開 始下滑，且達到最低點 B 時對軌道的壓力為重力的 2 倍，求下滑過程中摩擦力所做的功 . 6、如圖所示為 “S”形玩具軌道， 該軌道是用內(nèi)壁光滑的薄壁細圓管彎成的， 固定在豎直 平面內(nèi)，軌道彎曲部分是由兩個半徑相等的半圓連接而成的，圓半徑比細管內(nèi)徑大得多， 軌道底端與水平地面相切， 彈射裝置將一個小球 (可視為質(zhì)點 )從 a點水平射向 b點并進入 軌道，經(jīng)過軌道后從 p點水平拋出，已知小球與地面 ab段間的動摩擦因數(shù) 0.2 ，不計 其他機械能損失， ab段長 L1.25 m ，圓的半徑 R0.1 m ，小球質(zhì)量 m0.01 kg ，軌道 質(zhì)量為 M0.15 kg ，g10 m/s

38、2，求： (1) 若 v05 m/s ，小球從 p點拋出后的水平射程； (2) 若 v05 m/s ，小球經(jīng)過軌道的最高點時，管道對小球作用力的大小和方向； (3) 設(shè)小球進入軌道之前，軌道對地面的壓力大小等于軌道自身的重力，當(dāng)v0 至少為多 大時，軌道對地面的壓力為零 解析： (1) 設(shè)小球運動到 p 點時的速度大小為 v ，對小球由 a 點運動到 p 點的過程，應(yīng) 用動能定理得： 1212 mgL 4Rmg 2mv 2mv0 小球從 p 點拋出后做平拋運動，設(shè)運動時間為t ，水平射程為 x，則 x vt 聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得 x0.4 6 m. (2) 設(shè)在軌道最高點時管道對小球的作用力大小為

39、F，取豎直向下為正方向，有： F mg 2 mvR 聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得 F1. 1 N ，方向豎直向下 (3) 分析可知，要使小球以最小速度 v0 運動，且軌道對地面的壓力為零，則小球的位置 應(yīng)該在 “S”形軌道的中間位置， 2 則有： F mg mvR， F Mg 1212 mgL2mgR2mv12mv0 解得： v0 5 m/s. 答案： (1)0.4 6 m (2)1.1 N ，方向豎直向下 7、如圖所示 ,質(zhì)量為 m的小球用長為 L 的輕質(zhì)細線懸于 O 點,與 O 點處于同一水平線上的 P點 處有一個光滑的細釘 ,已知 OP=L/2, 在 A 點給小球一個水平向左的初速度 v0 發(fā)現(xiàn)小球

40、恰能到 達跟 P 點在同一豎直線上的最高點 B.則: (1) 小球到達 B 點時的速率為多大 ? (2) 若不計空氣阻力 ,則初速度 v0為多少 ? (3) 若初速度 v0 3 gL 則小球在從 A 到 B 的過程中克服空氣阻力做了多少功 ? 【解析】 (1) 小球恰能到達最高點 B, 有 mg m LvB2 (3 分 ) 得 vB2 . (3 分 ) (2)由 A B 由動能定理得 L 1 2 1 2 mg(L L2) 21 mvB 12mv0 (3分) 可求出 :v07g2L . (3 分) (3)由動能定理得 : mg(L 2L) Wf 12 mvB2 21 mv02 (3 分) 可求出 : 11 Wf 141 mgL . (3 分) 答案 :(1) 2 (2) 2 (3) 141 mgL 2、如圖，一個質(zhì)量為 m=0.05kg 的小球在半徑為 R=20cm 的半圓形豎直軌道最低點 M 時速 度為 V 1=4m/s，運動到最高點