动能定理的应用

动能定理的应用动能定理的应用 1 16 分 如图所示 一个可视为质点的物块 质量为 m 2kg 从光滑四分之一圆弧轨道顶端由静止滑 下 到达底端时恰好进入与圆弧轨道底端相切的水平传送带 传送带由一电动机驱动着匀速向左转动 速度大小为 v 3m s 已知圆弧轨道半径 R 0 8m 皮带轮的半径 r 0 2m 物块与传送带间的动摩擦因数 为 两皮带轮之间的距离为 L 6m 重力加速度 g 1Om s2 求 1 皮带轮转动的角速度多大 2 物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的作用力 3 物块将从传送带的哪一端离开传送带 物块 在传送带上克服摩擦力所做的功为多大 2 15 分 如图所示 传送带的水平部分 AB 长为 L 5m 以 v0 4m s 的速度顺时针转动 水平台面 BC 与 传送带平滑连接于 B 点 BC 长 S 1m 台面右边有高为 h 0 5m 的光滑曲面 CD 与 BC 部分相切于 C 点 一 质量 m 1kg 的工件 视为质点 从 A 点无初速度释放 工件与传送带及台面 BC 间的动摩擦因数均为 0 2 g 10m s2 求 1 工件运动到 B 点时的速度大小 2 通过计算说明 工件能否通过 D 点到达平台 DE 上 t v O t1 v0 v1 3 14 分 从地面上以初速度v0 10 m s 竖直向上抛出一质量为m 0 2 kg 的球 若运动过程中受到的空 气阻力与其速率成正比关系 球运动的速率随时间变化规律如图 所示 t1时刻到达最高点 再落回地面 落地时速率为v1 2 m s 且落地前球已经做匀速运动 g 10m s2 求 1 球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功 2 球抛出瞬间的加速度大小 4 16 分 如图所示 一个质量为 m 的小球被 AO BO 两根细绳系住 BO 绳为水平状态 AO 绳与竖直方 向的夹角为 此时 AO 绳对小球的拉力大小为 F1 烧断 BO 绳后 小球摆动 当小球再次摆回到图中位置 时 AO 绳对小球的拉力大小为 F2 求 1 F1与 F2的比值 2 烧断 BO 绳后 小球通过最低点时 AO 绳对小球的拉力大小 F3 5 15 分 如图所示 AB段为一半径R 0 2m 的光滑 1 4 圆形轨道 EF为一倾角为 30 的光滑斜面 斜面 上有一质量为 0 1Kg 的薄木板CD 木板的下端D离斜面底端的距离为 15m 开始时木板被锁定 一质量也 为 0 1Kg 的物块从A点由静止开始下滑 通过B点后被水平抛出 经 过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上木板 在物块滑上木 板的同时木板解除锁定 已知物块与薄木板间的动摩擦因数为 6 3 取 g 10m s2 求 物块到达B点时对圆形轨道的压力大小 物块做平抛运动的时间 若下滑过程中某时刻物块和木板达到共同速度 则这个速度 为多大 30 D C B O R A 6 12 分 如图所示 装置 ABCDE 固定在水平地面上 AB 段为倾角 53 的斜面 BC 段为半径 R 2m 的圆弧轨道 两者相切于 B 点 A 点离地面的高度为 H 4m 一质量为 m 1kg 的小球从 A 点由静止释放后沿着斜面 AB 下滑 当进入圆弧轨道 BC 时 由于 BC 段是用特殊材料制成的 导致小球在 BC 段运动的速率保持不变 最 后 小球从最低点 C 水平抛出 落地速率为v 7m s 已知小球与斜面 AB 之 间的动摩擦因数 0 5 重力加速度 g 取 10m s2 sin53 0 8 cos53 0 6 不计空气阻力 求 1 小球从 B 点运动到 C 点克服阻力所做的功 2 B 点到水平地面的高度 6 1 设小球从 B 到 C 克服阻力做功为WBC 由动能定理有 0 cos1 BC WmgR 代入数据得WBC 8J 2 设小球在 AB 段克服阻力做功为 WAB B 点到地面高度为 h 则 cosABmgWAB sin hH AB 由动能定理 mvWWmgH bcAB 2 1 得 h 2m 1 16 分 1 皮带轮转动的角速度 由 得 2 分 rv srad 15 2 物块滑到圆弧轨道底端的过程中 由动能定理得 得 2 分 2 0 2 1 mvmgR smv 4 0 在圆弧轨道底端 由牛顿第二定律得 得 F 60N 3 分 R v mmgF 2 0 由牛顿第三定律 物块对轨道的作用力大小为 60N 方向竖直向下 1 分 3 物块滑上传送带后做匀减速直线运动 设加速度大小为 a 由牛顿第二定律得 mamg 得 a 1m s2 2 分 物块匀减速到速度为零时向右运动的最大距离为 m L 6m 2 分 a v s 2 2 0 0 可见 物块将从传送带的右端离开传送带 1 分 物块在传送带上克服摩擦力所做的功为 3 分 JmgLW12 2 15 分 1 工件刚放上时 做初速度为零的匀加速直线运动 由牛顿第二定律得 mamg分解得22m sa 2 当两者速度相等时 s a v t分22 0 工件对地的位移为 Lmats分34 2 1 2 1 因上 工件到达 B 的速度为 smvB分2 4 2 设工件沿曲面 CD 上升的最大高度为 h 由动能定理得 mghmgsmgs分40 1 解得 h 0 6m h 1 分 所以 工件能够通过 D 点到达平台 DE 上 1 分 3 14 分 解 1 由动能定理得 22 10 11 22 f Wmvmv 3 分 4 分 克服空气阻力做功 22 01 11 22 f WWmvmv 2 分 代入数据得 W 9 6 J 1 分 2 空气阻力 f kv 2 分 落地前匀速 则 mg kv1 0 2 分 刚抛出时加速度大小为a0 则 00 mgkvma 2 分 解得 0 0 1 1 v ag v 1 分 代入数据得 60 m s2 1 分 0 a 4 16 分 解 烧断 BO 绳前 根据物体平衡条件有 3 分 cos 1 mg F 小球再次回到图中位置时 速度为零 3 分 cos 2 mgF 所以 2 分 2 2 1 cos 1 F F 2 设小球通过最低点时速度为 AO 绳长为 L 由动能定理有 3 分 2 2 1 cos1 mvmgL 最低点由牛顿第二定律有 3 分 所以 L v mmgF 2 3 cos23 3 mgF 5 解 1 物块由A到B 2 0 2 1 mvmgh 0 22 vRgm s 2 分 在B点 R v mmgF 2 0 1 分 解得 2 0 3 v FmgmN R 1 分 由牛顿第三定律可 物块对轨道的压力为 3N 1 分 2 设物块到达斜面的竖直速度为 y v 则 0 t an y v v 2 分 y vgt 1 分 解得 0 t an3 0 11