2020年高中物理 第八章 機械能守恒定律 專題三變力做功及利用動力學(xué)觀點和能量觀點解題比較學(xué)案 新人教版必修2

專題三變力做功及利用動力學(xué)觀點和能量觀點解題比較課堂任務(wù)變力做功問題功的計算在中學(xué)物理中占有十分重要的地位，中學(xué)階段所學(xué)的功的計算公式WFlcos，只能用于恒力做功情況，對于變力做功的計算則沒有一個固定公式可用，但變力做功的計算在解題中又經(jīng)常涉及，下面談?wù)劤Ｒ姷奈宸N求變力功的方法。方法一：化變力為恒力求變力功變力做功直接求解時，通常都比較復(fù)雜，但有時通過轉(zhuǎn)換研究的對象，可化為恒力做功，用WFlcos求解。此法常常應(yīng)用于輕繩通過定滑輪拉物體的問題中。例1如圖所示，某人用大小不變的力F拉著放在光滑水平面上的物體，開始時與物體相連接的繩與水平面間的夾角是，當(dāng)拉力F作用一段時間后，繩與水平面間的夾角為。已知圖中的高度是h，求繩的拉力FT對物體所做的功。假定繩的質(zhì)量、滑輪質(zhì)量及繩與滑輪間的摩擦不計。規(guī)范解答設(shè)繩的拉力FT對物體做的功為WT，由題圖可知，在繩與水平面的夾角由變到的過程中，拉力F作用的繩端的位移的大小為ll1l2h由WFl可知：WTWFFlFh。完美答案Fh本題中，顯然F與FT的大小相等，且FT在對物體做功的過程中，大小不變，但方向時刻在改變，因此本題是個變力做功的問題。但在題設(shè)條件下，人的拉力F對繩的端點做的功就等于繩的拉力FT對物體做的功。而F的大小和方向都不變，因此只要計算恒力F做的功就能解決問題。如圖所示，某人利用跨過定滑輪的輕繩拉質(zhì)量為10 kg的物體，定滑輪的位置比A點高3 m。若此人緩慢地將繩從A點拉到B點，且A、B兩點處繩與水平方向的夾角分別為37°和30°，則此人拉繩的力做了多少功？(g取10 m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8，不計滑輪的摩擦)答案100 J解析取物體為研究對象，設(shè)繩的拉力對物體做的功為W。根據(jù)題意有h3 m。物體升高的高度h對全過程分析可得人拉繩的力所做的功W人Wmgh由兩式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得W人100 J。方法二：用平均力求變力功在求解變力功時，若物體受到的力的方向不變，而大小隨位移是成線性變化的，即力隨位移均勻變化時，則可以認為物體受到大小為的恒力作用，F(xiàn)1、F2分別為物體初、末態(tài)所受到的力，然后用公式Wlcos求此力所做的功。例2把長為l的鐵釘釘入木板中，每打擊一次給予的能量為E0，已知釘子在木板中遇到的阻力與釘子進入木板的深度成正比，比例系數(shù)為k。問此釘子全部進入木板需要打擊幾次？規(guī)范解答在把釘子打入木板的過程中，釘子把得到的能量用來克服阻力做功，而阻力與釘子進入木板的深度成正比，先求出阻力的平均值，便可求得阻力做的功。釘子在整個過程中受到的平均阻力為：F釘子克服阻力做的功為：WFFlkl2設(shè)全過程共打擊n次，則給予釘子的總能量：E總nE0kl2所以n。完美答案方法三：用F­l(或F ­x)圖像求變力功在F­l圖像中，圖線與l軸所圍“面積”的代數(shù)和就表示力F在這段位移所做的功，位于l軸上方的“面積”為正，位于l軸下方的“面積”為負。例3放在地面上的木塊與一輕彈簧相連，彈簧處于自由伸長狀態(tài)?，F(xiàn)用手水平拉彈簧，拉力的作用點移動x10.2 m時，木塊開始運動，繼續(xù)拉彈簧，木塊緩慢移動了x20.4 m的位移，其F ­x圖像如圖所示，求上述過程中拉力所做的功。規(guī)范解答由F ­x圖像可知，在木塊運動之前，彈簧彈力隨彈簧伸長量的變化是線性變化，木塊緩慢移動時彈簧彈力不變，圖線與橫軸所圍梯形面積即為拉力所做的功，即W×(0.60.4)×40 J20 J。