2018_2019學(xué)年高中物理第3章動能的變化與機械功學(xué)案(打包6套)滬科版必修2.zip
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3.3 動能定理的應(yīng)用
[學(xué)習(xí)目標(biāo)] 1.能靈活運用合力做功的兩種求法.2.會用動能定理分析變力做功、曲線運動以及多過程問題.3.熟悉應(yīng)用動能定理的步驟,領(lǐng)會應(yīng)用動能定理解題的優(yōu)越性.
一、研究汽車的制動距離
應(yīng)用動能定理分析問題,只需考慮物體初、末狀態(tài)的動能與所做的功,而不必考慮物體的加速度和時間,因而往往比用牛頓運動定律和運動學(xué)規(guī)律更簡便.
例1 質(zhì)量為m的汽車正以速度v0運動,司機踩下剎車閘,經(jīng)過位移s后汽車停止運動,若阻力為f,則汽車的制動距離與汽車的初速度的關(guān)系如何?
答案
解析 由動能定理得:
-fs=0-mv02得:s=
1.在f一定的情況下:s∝mv02,即初動能越大,位移s越大.
2.對于給定汽車(m一定),若f相同,則s∝v02,即初速度越大,位移s就越大.若水平路面的動摩擦因數(shù)μ一定,則s==.
二、合力做功與動能變化
1.合力做功的求法
(1)一般方法:W合=W1+W2+…(即合力做的功等于各力對物體做功的代數(shù)和).對于多過程問題總功的計算必須用此方法.
(2)多個恒力同時作用下的勻變速運動:W合=F合scos α.
2.合力做功與動能的變化的關(guān)系
合力做功與動能的變化滿足動能定理,其表達(dá)式有兩種:
(1)W1+W2+…=ΔEk.
(2)W合=ΔEk.
例2 如圖1所示,利用斜面從貨車上卸貨,每包貨物的質(zhì)量m=20 kg,斜面傾角α=37°,斜面的長度s=0.5 m,貨物與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,求貨物由靜止開始滑到底端的動能.(取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
圖1
答案 見解析
解析 方法一 斜面上的貨物受到重力G、斜面支持力N和摩擦力f共三個力的作用,如圖所示.貨物位移的方向沿斜面向下.可以用正交分解法,將貨物所受的重力分解到與斜面平行的方向和與斜面垂直的方向.
可以看出,三個力中重力和摩擦力對貨物做功,而斜面支持力對貨物沒有做功.其中重力G對貨物做正功
W1=mgssin 37°=20×10×0.5×0.6 J=60 J
支持力N對貨物沒有做功,W2=0
摩擦力f對貨物做負(fù)功
W3=(μmgcos 37°)scos 180°=-0.2×20×10×0.8×0.5 J=-16 J
所以,合外力做的總功為W=W1+W2+W3=(60+0-16) J=44 J
由動能定理W=Ek2-Ek1(其中Ek1=0)知貨物滑到底端的動能Ek2=W=44 J.
方法二 若先計算合外力再求功,則合外力做的功
W=F合s=(mgsin 37°-μmgcos 37°)s
=(20×10×0.6-0.2×20×10×0.8)×0.5 J=44 J
同樣可以得到貨物到底端時的動能Ek2=44 J
三、利用動能定理求變力的功
1.動能定理不僅適用于求恒力做功,也適用于求變力做功,同時因為不涉及變力作用的過程分析,應(yīng)用非常方便.
2.利用動能定理求變力的功是最常用的方法,當(dāng)物體受到一個變力和幾個恒力作用時,可以用動能定理間接求變力做的功,即W變+W其他=ΔEk.
例3 如圖2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:
圖2
(1)小球運動到B處時對軌道的壓力大?。?
(2)小球在BC運動過程中,摩擦力對小球做的功.
答案 (1)5mg (2)-mgd
解析 (1)小球下落到B點的過程由動能定理得2mgd=mv2,在B點:N-mg=m,得:N=5mg,根據(jù)牛頓第三定律:N′= N=5mg.
(2)在C點,mg=m.小球從B運動到C的過程:
mvC2-mv2=-mgd+Wf,得Wf=-mgd.
