《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觀點和能量觀點解題比較學案 新人教版必修2》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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觀點和能量觀點解題比較學案 新人教版必修2（20頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題三　變力做功及利用動力學觀點和能量觀點解題比較 課堂任務(wù)　變力做功問題 功的計算在中學物理中占有十分重要的地位，中學階段所學的功的計算公式W＝Flcosα，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W＝Flcosα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

2、α，當拉力F作用一段時間后，繩與水平面間的夾角為β。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α變到β的過程中，拉力F作用的繩端的位移的大小為 Δl＝l1－l2＝h 由W＝Fl可知：WT＝WF＝FΔl＝Fh。 [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

3、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h＝3 m。 物體升高的高度Δh＝－① 對全過程分析可得人拉繩的力所做的功 W人＝W＝mgΔh② 由①②兩式聯(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

4、 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W＝lcosα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：

5、WF＝Fl＝kl2 設(shè)全過程共打擊n次，則給予釘子的總能量： E總＝nE0＝kl2 所以n＝。 [完美答案]　 方法三：用F-l(或F -x)圖像求變力功 在F-l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x1＝0.2 m時，木塊開始運動，繼續(xù)拉彈簧，木塊緩慢移動了x2＝0.4 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

6、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＝×(0.6＋0.4)×40 J＝20 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(　　) A．0 B.Fmx0 C.Fmx0 D.x 答案　C 解析　F為變力，但F -x圖像與

7、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Fm＝x0，W＝πF＝π·Fm·x0＝Fmx0＝x，D錯誤，C正確。 方法四：用動能定理求變力功 當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μ，物體與轉(zhuǎn)軸相距R，隨轉(zhuǎn)臺由靜止開始轉(zhuǎn)動。當轉(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(　　) A．0 B．2μmgR C．2π

8、μmgR 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μmg＝m，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：W＝mv2－0，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W

9、＝FΔs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Δl1、Δl2、…Δln，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W＝W1＋W2＋…＋Wn＝F(Δl1＋Δl2＋…＋Δln)＝F·2πR。也可以直接用W＝Fs＝F·2πR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

10、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(　　) A．0 B．FR C.πFR D．2πFR [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s＝πR＋π·＝πR，則拉力做的功為W＝Fs＝πFR，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。此法在中學階段，常應(yīng)用于求解力的大小

11、不變、方向改變的變力做功問題。 　如圖所示，一質(zhì)量m＝1.0 kg的物體從半徑R＝5.0 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，

12、方向始終沿物體在該點的切線方向，所以W1＝Fl1，W2＝Fl2，……，Wn＝Fln，所以WF＝W1＋W2＋……＋Wn＝F(l1＋l2＋……＋ln)＝F·R＝78.5 J。 (2)重力G做的功WG＝－mgR(1－cos60°)＝－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WN＝0。 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W＝Pt來求。 課堂任務(wù)　利用動力學觀點和能量觀點解題比較 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　

13、 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)合運動學公式求解，也可以用動能定理求解。但如果不是恒力，在中學階段用牛頓運動定律就無法準確求解了。應(yīng)用牛頓第二定律和運動學規(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。當機械能不守恒

14、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)μ。 [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，Ek2＝Ek1＝0 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α，斜面長為L，則重力和摩擦力的功分別為WG＝mgh，Wf1＝－μmgLcos

15、α 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 Wf2＝－μmgl2 根據(jù)動能定理得：WG＋Wf1＋Wf2＝Ek2－Ek1， 即mgh－μmgLcosα－μmgl2＝0 又l＝＋l2，h＝Lsinα，解得μ＝＝。 解法二：(用牛頓第二定律和運動學公式求解) 設(shè)斜面傾角為α，物體沿斜面下滑時，由牛頓第二定律得mgsinα－μmgcosα＝ma1 設(shè)斜面長為L，物體滑到斜面底端時的速度為v1，則 v＝2a1L 物體在水平面上滑行時，由牛頓第二定律得 －μmg＝ma2 設(shè)物體在水平面上滑行的距離為l2，則－v＝2a2l2

16、又l＝＋l2，h＝Lsinα， 聯(lián)立以上各式解得：μ＝＝。 [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L＝1.5 m，一個質(zhì)量為m＝0.5 kg的木塊在F＝1.5 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)μ＝0.2，取g＝10 m/s2。求木塊返回桌面后離B的最