完美答案20 J本題也可以先用“方法二”求前半段的功，再加上后半段恒力做的功來求解。求變力做功的方法有時不是唯一的。如圖甲所示，靜置于光滑水平面上坐標(biāo)原點處的小物塊，在水平拉力F作用下，沿x軸方向運動，拉力F隨物塊所在位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系如圖乙所示，圖線為半圓，則小物塊運動到x0處時F做的總功為()A0 B.Fmx0C.Fmx0 D.x答案C解析F為變力，但F ­x圖像與x軸包圍的面積在數(shù)值上表示拉力做的總功。由于圖線為半圓，故在數(shù)值上Fmx0，WF·Fm·x0Fmx0x，D錯誤，C正確。方法四：用動能定理求變力功當(dāng)物體受到變力及其他恒力(也可能只受變力)作用引起物體的動能發(fā)生變化時，根據(jù)動能定理知，變力的功等于動能的變化減去其他恒力所做的功。例4如圖所示，質(zhì)量為m的物體與水平轉(zhuǎn)臺間的動摩擦因數(shù)為，物體與轉(zhuǎn)軸相距R，隨轉(zhuǎn)臺由靜止開始轉(zhuǎn)動。當(dāng)轉(zhuǎn)速增至某一值時，物體即將在轉(zhuǎn)臺上滑動，此時轉(zhuǎn)臺開始勻速轉(zhuǎn)動。設(shè)物體的最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，則在整個過程中摩擦力對物體做的功是()A0 B2mgRC2mgR D.規(guī)范解答物體即將在轉(zhuǎn)臺上滑動但還未滑動時，轉(zhuǎn)臺對物體的最大靜摩擦力提供向心力，設(shè)此時物體做圓周運動的線速度為v，則有mgm，在物體由靜止到獲得速度v的過程中，物體受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力對物體做功，由動能定理得：Wmv20，聯(lián)立解得W，D正確。完美答案D用動能定理求變力做功非常普遍，適用于所有情況，但本題的變力做功只能用動能定理解決。方法五：用微元法求變力功將變力功轉(zhuǎn)化為恒力功，W力×路程。當(dāng)力的大小不變而方向始終與運動方向相同、相反時，這類力所做的功可以采用微元法，將整個過程分成很多小段，在每一小段上應(yīng)用WFs求功，整個過程的功等于力和路程的乘積，如滑動摩擦力、空氣阻力等做的功。如圖所示，質(zhì)量為m的質(zhì)點在力F的作用下，沿水平面上半徑為R的光滑圓槽運動一周。若F的大小不變，方向始終與圓槽相切(與速度的方向相同)，求力F對質(zhì)點做的功時，可以將圓周分成許多極短的小圓弧l1、l2、ln，則每段小圓弧都可以看成一段極短的直線，所以質(zhì)點運動一周，力F對質(zhì)點做的功等于它在每一小段上做功的代數(shù)和，即WW1W2WnF(l1l2ln)F·2R。也可以直接用WFsF·2R求解。例5如圖所示，在水平面上，有一彎曲的槽道AB，槽道由半徑分別為和R的兩個半圓構(gòu)成，現(xiàn)用大小恒為F的拉力將一光滑小球從A點沿光滑槽道拉至B點，若拉力F的方向時刻與小球運動方向一致，則此過程中拉力所做的功為()A0 BFRC.FR D2FR規(guī)范解答雖然拉力方向時刻改變，但拉力方向與小球運動方向始終一致，用微元法，在很小的一段位移內(nèi)可以看成恒力做功，小球的路程為sR·R，則拉力做的功為WFsFR，C正確。完美答案C將物體的運動分割成許多小段，因小段很小，每一小段上作用在物體上的力可以視為恒力，這樣就將變力做功轉(zhuǎn)化為在無數(shù)多個無窮小的位移上的恒力所做功的代數(shù)和。此法在中學(xué)階段，常應(yīng)用于求解力的大小不變、方向改變的變力做功問題。