針對訓(xùn)練 如圖3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,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,不計滑輪的質(zhì)量和摩擦)
圖3
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
對全過程應(yīng)用動能定理W-mgΔh=0.②
由①②兩式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得W=100 J.
則人拉繩的力所做的功W人=W=100 J.
四、利用動能定理分析多過程問題
一個物體的運動如果包含多個運動階段,可以選擇分段或全程應(yīng)用動能定理.
(1)分段應(yīng)用動能定理時,將復(fù)雜的過程分割成一個個子過程,對每個子過程的做功情況和初、末動能進(jìn)行分析,然后針對每個子過程應(yīng)用動能定理列式,然后聯(lián)立求解.
(2)全程應(yīng)用動能定理時,分析整個過程中出現(xiàn)過的各力的做功情況,分析每個力做的功,確定整個過程中合外力做的總功,然后確定整個過程的初、末動能,針對整個過程利用動能定理列式求解.
當(dāng)題目不涉及中間量時,選擇全程應(yīng)用動能定理更簡單,更方便.
注意:當(dāng)物體運動過程中涉及多個力做功時,各力對應(yīng)的位移可能不相同,計算各力做功時,應(yīng)注意各力對應(yīng)的位移.計算總功時,應(yīng)計算整個過程中出現(xiàn)過的各力做功的代數(shù)和.
例4 如圖4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(dá)B端時撤去拉力F,木塊與水平桌面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,取g=10 m/s2.求:
圖4
(1)木塊沿弧形槽上升的最大高度(木塊未離開弧形槽);
(2)木塊沿弧形槽滑回B端后,在水平桌面上滑動的最大距離.
答案 (1)0.15 m (2)0.75 m
解析 (1)設(shè)木塊沿弧形槽上升的最大高度為h,木塊在最高點時的速度為零.從木塊開始運動到沿弧形槽上升的最大高度處,由動能定理得:FL-fL-mgh=0
其中f=μN=μmg=0.2×0.5×10 N=1.0 N
所以h== m=0.15 m
(2)設(shè)木塊離開B點后沿桌面滑動的最大距離為x.由動能定理得:
mgh-fx=0
所以:x== m=0.75 m
1.(用動能定理求變力的功)如圖5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,物體隨轉(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( )
圖5
A.0 B.2μmgR C.2πμmgR D.
答案 D
解析 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恰好提供向心力,設(shè)此時物體做圓周運動的線速度為v,則有μmg=.①
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=mv2-0.②
聯(lián)立①②解得W=μmgR.
2.(動能定理的應(yīng)用)如圖6所示,物體在離斜面底端5 m處由靜止開始下滑,然后滑上與斜面平滑連接的水平面,若物體與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)均為0.4,斜面傾角為37°.求物體能在水平面上滑行的距離.(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
圖6
答案 3.5 m
解析 對物體在斜面上和水平面上受力分析如圖所示.
方法一 分過程列方程:設(shè)物體滑到斜面底端時的速度為v,物體下滑階段
N1=mgcos 37°,
故f1=μN1=μmgcos 37°.
由動能定理得:
mgsin 37°·l1-μmgcos 37°·l1=mv2-0
設(shè)物體在水平面上滑行的距離為l2,
摩擦力f2=μN2=μmg
由動能定理得:
-μmg·l2=0-mv2
由以上各式可得l2=3.5 m.
方法二 全過程列方程:
mgl1sin 37°-μmgcos 37°·l1-μmg·l2=0
得:l2=3.5 m.
3.(利用動能定理分析多過程往復(fù)運動問題)如圖7所示,ABCD為一豎直平面內(nèi)的軌道,其中BC水平,A點比BC高出10 m,BC長1 m,AB和CD軌道光滑.一質(zhì)量為1 kg的物體,從A點以4 m/s的速度開始運動,經(jīng)過BC后滑到高出C點10.3 m的D點速度為0.求:(g取10 m/s2)
圖7
(1)物體與BC軌道間的動摩擦因數(shù);
(2)物體第5次經(jīng)過B點時的速度大??;
(3)物體最后停止的位置(距B點多少米).
答案 (1)0.5 (2)13.3 m/s (3)距B點0.4 m
解析 (1)由動能定理得
-mg(h-H)-μmgsBC=0-mv12,
解得μ=0.5.