17、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Wf＝－fs，而拉力F做功WF＝FL， 又f＝μmg，根據(jù)動能定理有：FL－fs＝0， 則s＝，代入數(shù)據(jù)得 s＝ m＝2.25 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 m－1.5 m＝0.75 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θ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μ，物體從斜面滑上水平面時速度大小不變，求：

18、 (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 mgh＝mv2，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 －μmgl＝0－mv2，解得l＝＝。 解法二：(用牛頓運動定律和運動學公式求解) (1)設(shè)沿斜面下滑的加速度為a1，則mgsinθ＝ma1 斜面長l1＝，由2a1l1＝v2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－μmg＝ma2 又0－v2＝2a2l，得l＝。 例8　

19、如圖甲所示，一質(zhì)量為m＝1 kg的物塊靜止在粗糙水平面上的A點，從t＝0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)μ＝0.2，求：(g＝10 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F－μmg＝ma， 代入數(shù)值得a＝2 m/s2， 所以A與B間的距離為x＝at2＝4 m。 (2)前3

20、 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v2＝2ax， 由動能定理知W－2μmgx＝mv2， 所以W＝2μmgx＋max＝24 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)3～5 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

21、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：①沿順著毛的傾斜方向運動時，毛產(chǎn)生的阻力可以忽略；②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μ＝0.5，斜面頂端距水平面高度為h＝0.8 m，質(zhì)量為m＝2 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θ＝53°，重力加速度取g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53

22、°＝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/s　10 J　(2)0.5 m　(3)4.34 m 解析　(1)由動能定理得： mgh－μmgcosθ·＝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＝0－mv2＝－10 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

23、得mg(h－H)－μmgcosθ·＝0 解得H＝0.5 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mgh－μmgcosθ·x＝0 物塊M在斜面上下滑過程中的路程l＝≈2.67 m， 所以物塊M在斜面上上下滑動過程中的總路程 x＝2l－＝4.34 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R＝0.5 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v0＝5 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)

24、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ΔEp＝－ΔEk，即2mgR＝mv－mv2 物塊從A到D過程做平拋運動，則 豎直方向：2R＝gt2 水平方向：s＝vt 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：s＝1 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－2mgR＝mv2－mv 物塊從A到D過程做平拋運動，則 豎直方向：2R＝gt2，水平方向：s＝vt 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：s＝1 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

25、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m＝1.0 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L＝1.0 m，B點離地高度H＝1.0 m，A、B兩點的高度差h＝0.5 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 mgh＝mv① 小球從B到C做平拋運動， 在豎直

26、方向上有H＝gt2② 在水平方向上有s＝vBt③ 由①②③式解得s＝1.41 m。④ (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 F－mg＝m⑤ 由①⑤式解得F＝20 N 根據(jù)牛頓第三定律F′＝－F，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θ＝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

27、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°＝(m1＋m2)v2① A以速度v上滑到頂點過程中機械能守恒，則： m1v2＝m1gsin30°② 由①②得＝。 [完美答案]　 看似復(fù)雜的問題，抓住本質(zhì)特點，采用恰當?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

28、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：當桿轉(zhuǎn)到豎直位置時，桿對A、B兩球分別做了多少功？ 答案　－mgL　mgL 解析　設(shè)當桿轉(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： mgL＋mgL＝mv＋mv① 因A球與B球在各個時刻對應(yīng)的角速度相同， 故vB＝2vA② 聯(lián)立①②得：vA＝ ，vB＝ 根據(jù)動能定理，對A有：WA＋mg·＝mv－0， 解得WA＝－mgL 對B有：WB＋mgL＝mv－0，解得WB＝mgL。 例11　如圖所示，質(zhì)量為m的小

29、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：mg＝m，解得mv＝mgd 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WG＝mgd，設(shè)摩擦力做的功為Wf，由動能定理知： WG＋Wf＝mv， Wf＝mv－WG＝mgd－mgd＝－mgd。 [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

30、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m＝mg，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m＝2 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θ＝53°，軌道半徑R＝0.5 m。已知sin53°＝0.8，cos