如圖所示，一質(zhì)量m1.0 kg的物體從半徑R5.0 m的圓弧的A端，在拉力作用下沿圓弧緩慢運動到B端(圓弧AB在豎直平面內(nèi))。拉力F的大小始終為15 N不變，方向始終沿物體在該點的切線方向。圓弧所對應(yīng)的圓心角為60°，BO邊沿豎直方向，g取10 m/s2。在這一過程中，求：(1)拉力F做的功；(2)重力G做的功；(3)圓弧面對物體的支持力FN做的功。答案(1)78.5 J(2)25 J(3)0解析(1)將圓弧AB分成很多小段l1，l2，ln，則拉力在每小段上做的功為W1，W2，Wn，因拉力F大小不變，方向始終沿物體在該點的切線方向，所以W1Fl1，W2Fl2，WnFln，所以WFW1W2WnF(l1l2ln)F·R78.5 J。(2)重力G做的功WGmgR(1cos60°)25 J。(3)物體受的支持力FN始終與物體的運動方向垂直，所以WN0。小結(jié)雖然求變力做功的方法較多，但不同的方法所適用的情況不相同，同樣的變力做功也可以用不同的方法來求。還有一種情況即機車以恒定功率啟動時，牽引力也是一種變力，這個時候的牽引力做的功可用WPt來求。課堂任務(wù)利用動力學(xué)觀點和能量觀點解題比較 解決物體在恒力作用下的直線運動問題，可以用牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)公式求解，也可以用動能定理求解。但如果不是恒力，在中學(xué)階段用牛頓運動定律就無法準(zhǔn)確求解了。應(yīng)用牛頓第二定律和運動學(xué)規(guī)律解題時，涉及的有關(guān)物理量比較多，對運動過程的細節(jié)需要仔細研究，而應(yīng)用動能定理解題只需考慮外力做功和初、末兩個狀態(tài)的動能，并且可以把不同的運動過程合并為一個全過程來處理。一般情況下，由牛頓第二定律和運動學(xué)規(guī)律能夠解決的問題，用動能定理也可以求解，并且更為簡捷。在單個物體機械能守恒的情況下，既可以用機械能守恒定律求解，也可以用動能定理求解；但是涉及多個物體的，用動能定理求解往往就不合適了。當(dāng)機械能不守恒時，一般會選擇動能定理求解，還可以從能量轉(zhuǎn)化的角度分析求解。下面我們看看這幾個定理定律的解題都有些什么特點。例6如圖所示，一個物體從斜面上高h處由靜止滑下并緊接著在水平面上滑行一段距離后停止。測得停止處與開始運動處的水平距離為l，不考慮物體滑至斜面底端時的碰撞作用，并認為斜面與水平面和物體的動摩擦因數(shù)相同，求動摩擦因數(shù)。規(guī)范解答解法一：(用動能定理求解)物體從靜止開始運動，最后又靜止在水平面上，Ek2Ek10物體沿斜面下滑時，重力和摩擦力對物體做功，支持力不做功，設(shè)斜面傾角為，斜面長為L，則重力和摩擦力的功分別為WGmgh，Wf1mgLcos物體在水平面上滑行時，重力和支持力不做功，僅有摩擦力做功，設(shè)物體在水平面上滑行的距離為l2，則Wf2mgl2根據(jù)動能定理得：WGWf1Wf2Ek2Ek1，即mghmgLcosmgl20又ll2，hLsin，解得。解法二：(用牛頓第二定律和運動學(xué)公式求解)設(shè)斜面傾角為，物體沿斜面下滑時，由牛頓第二定律得mgsinmgcosma1設(shè)斜面長為L，物體滑到斜面底端時的速度為v1，則v2a1L物體在水平面上滑行時，由牛頓第二定律得mgma2設(shè)物體在水平面上滑行的距離為l2，則v2a2l2又ll2，hLsin，聯(lián)立以上各式解得：。完美答案因為受恒力作用，用牛頓運動定律和動能定理都可以求解；但是如果題目要求物體的加速度或時間就只能用牛頓運動定律求解；如果出現(xiàn)了變力，那就只能用動能定理；涉及多個運動過程時，最好還是用動能定理。