第六章 机械能 动能定(复印).doc

第六章机械能功功率动能定理考点一功的分析与计算1功的正负(1)090，力对物体做正功(2)904WF1，Wf22Wf1BWF24WF1，Wf22Wf1CWF24WF1，Wf22Wf1DWF24WF1，Wf22Wf14(2014大纲全国19)一物块沿倾角为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12所示当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()Atan 和 Btan 和Ctan 和 Dtan 和5如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为s，若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系式中正确的是()AFLMv2 BFsmv2CFsmv(Mm)v2 DF(Ls)mvmv26. 如图所示，QB段是半径为R1 m的光滑圆弧轨道，AQ段是长度为L1 m的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q点，Q在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内物块P的质量m1 kg(可视为质点)，P与AQ间的动摩擦因数0.1，若物块P以速度v0从A点滑上水平轨道，到C点又返回A点时恰好静止(取g10 m/s2)求：(1)v0的大小；(2)物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力7(2013福建20)如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m1.0 kg的小球现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L1.0 m，B点离地高度H1.0 m，A、B两点的高度差h0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气影响，求：(1)地面上DC两点间的距离s；(2)轻绳所受的最大拉力大小 8(2013高考浙江卷)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如下图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h11.8 m，h24.0 m，x14.8 m，x28.0 m开始时，质量分别为M10 kg和m2 kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A点水平跳至中间石头大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D点，此时速度恰好为零运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g10 m/s2，求：(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值；(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；(3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小9(2014高考福建卷)如图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力(1)若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，OD2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf；(2)若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h.(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向m) 答案：13A D C 4解析：(1)滑块受力情况如图所示，摩擦力对滑块所做的功大小为WmFf(sL)cos 180FN1(sL)mg(sL)(2)木板受力情况如图所示，摩擦力对木板所做的功大小为WMFfsFfsmgs.(3)WWmWMmgL.57C B B 8解析：由几何关系知，绳的端点的位移为lh0.5 m在物体从A移到B的过程中，恒力F做的功为WFl1000.5 J50 J.故绳的拉力对物体所做的功为50 J.9C10解析(1)由PFvFfvm得vm m/s12 m/s.(2)由PFv得F，当v12 m/s时，F1 N3104 N由牛顿第二定律得F1Ffma，所以a m/s25 m/s2.11解析(1)设汽车匀加速运动所能达到的最大速度为v0，对汽车由牛顿第二定律得FFfma即kmgma，代入数据得v010 m/s所以汽车做匀加速直线运动的时间t0 s10 s.(2)由于10 s末汽车达到了额定功率，5 s末汽车还处于匀加速运动阶段，PFv(Ffma)at(0.0651031051031)15 W40 kW.15 s末汽车已经达到了额定功率P额80 kW. 12解析：(1)当拉力Fmg时，物体达到最大速度vm，由PFv解得vm15 m/s.(2)当v212 m/s时电动机以额定功率工作由P额F2v2得F250 N由牛顿第二定律得F2mgma2，解得a22.5 m/s2.(3)物体匀加速阶段上升高度h1v1t110 m物体变加速阶段上升高度h2hh150 m克服重力所做的功WGmgh22 000 J.13A14C15解析：(1)设由B到C，运动员做平抛运动的时间为t竖直方向：hBCssin 37gt2水平方向：scos 37vBt代入数据，解得vB20 m/s.(2)A到B过程，由动能定理有mghABWFfmv代入数据，解得WFf3 000 J所以运动员克服摩擦力所做的功为3 000 J.16解析：(1)设物块受到的滑动摩擦力为Ff，则Ffmg根据动能定理，对物块由A到B整个过程，有Fx1Ffx0代入数据，解得x116 m.(2)设刚撤去力F时物块的速度为v，此后物块的加速度为a，滑动的位移为x2，则x2xx1由牛顿第二定律得a由匀变速直线运动公式得v22ax2，x2vt，代入数据，解得t2 s.17B18解析：法一：应用动能定理分段求解设小球在B点的速度为v，小球从AB由动能定理得mgHmv20小球从BC由动能定理得mghh0mv2联立以上两式得mg820 N.法二：应用动能定理整体求解对小球的整个过程由AC应用动能定理，有mg(Hh)h00解得mg820 N. 19解析(1)小滑块从ABCD过程中，由动能定理得mg(h1h2)mgsmv0将h1、h2、s、g代入得：vD3 m/s.(2)小滑块从ABC过程中，由动能定理得mgh1mgsmv将h1、s、g代入得：vC6 m/s小滑块沿CD段上滑加速度大小agsin 6 m/s2小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t11 s由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t2t11 s故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔tt1t22 s.(3)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总有：mgh1mgs总将h1、代入得：s总8.6 m故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2ss总1.4 m.20解析：法一：对单个物体应用动能定理对A：FhFThWmAv2，对B：FThmBghmBv2.由以上两式得WFh(mAmB)v2mBgh.法二：由题意知，外力对系统做功为FhWmBgh，内力对系统做功为FThFTh0，对A、B构成的系统应用动能定理，有：FhWmBgh(mAmB)v20，所以WFh(mAmB)v2mBgh.21解析(1)由题图乙可知：前0.5 s内，A、B以相同大小的加速度做匀加速运动，0.5 s末速度大小为2 m/s.a m/s24 m/s2(2)前0.5 s，绳绷直，设绳的拉力大小为F；后0.25 s，绳松弛，拉力为0前0.5 s，A沿斜面发生的位移xvt0.5 m对B，由牛顿第二定律有：MgFMa代入数据解得F6 N所以绳的拉力对A做的功WFx3 J(3)前0.5 s，对A，由牛顿第二定律有F(mgsin 37mgcos 37)ma后0.25 s，由题图乙得A的加速度大小a m/s28 m/s2对A，由牛顿第二定律有mgsin 37mgcos 37ma由式可得Fm(aa)代入数据解得m0.5 kg将数据代入式解得0.25(4)物体A在斜面上先加速后减速，滑动摩擦力的方向不变，一直做负功在00.75 s内物体A的位移为：x0.752 m0.75 mW摩mgcos 37x0.75 J.练习：15ABCD ACD6解析(1)物块P从A到C又返回A的过程中，由动能定理有mg2L0mv解得v02 m/s(2)设物块P第一次刚通过Q点时的速度为v，在Q点轨道对P的支持力为FN，由动能定理和牛顿第二定律有：mgLmv2mvFNmgm解得：FN12 N由牛顿第三定律可知，物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力大小为12 N，方向竖直向下7解析(1)小球从A到B过程机械能守恒，有mghmv小球从B到C做平抛运动，在竖直方向上有Hgt2在水平方向上有svBt由式解得s1.41 m(2)小球下摆到达B点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有Fmgm由式解得F20 N根据牛顿第三定律得轻绳所受的最大拉力为20 N.8解析：(1)设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为vmin，根据平抛运动规律，有h1gt2x1vmint联立、式，得vmin8 m/s.(2)设猴子抓住青藤后荡起时速度为vC，由动能定理得：(Mm)gh20(Mm)v解得vC m/s9.0 m/s.(3)设拉力为FT，青藤的长度为L.在最低点，由牛顿第二定律得FT(Mm)g(Mm)由几何关系(Lh2)2xL2得：