31、53°＝0.6，不計空氣阻力，g取10 m/s2。 (1)求小球的初速度v0的大?。? (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： vA＝＝v0。① 小球由桌面到A點的過程中，由動能定理得 mg(R＋Rcosθ)＝mv－mv② 由①②得：v0＝3 m/s。 (2)在最高點C處有mg＝m，小球從桌面到C點， 由動能定理得Wf＝mv－mv， 代入數(shù)據(jù)解得Wf＝－4 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

32、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mgl B．繩的拉力做功為0 C．空氣阻力做功為－F阻l D．空氣阻力做功為－F阻πl(wèi) 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πl(wèi)，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

33、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. D．mv 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v＝v0cos45°，由動能定理，人的拉力對物體所做的功：W＝ΔEk＝mv2＝mv，正確選項為C。 3．如圖所示，水平木板上有質(zhì)量m＝1.0 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g＝10 m/s2，下列判斷正確的是(　　) A．前5 s內(nèi)拉力對物塊

34、做功為零 B．4 s末物塊所受合力大小為4.0 N C．物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.4 D．6～9 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，4～5 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Ff＝μmg＝3 N，得μ＝0.3，C錯誤；由牛頓第二定律可知5 s后物塊的加速度a＝＝2 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

35、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mg＝m，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0＝mv－mg(L－2R)，解得R＝L，所以O(shè)A的最小距離為L－R＝L，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

36、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B滑到圓軌道最低點時，軌道對B的支持力大小為3mg C．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(m＋m)v2＝mgR，解得v＝，在最低點，根據(jù)牛頓第二定律得N－mg＝m，解得N＝2mg，故B

37、錯誤；下滑過程中，B的重力勢能減小ΔEp＝mgR，動能增加ΔEk＝mv2＝mgR，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：W＝mv2＝mgR，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＝×(4＋3)×2 J－×(5－4)×2 J＝6 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

38、成θ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(1－cosθ)　(2)FLsinθ (3)FLsinθ或mgL(1－cosθ) 解析　(1)若用F緩慢地拉，則顯然F為變力，由動能定理得： WF－mgL(1－cosθ)＝0 即WF＝mgL(1－cosθ)。 (2)對恒力F做的功，由公式W＝Flcosα得： WF＝FLsinθ。 (3)解法一：對恒力F做功，由公式W＝Flcosα得： WF＝FLsinθ。 解法二：由動能定理得：WF

39、－mgL(1－cosθ)＝0， 故WF＝mgL(1－cosθ)。 8．如圖所示，摩托車做特技表演時，以v0＝10 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P＝4 kW的額定功率行駛，所經(jīng)歷的時間t＝3 s。人和車的總質(zhì)量m＝1.8×102 kg，臺高h＝5 m，摩托車沖到高臺頂端時的速度為v＝11 m/s。取重力加速度g＝10 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

40、車在沖向高臺頂端的過程中牽引力所做的功W＝Pt＝1.2×104 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 W－Wf－mgh＝mv2－mv 代入數(shù)據(jù)，可得Wf＝1.11×103 J。 9.如圖所示，一個質(zhì)量為m＝0.6 kg的小球以初速度v0＝2 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R＝0.3 m，θ＝60°，g＝10 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

41、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vA＝4 m/s。 (2)從P點到A點小球做平拋運動， 豎直分速度vy＝v0tanθ 由運動學規(guī)律有v＝2gH 聯(lián)立解得H＝0.6 m。 (3)小球恰好過C點，則mg＝m 從A點到C點由動能定理得 －mgR(1＋cosθ)－W＝mv－mv 代入數(shù)據(jù)解得W＝1.2 J。 10．將小球由h＝2 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)

42、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mg－f＝0， 解得f＝mg。 (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 mgh－fx＝0，x＝h＝7×2 m＝14 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)

43、量為m的小車若以速度v0撞擊彈簧，將導致輕桿向右移動。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v＜ 時，v′＝v；當 ≤v≤時，v′＝ 解析　(1)輕桿開始移動時，彈簧的彈力F＝kx① 且F＝f② 由①②式解得x＝。③ (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·－W＝0－mv④ 同理，小車以vm撞擊彈簧時，－fl－W＝0－mv⑤ 由④⑤式解得vm＝ 。⑥ (3)設(shè)輕桿恰好移動時，小車撞擊速度為v1， mv＝W⑦ 由④⑦式解得v1＝ 當v＜ 時，v′＝v； 當 ≤v≤ 時，v′＝ 。 - 20 -