例7如圖所示，右端連有一個光滑弧形槽的水平桌面AB長L1.5 m，一個質(zhì)量為m0.5 kg的木塊在F1.5 N的水平拉力作用下，從桌面上的A端由靜止開始向右運動，木塊到達B端時撤去拉力F，木塊滑上弧形槽后又返回桌面，木塊與水平桌面間的動摩擦因數(shù)0.2，取g10 m/s2。求木塊返回桌面后離B的最大距離。規(guī)范解答整個過程重力的做功為零，故只有拉力和摩擦力做功，摩擦力f大小不變，設(shè)在桌面上來回運動的總路程為s，則摩擦力做功Wffs，而拉力F做功WFFL，又fmg，根據(jù)動能定理有：FLfs0，則s，代入數(shù)據(jù)得s m2.25 m。所以總路程是2.25 m，木塊返回桌面后，離B的最大距離就是2.25 m1.5 m0.75 m。完美答案0.75 m如圖所示，質(zhì)量為m的物體，從高為h、傾角為的光滑斜面頂端由靜止開始沿斜面下滑，最后停在水平面上，已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為，物體從斜面滑上水平面時速度大小不變，求：(1)物體滑至斜面底端時的速度大?。?2)物體在水平面上滑行的距離。答案(1)(2)解析解法一：(用動能定理求解)(1)物體由斜面頂端滑至底端的過程中，由動能定理可得mghmv2，解得v。(2)設(shè)物體在水平面上滑行的距離為l，由動能定理得mgl0mv2，解得l。解法二：(用牛頓運動定律和運動學(xué)公式求解)(1)設(shè)沿斜面下滑的加速度為a1，則mgsinma1斜面長l1，由2a1l1v2得v。(2)設(shè)在水平面上滑行的加速度為a2，滑行的距離為l，則mgma2又0v22a2l，得l。例8如圖甲所示，一質(zhì)量為m1 kg的物塊靜止在粗糙水平面上的A點，從t0時刻開始物塊受到如圖乙所示規(guī)律變化的水平力F的作用并向右運動，第3 s末物塊運動到B點時速度剛好為0，第5 s末物塊剛好回到A點，已知物塊與粗糙水平面間的動摩擦因數(shù)0.2，求：(g10 m/s2)(1)A與B間的距離；(2)水平力F在前5 s內(nèi)對物塊做的功。規(guī)范解答(1)A、B間的距離與物塊在后2 s內(nèi)的位移大小相等，在后2 s內(nèi)物塊在水平恒力作用下由B點勻加速運動到A點，由牛頓第二定律知Fmgma，代入數(shù)值得a2 m/s2，所以A與B間的距離為xat24 m。(2)前3 s內(nèi)物塊所受力F是變力，設(shè)整個過程中力F做的功為W，物塊回到A點時速度為v，則v22ax，由動能定理知W2mgxmv2，所以W2mgxmax24 J。完美答案(1)4 m(2)24 J(1)前3 s內(nèi)物塊所受的力F是無規(guī)則的變力，故無法用牛頓運動定律求得前3 s的位移，前3 s內(nèi)力F做的功無法直接求出，這時只能考慮用動能定理求解。(2)35 s物塊所受的力為恒力，而又必須通過這一段來找位移等相關(guān)量，且末狀態(tài)未知，故直接用動能定理無從下手，只能用牛頓運動定律和運動學(xué)公式求解。(3)整個過程只有拉力和摩擦力做功，本是兩個過程，解題時作為一個整體考慮比較便捷。這里也可以分段討論，但相對來說比較麻煩。如圖所示，將毛刷均勻粘貼在斜面上，讓所有毛的方向均沿斜面向上傾斜，物塊M沿斜面的運動有如下特點：沿順著毛的傾斜方向運動時，毛產(chǎn)生的阻力可以忽略；沿逆著毛的傾斜方向運動時，會受到來自毛的滑動摩擦力，且動摩擦因數(shù)為0.5，斜面頂端距水平面高度為h0.8 m，質(zhì)量為m2 kg的物塊M從斜面頂端A由靜止滑下，從O點進入光滑水平滑道時無機械能損失，為使物塊M制動，將輕彈簧的一端固定在水平滑道延長線B處的墻上，另一端恰位于水平滑道的中點C。已知斜面的傾角53°，重力加速度取g10 m/s2，sin53°0.8，cos53°0.6。