(2)物體第5次經(jīng)過B點時,物體在BC上滑動了4次,由動能定理得mgH-μmg·4sBC=mv22-mv12,
解得v2=4 m/s≈13.3 m/s.
(3)分析整個過程,由動能定理得
mgH-μmgs=0-mv12,
解得s=21.6 m.
所以物體在軌道上來回運動了10次后,還有1.6 m,故最后停止的位置與B點的距離為2 m-1.6 m=0.4 m.
【考點】應(yīng)用動能定理處理多過程問題
【題點】應(yīng)用運動定理處理含曲線運動的多過程問題
4.(利用動能定理分析多過程問題)如圖8所示,質(zhì)量m=1 kg的木塊靜止在高h(yuǎn)=1.2 m的平臺上,木塊與平臺間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,用水平推力F=20 N,使木塊產(chǎn)生位移l1=3 m時撤去,木塊又滑行l(wèi)2=1 m后飛出平臺,求木塊落地時速度的大?。?g取10 m/s2)
圖8
答案 11.3 m/s
解析 解法一 取木塊為研究對象,其運動分三個過程,先勻加速前進(jìn)l1,后勻減速前進(jìn)l2,再做平拋運動,對每一過程,分別由動能定理得
Fl1-μmgl1=mv12
-μmgl2=mv22-mv12
mgh=mv32-mv22
解得v3≈11.3 m/s
解法二 對全過程由動能定理得Fl1-μmg(l1+l2)+mgh=mv2-0
代入數(shù)據(jù)解得v≈11.3 m/s
【考點】應(yīng)用動能定理處理多過程問題
【題點】應(yīng)用動能定理處理含曲線運動的多過程問題
一、選擇題
考點一 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,小球在水平拉力F作用下,從平衡位置P點很緩慢地移動到Q點,如圖1所示,則拉力F所做的功為( )
圖1
A.mglcos θ B.mgl(1-cos θ)
C.Flcos θ D.Flsin θ
答案 B
解析 小球緩慢移動,時時都處于平衡狀態(tài),由平衡條件可知,F(xiàn)=mgtan θ,隨著θ的增大,F(xiàn)也在增大,是一個變化的力,不能直接用功的公式求它所做的功,所以這道題要考慮用動能定理求解.由于小球緩慢移動,動能保持不變,由動能定理得:-mgl(1-cos θ)+W=0,所以W=mgl(1-cos θ).
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2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( )
圖2
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
答案 C
解析 小球通過最低點時,設(shè)繩的張力為T,則T-mg=m,即6mg=m①
小球恰好過最高點,繩子拉力為零,這時mg=m②
小球從最低點運動到最高點的過程中,由動能定理得
-mg·2R-Wf=mv22-mv12③
由①②③式聯(lián)立解得Wf=mgR,選C.
【考點】應(yīng)用動能定理求變力的功
【題點】應(yīng)用動能定理求變力的功
3.(多選)如圖3所示,某中學(xué)科技小組制作的利用太陽能驅(qū)動小車的裝置.當(dāng)太陽光照射到小車上方的光電板,光電板中產(chǎn)生的電流經(jīng)電動機帶動小車前進(jìn).若太陽光照射到小車上方的光電板,小車在平直的水泥路上從靜止開始加速行駛,經(jīng)過時間t前進(jìn)距離s,速度達(dá)到最大值vm,設(shè)這一過程中電動機的功率恒為P,小車所受阻力恒為f,那么( )
圖3
A.這段時間內(nèi)電動機所做的功為Pt
B.這段時間內(nèi)小車先加速運動,然后勻速運動
C.這段時間內(nèi)電動機所做的功為mvm2+fs
D.這段時間內(nèi)電動機所做的功為mvm2
答案 AC
解析 根據(jù)W=Pt知,這段時間內(nèi)電動機所做的功為Pt,故A正確;電動機的功率不變,速度增大,則牽引力減小,加速度減小,先做加速度減小的加速運動,當(dāng)加速度減為零后,做勻速直線運動,而在t時間內(nèi)做加速運動,故B錯誤;根據(jù)動能定理得,W-fs=mvm2,則這段時間內(nèi)電動機做的功W=fs+mvm2,故C正確,D錯誤.
