第七章專題三

1、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01 k課堂探究評價 KETANG TAMJILTI 訓(xùn) C1JIA變力做功問題課堂任務(wù)三團回團功的計算在中學(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W= Flcosa,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= FICOS a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

2、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 a，當(dāng)拉力F作用一段時間后，繩與 水平面間的夾角為 俟已知圖中的高度是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 Wr,由題圖可知，在繩與水平面的夾角由a變到B的過程中，拉力F作用的繩端的位移的大小為n)刈=11 12= h Gin a sin /亠 - (11、由 W= Fl 可知：Wr = Wf = F 4 = Fh" "sin a sin g完美答案Fhsna-盅一湊劃點撥本題中，顯然F與Ft的大小相等，且Ft在對物體做功的過程中，

3、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。變式訓(xùn)練1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 Wo根據(jù)

4、題意有h = 3 m。hh物體升高的高度如二融廠茹對全過程分析可得人拉繩的力所做的功 W人=W= mg少由兩式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得 W人二100 Jo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F1 + F2的，即力隨位移均勻變化時，則可以認(rèn)為物體受到大小為 F二=2的恒力作用，F(xiàn)i、F2分別為物體初、末態(tài)所受到的力，然后用公式W= F Icosa求此力所做的功。例2把長為I的鐵釘釘入木板中，每打擊一次給予的能量為 Eo,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

5、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。0+ klkl2釘子克服阻力做的功為：Wf= fi = 2kl2釘子在整個過程中受到的平均阻力為:設(shè)全過程共打擊n次，則給予釘子的總能量:1 2 E 總=nEo = qkl所以n=2Eo。完美答案2Eo瀨型點撥1 2前面講的彈性勢能的表達(dá)式Ep= 2kl2就可以利用這種方法通過求彈力做功推導(dǎo)出來方法三：用F-l（或F -x）圖象求變力功在F-I圖象中，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(fù)。例

6、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 xi = 0.2 m時，木塊開始運動，繼續(xù)拉彈簧，木 塊緩慢移動了 X2二0.4 m的位移，其F-x圖象如圖所示，求上述過程中拉力所做 的功。規(guī)范解答由F -x圖象可知，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1 拉力所做的功，即 W= 十(0.6+ 0.4)X 40 J= 20 J。完美答案20 J一眾型A抜本題也可以先用“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。變式訓(xùn)練2如圖甲所示，靜置于

7、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()1B.qFmXOnC.4FmX0D.nXo4答案 C解析 F為變力，但F -x圖象與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1一2FF冗nn 2_4FmXo=8X0, 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

8、仏物體與 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（）卩mgR2B. 2 ii mgRC. 2 冗卩 mgR 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2擦力提供向心力，設(shè)此時物體做圓周運動的線速度為 v，則有卩mmR，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= ?mv 0，聯(lián)立解得W=2， D止確。完美答案D鴻型點拔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

9、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，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W=F阿求功，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AH、小、從，貝U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= Wi +

10、 W2+-+ W = F(山+小+Aln)=F 2n 也可以直接用 W= Fs= F 2R求解。R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R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 ()A. 0 B. FR C.3FR D. 2tFR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=戲+332泯，則拉力做的功為 w= Fs=2滬R，C正確。完美答案C一濺型A拔將物體的運動分割成許多小段，

11、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 功冋題。變式訓(xùn)練3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：拉力F做的功；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)

12、25 J (3)0解析(1)將圓弧AB分成很多小段11, 12,，In,則拉力在每小段上做的 功為Wl,，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 W1 = Fl1, W2= Fl2,Wn= Fln,所以W1 + W2+ Wn= F(l1n+ l2+ ln) = F 3R 78.5 Jo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 = 0o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

13、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(xué)觀點和能量觀點解題比較13 回I團圏|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(xì)節(jié)需要仔細(xì)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

14、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。® 1 ® 一例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I，不考慮物體滑至斜面底端時的碰撞作用，并認(rèn)為斜面與水平面和物體的動摩擦因數(shù)相同，求動規(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

15、持力不做功，設(shè)斜面傾角 為a,斜面長為L，則重力和摩擦力的功分別為 Wg= mgh, Wfi = -卩mgCosa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12，則Wf2 =一卩mgl根據(jù)動能定理得： Wg + Wfi + W2 = Ek2 Eki，即 mgh卩 mgLosa 卩 mgOh又1tana+12,h Lsina 解得hLC0Sa+ I2oh-1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 a物體沿斜面下滑時，由牛頓第二定律得mgsina卩ncg）samai設(shè)斜面長為L,物體滑到斜面底端時的速度為 V1,則v2 2a1L物體在水