求：(1)物塊M滑到O點時的速度大小以及彈簧壓縮到最短時的彈性勢能(設(shè)彈簧處于原長時彈性勢能為零)；(2)若物塊M能夠被彈回到斜面上，則它能夠上升的最大高度；(3)物塊M在斜面上上下滑動過程中的總路程。答案(1) m/s10 J(2)0.5 m(3)4.34 m解析(1)由動能定理得：mghmgcos·mv2，代入數(shù)據(jù)得v m/s。從O點至彈簧壓縮到最短的過程中，只有彈簧彈力做功。由動能定理有W彈0mv210 J，故彈簧壓縮到最短時的彈性勢能是10 J。(2)設(shè)物塊M第一次被彈回，上升的最大高度為H，由動能定理得mg(hH)mgcos·0解得H0.5 m。(3)物塊M最終停止在水平面上，對于運動的全過程，由動能定理有mghmgcos·x0物塊M在斜面上下滑過程中的路程l2.67 m，所以物塊M在斜面上上下滑動過程中的總路程x2l4.34 m。例9如圖所示，一固定在豎直平面內(nèi)的光滑半圓形軌道ABC，其半徑R0.5 m，軌道在C處與水平地面相切，在C處放一小物塊，給它一水平向左的初速度v05 m/s，結(jié)果它沿CBA運動，通過A點，最后落在水平地面上的D點，求C、D間的距離s。(重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力)規(guī)范解答解法一：(用機械能守恒定律求解)物塊由C到A過程，只有重力做功，機械能守恒，則EpEk，即2mgRmvmv2物塊從A到D過程做平拋運動，則豎直方向：2Rgt2水平方向：svt聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：s1 m。解法二：(用動能定理求解)物塊由C到A過程，只有重力做功，由動能定理得2mgRmv2mv物塊從A到D過程做平拋運動，則豎直方向：2Rgt2，水平方向：svt聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：s1 m。完美答案1 m對單個物體機械能守恒的情況，用動能定理和機械能守恒定律列出的式子都差不多，甚至一模一樣，只是解題的思路不同而已。如圖，一不可伸長的輕繩上端懸掛于O點，下端系一質(zhì)量m1.0 kg的小球?，F(xiàn)將小球拉到A點(保持繩繃直)由靜止釋放，當(dāng)它經(jīng)過B點時繩恰好被拉斷，小球平拋后落在水平地面上的C點。地面上的D點與OB在同一豎直線上，已知繩長L1.0 m，B點離地高度H1.0 m，A、B兩點的高度差h0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣影響，求：(1)地面上D、C兩點間的距離s；(2)輕繩所受的最大拉力大小。答案(1)1.41 m(2)20 N解析(1)小球從A到B過程機械能守恒，有mghmv小球從B到C做平拋運動，在豎直方向上有Hgt2在水平方向上有svBt由式解得s1.41 m。(2)小球下擺到達B點時，繩的拉力和重力的合力提供向心力，有Fmgm由式解得F20 N根據(jù)牛頓第三定律FF，故輕繩所受的最大拉力為20 N。 例10如圖所示，斜面體的斜面傾角30°，豎直面與地面垂直，高為H，斜面頂點上有一定滑輪，物塊A和B的質(zhì)量分別為m1和m2，通過輕而柔軟的細繩連接并跨過定滑輪。開始時兩物塊都位于與地面距離為H的位置上，釋放兩物塊后，A沿斜面無摩擦地上滑，B沿豎直方向下落。若物塊A恰好能達到斜面的頂點，試求m1和m2的比值?；喌馁|(zhì)量、半徑和摩擦均可忽略不計。規(guī)范解答設(shè)B剛下落到地面時速度為v，由系統(tǒng)機械能守恒得：m2g·m1g·sin30°(m1m2)v2A以速度v上滑到頂點過程中機械能守恒，則：m1v2m1gsin30°由得。完美答案看似復(fù)雜的問題，抓住本質(zhì)特點，采用恰當(dāng)?shù)慕忸}方法就可以很快解決。此題用了兩次機械能守恒定律就把問題解決了。