【考點】應(yīng)用動能定理求變力的功
【題點】應(yīng)用動能定理求變力的功
考點二 動能定理的應(yīng)用
4.兩個物體A、B的質(zhì)量之比為mA∶mB=2∶1,二者初動能相同,它們和水平桌面間的動摩擦因數(shù)相同,則二者在桌面上滑行到停止經(jīng)過的距離之比為( )
A.xA∶xB=2∶1 B.xA∶xB=1∶2
C.xA∶xB=4∶1 D.xA∶xB=1∶4
答案 B
解析 物體滑行過程中只有摩擦力做功,根據(jù)動能定理,對A:-μmAgxA=0-Ek;對B:-μmBgxB=0-Ek.故==,B對.
【考點】應(yīng)用動能定理進(jìn)行有關(guān)的計算
【題點】應(yīng)用動能定理求位移
5.人騎自行車下坡,坡長l=500 m,坡高h(yuǎn)=8 m,人和車總質(zhì)量為100 kg,下坡時初速度為4 m/s,人不踏車的情況下,到達(dá)坡底時車速為10 m/s,g取10 m/s2,則下坡過程中阻力所做的功為( )
A.-4 000 J B.-3 800 J
C.-5 000 J D.-4 200 J
答案 B
解析 由動能定理得mgh+Wf=m(vt2-v 02),解得Wf=-mgh+m(vt2-v02)=-3 800 J,故B正確.
【考點】應(yīng)用動能定理進(jìn)行有關(guān)的計算
【題點】應(yīng)用動能定理求功
6.如圖4所示,一個小球質(zhì)量為m,靜止在光滑的軌道上.現(xiàn)以水平力擊打小球,使小球能夠通過半徑為R的豎直光滑軌道的最高點C,則水平力對小球所做的功至少為( )
圖4
A.mgR B.2mgR
C.2.5mgR D.3mgR
答案 C
解析 恰好通過豎直光滑軌道的最高點C時,在C點有mg=,對小球,由動能定理W-2mgR=mv2,聯(lián)立解得W=2.5mgR,C項正確.
【考點】應(yīng)用動能定理進(jìn)行有關(guān)的計算
【題點】應(yīng)用動能定理求功
考點三 利用動能定理分析多過程問題
7.如圖5所示,AB為圓弧軌道,BC為水平直軌道,圓弧的半徑為R,BC的長度也是R,一質(zhì)量為m的物體,與兩個軌道間的動摩擦因數(shù)都為μ,當(dāng)它由軌道頂端A從靜止開始下落,恰好運動到C處停止,那么物體在AB段克服摩擦力所做的功為( )
圖5
A.μmgR B.mgR
C.-mgR D.(1-μ)mgR
答案 D
解析 設(shè)物體在AB段克服摩擦力所做的功為WAB,物體從A運動到C的全過程,根據(jù)動能定理,
有mgR-WAB-μmgR=0.
所以有WAB=mgR-μmgR=(1-μ)mgR.
8.質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動,起始點A與一輕彈簧最右端O相距s,如圖6所示.已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ,物體與彈簧相碰后,彈簧的最大壓縮量為x,則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短,物體克服彈簧彈力所做的功為(不計空氣阻力)( )
圖6
A.mv02-μmg(s+x)
B.mv02-μmgx
C.μmgs
D.μmgx
答案 A
解析 設(shè)物體克服彈簧彈力所做的功為W,則物體向左壓縮彈簧過程中,彈簧彈力對物體做功為-W,摩擦力對物體做功為-μmg(s+x),根據(jù)動能定理有-W-μmg(s+x)=0-mv02,所以W=mv02-μmg(s+x).
9.如圖7所示,假設(shè)在某次比賽中運動員從10 m高處的跳臺跳下,設(shè)水的平均阻力約為其體重的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(不計空氣阻力)( )
圖7
A.5 m B.3 m
C.7 m D.1 m
答案 A
解析 設(shè)水深為h,對運動全程運用動能定理可得:
mg(H+h)-fh=0,
mg(H+h)=3mgh.所以h=5 m.