16、平面上滑行時，由牛頓第二定律得j m ma2設(shè)物體在水平面上滑行的距離為l2,則v2 2a2l2又 u tana+12,h= Lsin a,聯(lián)立以上各式解得:h(J;LC0Sa+ I2h_ I-完美答案h-1濮型點撥因為受恒力作用，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(dá) B端時撤去

17、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)尸0.2,取g 10 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 匸卩m,根據(jù)動能定理有：FL fs= 0,則s=¥mg代入數(shù)據(jù)4 5 乂 4 5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0.2 X 0.5X 10最大距離就是2.25 m 1.5 m= 0.75 m。完美答案0.75 m變式訓(xùn)練4如圖所示，質(zhì)量為m的物

18、體，從高為h、傾角為B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)為禺物體從斜面滑上水平面時速度大小不變，求：此小問題也可對整個過程運用動能定理求解：I/ hImgh卩 m眇0 0, 整理得1 = -0|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ai，則mgsin 0= maih斜面長 li =Sih0 由 2ai1i = vA與B間的距離； 水平力F在前5 s內(nèi)對物塊做的功得 v = 72aili =j2gh。(2) 設(shè)在水平面上滑行的加速度為 a2,滑行的距離為l，則-m=ma22又 0 v = 2a2l，得 l =

19、 - °-例8如圖甲所示，一質(zhì)量為 m= i 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) 尸0.2,求：(g= i0 m/s2)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 - mgma，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 s內(nèi)物塊所受力F是變力，設(shè)整個過程中力

20、F做的功為W，物塊回到、 2 1 2A點時速度為V，貝U v = 2ax，由動能定理知 W 2 - mgx?mv，所以W= 2 - mgx+ max= 24 J。完美答案(1)4 m (2)24 J一離型點撥1前3s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

21、來說比較麻煩。(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).10 m/s 10 J (2)0.5 m (3)4.34 mh 12解析 由動能定理得：mgh卩mcosB'snj2mv，代入數(shù)據(jù)得v°，10 m/s。從0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1 2=0 2mv = 10 J,故彈簧壓縮到最短時的彈性勢能是 10 Jo(2)設(shè)物塊M第一次被彈回，上升的最大高度為 H,h由動

22、能定理得mg(h H)卩mosBn0解得 H = 0.5 mo(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卩 mgpsBx= 0物塊M在斜面上下滑過程中的路程h1 二云站 2£7 m，所以物塊M在斜面上上下滑動過程中的總路程hx= 21而=4.34 mo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，2求C、D間的距離So (重力加速度g取10 m/s，不計空氣阻力)規(guī)范解答解法

23、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,1 2 1 2則 AEp= AEk,即 2mgR= qmv。 qmv物塊從A到D過程做平拋運動，則一 1 2豎直方向：2R=2gt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= 珈220丄2物塊從A到D過程做平拋運動，則豎直方向：2R=卻，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【複劃點撥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。變式訓(xùn)練

24、6如圖，一不可伸長的輕繩上端懸掛于 0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(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0B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/W，不計空氣影響，求：（1）地面上D、C兩點間的距離s； 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= 2mvB 小球從B到C做平拋運動，在豎直方向上有H = gt2在水平方向上有S=

25、VBt由式解得s= 1.41 m。（2）小球下擺到達(dá)B點時，繩的拉力和重力的合力提供向心力，有2VBF mg= m由式解得F = 20 N根據(jù)牛頓第三定律F'二-F，故輕繩所受的最大拉力為20 N。例10如圖所示，斜面體的斜面傾角缸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(xì)1繩連接并跨過定滑輪。開始時兩物塊都位于與地面距離為寸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(dá)到斜面的 頂點，試求m1和m2的比值。滑輪的質(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

26、為v，由系統(tǒng)機械能守恒得:旦 H 。 12-m2g 2 m1g sin30 =2（m + m2）v A以速度v上滑到頂點過程中機械能守恒，則:12旦金2m1v = msin30 mi 1由得m22°i完美答案一離型點撥看似復(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。變式訓(xùn)練7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0無摩擦地轉(zhuǎn)動，使桿從水

27、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1 1gmgL 5mgL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、 1 1 2 1 2統(tǒng)機械能守恒，可得： mgL+ 2mgL=2mvA+ 2mvB因A球與B球在各個時刻對應(yīng)的角速度相同,故VB= 2VA聯(lián)立得：VA= ： 5 ， VB=5L 12根據(jù)動能定理，對A有：WA+ mg = 2mVA 0，解得 Wa= £mgL1 2 1對 B 有：Wb+ mgL= qmvB 0,解得 Wb= £m

28、gL。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1ABC運動，AB是半徑為d的4光滑圓弧，BC是直徑為d的粗糙半圓?。˙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，VC1 2 1故有：mg= m，解得2mvc=4mgd2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W3 = mgd,設(shè)摩擦力做的功為W，由動能定理知：1 2Wg+ W = 2mvc，1213Wf=gmvc Wg= 4mgd mgd= qmgd。3完美答案4mgd鴻型A拔1整個過程機械能不