多個物體組成的系統(tǒng)機械能守恒時，一般不用動能定理求解，但是如果涉及多個物體的內(nèi)部受力情況或具體的機械能變化多少，可以單獨對某個物體用動能定理進行分析求解。如圖所示，在長為L的輕桿的中點A和端點B各固定一質(zhì)量為m的球，桿可繞軸O無摩擦地轉(zhuǎn)動，使桿從水平位置無初速度釋放。求：當(dāng)桿轉(zhuǎn)到豎直位置時，桿對A、B兩球分別做了多少功？答案mgLmgL解析設(shè)當(dāng)桿轉(zhuǎn)到豎直位置時，A球和B球的速度分別為vA和vB。如果把輕桿、兩球組成的系統(tǒng)作為研究對象，因為機械能沒有轉(zhuǎn)化為其他形式的能，故系統(tǒng)機械能守恒，可得：mgLmgLmvmv因A球與B球在各個時刻對應(yīng)的角速度相同，故vB2vA聯(lián)立得：vA ，vB 根據(jù)動能定理，對A有：WAmg·mv0，解得WAmgL對B有：WBmgLmv0，解得WBmgL。例11如圖所示，質(zhì)量為m的小球自由下落d后，沿豎直面內(nèi)的固定軌道ABC運動，AB是半徑為d的光滑圓弧，BC是直徑為d的粗糙半圓弧(B是軌道的最低點)。小球恰能通過圓弧軌道的最高點C，重力加速度為g，求：小球在BC運動過程中，摩擦力對小球做的功。規(guī)范解答小球恰能通過圓弧軌道的最高點C，故有：mgm，解得mvmgd小球從開始運動到C的過程只有重力和摩擦力做功，由圖知WGmgd，設(shè)摩擦力做的功為Wf，由動能定理知：WGWfmv，WfmvWGmgdmgdmgd。完美答案mgd(1)整個過程機械能不守恒，所以用動能定理求解。(2)動能定理并非是求解本題的唯一方法，我們也可以從能量變化的角度來求解。以C所在水平面為零勢能面，小球開始時的機械能為重力勢能mgd，小球在C點的機械能為在這點時的動能mgd，機械能減少了mgd，減少的機械能通過克服摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。(3)在最高點沒有支撐效果的豎直平面內(nèi)的圓周運動，物體能通過最高點的臨界條件為mmg，由此得到過最高點的最小動能。如圖所示，一個可以看成質(zhì)點的質(zhì)量m2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飛出后，恰好從A點沿切線方向進入圓弧軌道，其中B為軌道的最低點，C為最高點且與水平桌面等高，圓弧AB對應(yīng)的圓心角53°，軌道半徑R0.5 m。已知sin53°0.8，cos53°0.6，不計空氣阻力，g取10 m/s2。(1)求小球的初速度v0的大小；(2)若小球恰好能通過最高點C，求在圓弧軌道上摩擦力對小球做的功。答案(1)3 m/s(2)4 J解析(1)在A點由平拋運動規(guī)律得：vAv0。小球由桌面到A點的過程中，由動能定理得mg(RRcos)mvmv由得：v03 m/s。(2)在最高點C處有mgm，小球從桌面到C點，由動能定理得Wfmvmv，代入數(shù)據(jù)解得Wf4 J。1(多選)如圖所示，小球質(zhì)量為m，一不可伸長的懸線長為l，把懸線拉到水平位置后放手，設(shè)小球運動過程中空氣阻力F阻大小恒定，則小球從水平位置A到豎直位置B的過程中，下列說法正確的是()A重力做功為mglB繩的拉力做功為0C空氣阻力做功為F阻lD空氣阻力做功為F阻l答案ABD解析小球從A位置到B位置，沿豎直方向的位移為l，所以重力做功為mgl，A正確；小球從A釋放后，做圓周運動到B，繩的拉力始終與小球的速度垂直，繩的拉力不做功，B正確；小球運動過程中空氣阻力大小恒定，但方向始終與速度方向相反，所以空氣阻力做功為F阻·F阻l，故C錯誤，D正確。