10.如圖8所示,小球以初速度v0從A點沿粗糙的軌道運動到高為h的B點后自動返回,其返回途中仍經(jīng)過A點,則經(jīng)過A點的速度大小為( )
圖8
A. B.
C. D.
答案 B
解析 從A到B運動過程中,重力和摩擦力都做負(fù)功,根據(jù)動能定理可得-mgh-Wf=0-mv,從B到A過程中,重力做正功,摩擦力做負(fù)功(因為是沿原路返回,所以兩種情況摩擦力做功大小相等),根據(jù)動能定理可得mgh-Wf=mv2,兩式聯(lián)立得再次經(jīng)過A點的速度為,故B正確.
二、非選擇題
11.(利用動能定理分析多過程問題)如圖9所示,AB與CD為兩個對稱斜面,其上部足夠長,下部分別與一個光滑的圓弧面的兩端相切,圓弧圓心角為120°,半徑R為2.0 m,一個物體在離弧底E高度為h=3.0 m處,以初速度4.0 m/s沿斜面向下運動,若物體與兩斜面間的動摩擦因數(shù)均為0.02,則物體在兩斜面上(不包括圓弧部分)一共能走多少路程?(g取10 m/s2,不計空氣阻力)
圖9
答案 見解析
解析 設(shè)物體在斜面上運動的總路程為s,則摩擦力做的總功為-μmgscos 60°,末狀態(tài)選為B(或C),此時物體速度為零,對全過程由動能定理得
mg[h-R(1-cos 60°)]-μmgscos 60°=0-mv02
物體在斜面上通過的總路程為:s== m=280 m.
12.(利用動能定理分析多過程問題)如圖10所示,光滑水平面AB與一半圓形軌道在B點平滑連接,軌道位于豎直面內(nèi),其半徑為R,一個質(zhì)量為m的物塊靜止在水平面上,現(xiàn)向左推物塊使其壓緊彈簧,然后放手,物塊在彈力作用下獲得一速度,當(dāng)它經(jīng)B點進(jìn)入半圓形軌道瞬間,對軌道的壓力為其重力的7倍,之后向上運動恰能完成半圓周運動到達(dá)C點,重力加速度為g.求:(不計空氣阻力)
圖10
(1)彈簧彈力對物塊做的功;
(2)物塊從B到C克服阻力所做的功;
(3)物塊離開C點后,再落回到水平面上時的動能.
答案 (1)3mgR (2)mgR (3)mgR
解析 (1)由動能定理得W=mvB2
在B點由牛頓第二定律得7mg-mg=m
解得W=3mgR
(2)物塊從B到C由動能定理得
-2mgR+W′=mvC2-mvB2
物塊在C點時mg=m
解得W′=-mgR,即物塊從B到C克服阻力做功為mgR.
(3)物塊從C點平拋到水平面的過程中,由動能定理得
2mgR=Ek-mvC2,解得Ek=mgR.
【考點】應(yīng)用動能定理處理多過程問題
【題點】應(yīng)用動能定理處理含彈力做功的多過程問題
13.(利用動能定理分析多過程問題)如圖11所示,光滑斜面AB的傾角θ=53°,BC為水平面,BC長度lBC=1.1 m,CD為光滑的圓弧,半徑R=0.6 m.一個質(zhì)量m=2 kg的物體,從斜面上A點由靜止開始下滑,物體與水平面BC間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,軌道在B、C兩點平滑連接.當(dāng)物體到達(dá)D點時,繼續(xù)豎直向上運動,最高點距離D點的高度h=0.2 m.不計空氣阻力,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2.求:
圖11
(1)物體運動到C點時的速度大小vC;
(2)A點距離水平面的高度H;
(3)物體最終停止的位置到C點的距離s.
答案 (1)4 m/s (2)1.02 m (3)0.4 m
解析 (1)物體由C點運動到最高點,根據(jù)動能定理得:
-mg(h+R)=0-mvC2
代入數(shù)據(jù)解得:vC=4 m/s
(2)物體由A點運動到C點,根據(jù)動能定理得:
mgH-μmglBC=mvC2-0
代入數(shù)據(jù)解得:H=1.02 m
(3)從物體開始下滑到停下,根據(jù)動能定理得:
mgH-μmgs1=0
代入數(shù)據(jù),解得s1=5.1 m
由于s1=4lBC+0.7 m
所以,物體最終停止的位置到C點的距離為:s=0.4 m.