29、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3C點的機械能為在這點時的動能f(1,4)mgd,機械能減少了 Rmgd,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2界條件為m-二mg,由此得到過最高點的最小動能。r變式訓(xùn)練8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 vo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 A

30、B對應(yīng)的圓心角9= 53°軌 道半徑R= 0.5 m。已知sin53 = 0.8，cos53= 0.6,不計空氣阻力，g取10 m/s 2 2mv0,代入數(shù)據(jù)解得 W _ 4 J。02課后課時作業(yè) KEHOUKESHIZUOYE 1. (多選)如圖所示，小球質(zhì)量為 m, 不可伸長的懸線長為I，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。(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：_ V0 5VAcos53 = 3V0

31、。小球由桌面到A點的過程中，由動能定理得1 2 1 2<mg(R+ Rcos® ?mvA2mv0 由得：V0 3 m/s。2 1(2)在最高點C處有mg卅管，小球從桌面到C點，由動能定理得 W qmvCA 重力做功為mglB .繩的拉力做功為0C. 空氣阻力做功為一F阻l1d .空氣阻力做功為一2F阻n答案 ABD解析 小球從A位置到B位置，沿豎直方向的位移為I，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一F阻2=步阻n，故C錯

32、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 vo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2mv2B. 2mvoC.ZD.mv2體所做的功為（）2mvoA. 2答案解析人行至繩與水平方向夾角為45°處時，物體的速度為v = vocos45 °,由動能定理,人的拉力對物體所做的功:W= AEk = 2mv2 = ；mv0,正確選項為Co3. 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

33、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5s內(nèi)拉力對物塊做功為零B . 4 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 0.4D. 69 s內(nèi)物塊的加速度大小為 2.0 m/s2答案 D解析 由圖象知物塊前4s靜止，45 s內(nèi)做加速運動，前5s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 =卩m3 N,得 尸0.3, C錯誤；由牛頓F-Ff2第二定律可知5 s后物塊的加速度a=齊 =2 m/s，D正確。

34、4. 如圖所示，長為L的細(xì)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(xì)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.3 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2條件為mg= 口罟，解得vo= , gR。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123恒定律得0= 2mvo- mg（L 2R），解得R=5L，所以O(shè)A的最小距離為L R=L，故D正確。

35、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1D .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(dá)圓軌道最

36、低點時速 度為V，根據(jù)機械能守恒定律得2（m+ m）v 2 1C錯誤；整個過程中，對 A根據(jù)動能定理得：W= 2mv = ?mgR，故D正確。 6. 一物體所受的力F隨位移I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？ = mgR，解得v = gR，在最低點，根2據(jù)牛頓第二定律得N mg= mR，解得N = 2mg，故B錯誤；下滑過程中，B的重1 2 1 1力勢能減小AEp= mgR，動能增加AEk=mv = ?mgR,所以機械能減??？mgR,故答案 6 J解析 力F對物體做的功等于I軸上方的正功(梯形“面積”)與I軸下方的負(fù) 功(三角形“面積”)的代數(shù)和。所以力F對物體做的

37、功為1 1w= 2X (4 + 3) X 2 J 2 (5-4)X 2 J= 6 J。7. 如圖所示，質(zhì)量為 m的小球用長L的細(xì)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(xì)線與豎直方向成 B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；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 cos 0 (2)FLsin 9(3) FLsin 9或 mgL(1 cos9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 cos 9 = 0即 W = mgL(1 cos 0

38、。對恒力F做的功，由公式 W= Flcosa得:Wf= FLsin 9解法一：對恒力F做功，由公式 W= Fl cos a得：Wf= FLsin 0b解法二：由動能定理得： Wf mgL(1 cos0= 0,故 W = mgL(1 cos 0。8如圖所示，摩托車做特技表演時，以vo= 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2P = 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= 1.8X10 kg， 臺高h(yuǎn) = 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

39、：(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)1.2X 109. 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0,半徑R= 0.3 m，0= 60° g= 10 m/s2。求： J (2)1.11 X 10代入數(shù)據(jù)，可得W = 1.11X 10 J。 J解析 摩托車在沖向高臺頂端的過程中牽引力所做的功W= Pt= 1.2X 104J。(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根據(jù)動能定理得1 2 1 2W W mgh= 2mv mv0(1) 小球到達(dá)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 在A點由速度的合成得va=cOSa，代入數(shù)據(jù)解得va= 4 m/soV(2) 從P點到A點小球做平拋運動，豎直分速度vy = votan V由運動學(xué)規(guī)律有vy= 2gH聯(lián)立解得H = 0.6 mo2vc(3) 小球恰好過C點，貝U mg= mRC從A點到