2如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜止在光滑的水平平臺上，系在物體上的繩子跨過光滑的定滑輪，由地面上的人以速度v0水平向右勻速拉動，設(shè)人從地面上平臺的邊緣開始向右行至繩與水平方向夾角為45°處，在此過程中人的拉力對物體所做的功為()A. B. C. Dmv答案C解析人行至繩與水平方向夾角為45°處時，物體的速度為vv0cos45°，由動能定理，人的拉力對物體所做的功：WEkmv2mv，正確選項為C。3如圖所示，水平木板上有質(zhì)量m1.0 kg的物塊，受到隨時間t變化的水平拉力F作用，用力傳感器測出相應(yīng)時刻物塊所受摩擦力Ff的大小。取重力加速度g10 m/s2，下列判斷正確的是()A前5 s內(nèi)拉力對物塊做功為零B4 s末物塊所受合力大小為4.0 NC物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.4D69 s內(nèi)物塊的加速度大小為2.0 m/s2答案D解析由圖像知物塊前4 s靜止，45 s內(nèi)做加速運動，前5 s內(nèi)拉力對物塊做功不為零，故A錯誤；4 s末物塊受到的合力不可能為4.0 N，B錯誤；由4 s之后的運動情況判斷其受滑動摩擦力Ffmg3 N，得0.3，C錯誤；由牛頓第二定律可知5 s后物塊的加速度a2 m/s2，D正確。4如圖所示，長為L的細線，一端系于懸點A，另一端拴住一質(zhì)量為m的小球，先將小球拉至水平位置并使細線繃直，在懸點A的正下方O點釘有一光滑小釘子，今將小球由靜止釋放，要使小球能在豎直平面內(nèi)做完整圓周運動，OA的最小距離是()A. B. C.L D.L答案D解析設(shè)小球恰好做完整圓周運動時其軌道半徑為R，小球剛好過最高點的條件為mgm，解得v0。小球由靜止釋放到運動至圓周的最高點過程中，只有重力做功，因而機械能守恒，取初位置所在水平面為參考平面，由機械能守恒定律得0mvmg(L2R)，解得RL，所以O(shè)A的最小距離為LRL，故D正確。5(多選)如圖所示，半徑為R的豎直光滑圓軌道與光滑水平面相切，質(zhì)量均為m的小球A、B與輕桿連接，置于圓軌道上，A位于圓心O的正下方，B與O等高。它們由靜止釋放，最終在水平面上運動。下列說法正確的是()A下滑過程中B的重力做功的功率先增大后減小B當(dāng)B滑到圓軌道最低點時，軌道對B的支持力大小為3mgC下滑過程中B的機械能增加D整個過程中輕桿對A做的功為mgR答案AD解析因為初位置B的速度為零，則重力的功率為0，最低點速度方向與重力的方向垂直，重力的功率為零，可知重力的功率先增大后減小，故A正確；A、B及輕桿組成的系統(tǒng)，在運動過程中，機械能守恒，設(shè)B到達圓軌道最低點時速度為v，根據(jù)機械能守恒定律得(mm)v2mgR，解得v，在最低點，根據(jù)牛頓第二定律得Nmgm，解得N2mg，故B錯誤；下滑過程中，B的重力勢能減小EpmgR，動能增加Ekmv2mgR，所以機械能減小mgR，故C錯誤；整個過程中，對A根據(jù)動能定理得：Wmv2mgR，故D正確。6.一物體所受的力F隨位移l發(fā)生如圖所示的變化，求這一過程中，力F對物體做的功為多少？答案6 J解析力F對物體做的功等于l軸上方的正功(梯形“面積”)與l軸下方的負功(三角形“面積”)的代數(shù)和。所以力F對物體做的功為W×(43)×2 J×(54)×2 J6 J。7.如圖所示，質(zhì)量為m的小球用長L的細線懸掛而靜止在豎直位置。在下列三種情況下，分別用水平拉力F將小球拉到細線與豎直方向成角的位置。已知重力加速度為g，求下述情況下拉力F做的功各是多少？(1)用F緩慢地拉；(2)F為恒力；(3)若F為恒力，而且拉到該位置時小球的速度剛好為零。答案(1)mgL(1cos)(2)FLsin(3)FLsin或mgL(1cos)解析(1)若用F緩慢地拉，則顯然F為變力，由動能定理得：WFmgL(1cos)0即WFmgL(1cos)。