【考點】應(yīng)用動能定理處理多過程問題
【題點】應(yīng)用動能定理處理含曲線運動的多過程問題
考點 應(yīng)用動能定理分析多過程問題
1.2016年11月1日廣東珠海開幕的第十一屆中國國際航空航天博覽會上,空軍“八一”飛行表演隊的6架殲-10戰(zhàn)斗機為現(xiàn)場數(shù)千名觀眾帶來了一場震撼表演.如圖1所示,某次飛行表演中,飛行員駕駛飛機在豎直面內(nèi)做半徑為R的圓周運動,在最高點時飛行員頭朝下,已知飛行員質(zhì)量為m,重力加速度為g.
圖1
(1)若飛行員在最高點座椅對他的彈力和飛機在地面上起飛前一樣,求最高點的速度;
(2)若這位飛行員以(1)中的速度從最高點加速飛到最低點,且他在最低點能承受的最大豎直加速度為5g,求飛機在最低點的最大速度及這個過程中飛機對飛行員做的功.
答案 (1) (2)?。璵gR
解析 (1)最高點座椅對飛行員的彈力N=mg
由重力和彈力的合力提供向心力N+mg=,v1=
(2)最低點向心加速度最大時速度也最大,a==5g,速度最大為v2=
對最高點到最低點的過程運用動能定理,有mg·2R+W=mv22-mv12,解得W=-mgR.
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【題點】應(yīng)用動能定理處理含曲線運動的多過程問題
2.如圖2所示是一種常見的圓桌,桌面中間嵌一半徑為r=1.5 m、可繞中心軸轉(zhuǎn)動的圓盤,桌面與圓盤面在同一水平面內(nèi)且兩者間縫隙可不考慮.已知桌面離地高度為h=0.8 m,將一可視為質(zhì)點的小碟子放置在圓盤邊緣,若緩慢增大圓盤的角速度,碟子將從圓盤上甩出并滑上桌面,再從桌面飛出,落地點與桌面飛出點的水平距離是0.4 m.已知碟子質(zhì)量m=0.1 kg,碟子與圓盤間的最大靜摩擦力fmax=0.6 N,g取10 m/s2,不計空氣阻力,求:
圖2
(1)碟子從桌面飛出時的速度大?。?
(2)碟子在桌面上運動時,桌面摩擦力對它做的功;
(3)若碟子與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.225,要使碟子不滑出桌面,則桌面半徑至少是多少?
答案 (1)1 m/s (2)-0.4 J (3)2.5 m
解析 (1)根據(jù)平拋運動規(guī)律:h=gt2,x=vt,
得v=x=1 m/s.
(2)設(shè)碟子從圓盤上甩出時的速度為v0,則fmax=m,即v0=3 m/s
由動能定理得:Wf=mv2-mv02,代入數(shù)據(jù)得:Wf=-0.4 J.
(3)當(dāng)?shù)踊阶烂孢吘墪r速度恰好減為零,對應(yīng)的桌子半徑取最小值.
設(shè)碟子在桌子上滑動的位移為x′,根據(jù)動能定理:-μmgx′=0-mv02
代入數(shù)據(jù)得:x′=2 m
由幾何知識可得桌子半徑的最小值為:R==2.5 m.
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3.如圖3所示為一種射程可調(diào)節(jié)的“拋石機”模型.拋石機長臂OA的長度L=4 m,B為OA中點,石塊可裝在長臂上的AB區(qū)域中某一位置.開始時長臂與水平面間的夾角α=30°,對短臂施力,當(dāng)長臂轉(zhuǎn)到豎直位置時立即停止轉(zhuǎn)動,石塊被水平拋出.在某次投石試驗中,將質(zhì)量為m=10 kg的石塊安裝在A點,擊中地面上距O點水平距離為x=12 m的目標(biāo).不計空氣阻力和拋石機長臂與短臂的質(zhì)量,g取10 m/s2,求:
圖3
(1)石塊即將被投出瞬間所受向心力的大小;
(2)整個過程中投石機對石塊所做的功W;
(3)若投石機對石塊做功恒定,問應(yīng)將石塊安裝在離O點多遠(yuǎn)處才能使石塊落地時距O點的水平距離最大?
答案 (1)300 N (2)1 200 J (3)3 m
解析 (1)石塊被拋出后做平拋運動,水平方向x=vt
豎直方向h=gt2
又h=L+Lsin α,解得v=2 m/s
所以石塊受到的向心力為F=m=300 N
(2)長臂從A點轉(zhuǎn)到豎直位置的整個過程中,根據(jù)動能定理得W-mg(L+Lsin 30°)=mv2-0
代入數(shù)值解得W=1 200 J
(3)設(shè)拋出點距離O點為l
W-mg(l+lsin 30°)=mv′2-0
v′=
下落時間t′===
水平位移為s==
因此當(dāng)l=3 m時石塊落地時距O點水平距離最大.
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4.如圖4所示為一遙控電動賽車(可視為質(zhì)點)和它的運動軌道示意圖.假設(shè)在某次演示中,賽車從A位置由靜止開始運動,經(jīng)2 s后關(guān)閉電動機,賽車?yán)^續(xù)前進(jìn)至B點后水平飛出,賽車能從C點無碰撞地進(jìn)入豎直平面內(nèi)的圓形光滑軌道,D點和E點分別為圓形軌道的最高點和最低點.已知賽車在水平軌道AB段運動時受到的恒定阻力為0.4 N,賽車質(zhì)量為0.4 kg,通電時賽車電動機的輸出功率恒為2 W,B、C兩點間高度差為0.45 m,C與圓心O的連線和豎直方向的夾角α=37°,空氣阻力忽略不計, sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,求:
圖4
(1)賽車通過C點時的速度大??;
(2)賽道AB的長度;
(3)要使賽車能通過圓軌道最高點D后回到水平賽道EG,其半徑需要滿足什么條件?
答案 (1)5 m/s (2)2 m (3)R≤ m
解析 (1)賽車在BC間做平拋運動,則vy==3 m/s
由圖可知:vC==5 m/s
(2)由(1)可知B點速度v0=vCcos 37°=4 m/s
則根據(jù)動能定理:Pt-fAB=mv02,
解得lAB=2 m.
(3)當(dāng)恰好通過最高點D時,有:mg=m
從C到D,由動能定理可知:-mgR(1+cos 37°)=mvD2-mvC2,解得R= m
所以軌道半徑R≤ m.
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5.如圖5所示,在豎直平面內(nèi),長為L、傾角θ=37°的粗糙斜面AB下端與半徑R=1 m的光滑圓弧軌道BCDE平滑相接于B點,C點是軌跡最低點,D點與圓心O等高.現(xiàn)有一質(zhì)量m=0.1 kg的小物體從斜面AB上端的A點無初速度下滑,恰能到達(dá)圓弧軌道的D點.若物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ=0.25,不計空氣阻力,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
圖5
(1)斜面AB的長度L;
(2)物體第一次通過C點時的速度大小vC1;
(3)物體經(jīng)過C點時,軌道對它的最小支持力Nmin;
(4)物體在粗糙斜面AB上滑行的總路程s總.
答案 (1)2 m (2)2 m/s (3)1.4 N (4)6 m
解析 (1)A到D過程,根據(jù)動能定理有
mg(Lsin θ-Rcos θ)-μmgLcos θ=0,解得:L=2 m;
(2)A到C過程,根據(jù)動能定理有
mg(Lsin θ+R-Rcos θ)-μmgLcos θ=mvC12,
解得:vC1=2 m/s;
(3)物體經(jīng)過C點,軌道對它有最小支持力時,它將在B點所處高度以下運動,所以有:mg(R-Rcos θ)=mv min2,根據(jù)向心力公式有:Nmin-mg=m,解得Nmin=1.4 N;
(4)根據(jù)動能定理有:mgLsin θ-μmgs總cos θ=0,解得s總=6 m.
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2018_2019學(xué)年高中物理第3章動能的變化與機械功學(xué)案(打包6套)滬科版必修2.zip,2018,_2019,學(xué)年,高中物理,章動,變化,機械功,打包,滬科版,必修
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