(2)對恒力F做的功，由公式WFlcos得：WFFLsin。(3)解法一：對恒力F做功，由公式WFlcos得：WFFLsin。解法二：由動能定理得：WFmgL(1cos)0，故WFmgL(1cos)。8如圖所示，摩托車做特技表演時，以v010 m/s的初速度從高臺底部沖向高臺頂端，然后從高臺頂端水平飛出。摩托車在沖向高臺頂端的過程中始終以P4 kW的額定功率行駛，所經(jīng)歷的時間t3 s。人和車的總質(zhì)量m1.8×102 kg，臺高h5 m，摩托車沖到高臺頂端時的速度為v11 m/s。取重力加速度g10 m/s2。求：(1)摩托車在沖向高臺頂端的過程中牽引力所做的功；(2)摩托車在沖向高臺頂端的過程中克服阻力所做的功。答案(1)1.2×104 J(2)1.11×103 J解析(1)摩托車在沖向高臺頂端的過程中牽引力所做的功WPt1.2×104 J。(2)設(shè)摩托車在沖向高臺頂端的過程中克服阻力所做的功為Wf，根據(jù)動能定理得WWfmghmv2mv代入數(shù)據(jù)，可得Wf1.11×103 J。9.如圖所示，一個質(zhì)量為m0.6 kg的小球以初速度v02 m/s從P點水平拋出，從粗糙圓弧ABC的A點沿切線方向進入(不計空氣阻力，進入圓弧時無動能損失)且恰好沿圓弧通過最高點C，已知圓弧的圓心為O，半徑R0.3 m，60°，g10 m/s2。求：(1)小球到達A點的速度vA的大??；(2)P點到A點的豎直高度H；(3)小球從圓弧A點運動到最高點C的過程中克服摩擦力所做的功W。答案(1)4 m/s(2)0.6 m(3)1.2 J解析(1)在A點由速度的合成得vA，代入數(shù)據(jù)解得vA4 m/s。(2)從P點到A點小球做平拋運動，豎直分速度vyv0tan由運動學(xué)規(guī)律有v2gH聯(lián)立解得H0.6 m。(3)小球恰好過C點，則mgm從A點到C點由動能定理得mgR(1cos)Wmvmv代入數(shù)據(jù)解得W1.2 J。10將小球由h2 m的高度靜止釋放，小球與地面碰撞后反彈的高度為h。設(shè)碰撞時沒有動能的損失，且小球在運動過程中受到的空氣阻力大小不變，求：(1)小球受到的空氣阻力是重力的多少倍？(2)小球從開始到停止運動的過程中運動的總路程。答案(1)(2)14 m解析設(shè)小球的質(zhì)量為m，所受空氣阻力大小為f。(1)小球從h高度處釋放時速度為零，與地面碰撞后反彈到h高度時，速度也為零，由動能定理得mgf0，解得fmg。(2)設(shè)小球運動的總路程為x，最后小球靜止在地面上，對于整個過程，由動能定理得mghfx0，xh7×2 m14 m。11某緩沖裝置的理想模型如圖所示，勁度系數(shù)足夠大的輕質(zhì)彈簧與輕桿相連，輕桿可在固定的槽內(nèi)移動，與槽間的滑動摩擦力恒為f。輕桿向右移動不超過l時，裝置可安全工作，一質(zhì)量為m的小車若以速度v0撞擊彈簧，將導(dǎo)致輕桿向右移動。輕桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且不計小車與地面的摩擦。(1)若彈簧的勁度系數(shù)為k，求輕桿開始移動時，彈簧的壓縮量x；(2)求為使裝置安全工作，允許該小車撞擊的最大速度vm；(3)討論在裝置安全工作時，該小車彈回速度v和撞擊速度v的關(guān)系。答案(1)(2) (3)當(dāng)v 時，vv；當(dāng) v時，v 解析(1)輕桿開始移動時，彈簧的彈力Fkx 且Ff由式解得x。(2)設(shè)輕桿移動前小車克服彈簧彈力所做的功為W，則小車從撞擊到速度為0的過程中，由動能定理得：f·W0mv同理，小車以vm撞擊彈簧時，flW0mv由式解得vm 。(3)設(shè)輕桿恰好移動時，小車撞擊速度為v1，mvW由式解得v1當(dāng)v 時，vv；當(dāng) v 時，v 。- 20 -