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第五章  机械能

(一)利用动能定理求变力做功

利用公式W＝Flcos α不容易直接求功时，尤其对于曲线运动或变力做功问题，可考虑由动能的变化来间接求功，所以动能定理是求变力做功的首选。

[例1]　(2018·*_**如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN。重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为(　　)

A.R(FN－3mg)　　　 B.R(2mg－FN)

C.R(FN－mg) D.R(FN－2mg)

[解析]　质点在B点，由牛顿第二定律，有：FN－mg＝m，质点在B点的动能为EkB＝mv2＝(FN－mg)R。质点自A滑到B的过程中，由动能定理得：mgR＋Wf＝EkB－0，解得：Wf＝R(FN－3mg)，故A正确，B、C、D错误。

[答案]　A

突破点(一)　对动能定理的理解

2．如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球以速度v向右匀速滑行，并冲上固定在地面上的斜面。压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做功是(　　)

A．mgh－mv2　　　　　 B．mv2－mgh

C．－mgh D．－

解析：选A　压缩至C点时弹簧最短，小球的速度为零，由动能定理可得：W弹－mgh＝0－mv2，解得：W弹＝mgh－mv2，A正确。

3．[多选](2018·*_**如图所示，质量为m的一辆小汽车从水平地面AC上的A点沿斜坡匀速行驶到B点。B距水平面高h，以水平地面为零势能面，重力加速度为g。小汽车从A点运动到B点的过程中(空气阻力不能忽略)，下列说法正确的是(　　)

A．合外力做功为零

B．合外力做功为mgh

C．小汽车的机械能增加量为mgh

D．牵引力做功为mgh

解析：选AC　汽车匀速运动，动能不变，则根据动能定理可知，合外力做功为零，故A正确，B错误；小汽车动能不变，重力势能增加了mgh，则可知小汽车机械能增加量为mgh，故C正确；对上升过程由动能定理可知，牵引力的功等于重力势能的增加量和克服阻力做功之和，故牵引力做功一定大于mgh，故D错误。

突破点(二)　动能定理的应用

1．(2018·**_*如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型。物块自左侧斜面上A点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上的B点。实验中测量出了三个角度，左右斜面的倾角α和β及AB连线与水平面的夹角为θ。物块与各接触面间动摩擦因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是(　　)

A．μ＝tan α　　　　　　 B．μ＝tan β

C．μ＝tan θ D．μ＝tan 

解析：选C　对全过程运用动能定理，结合摩擦力做功的大小，求出动摩擦因数大小。设AB的水平长度为x，竖直高度差为h，对A到B的过程运用动能定理得mgh－μmgcos α·AC－μmg·CE－μmgcos β·EB＝0，因为AC·cos α＋CE＋EB·cos β＝x，则有mgh－μmgx＝0，解得μ＝＝tan θ，故C正确。

2．(2018·*_**如图所示，半径R＝0.4 m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上。质量m＝0.1 kg的小物块(可视为质点)从空中的A点以v0＝2 m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧的弹性势能Epm＝0.8 J，已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2。求：

(1)小物块从A点运动至B点的时间；

(2)小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小；

(3)C、D两点间的水平距离L。

解析：(1)小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，据几何关系有：tan θ＝

解得：t＝ s≈0.35 s。

(2)vB＝＝4 m/s。

小物块由B运动到C，根据动能定理有：

mgR(1＋sin θ)＝mvC2－mvB2

在C点处，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m

联立两式代入数据解得FN＝8 N。

由牛顿第三定律得：小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力FN′＝FN＝8 N。

(3)从C点到D点，由能量守恒定律可知：

mvC2＝μmgL＋Epm，解得：L＝1.2 m。

答案：(1)0.35 s　(2)8 N　(3)1.2 m

突破点(三)　动能定理的图像问题

1．常与动能定理结合的四类图像

v -t图

由公式x＝vt可知，v -t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移



a-t图

由公式Δv＝at可知，a-t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量



F-x图

由公式W＝Fx可知，F-x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功



P-t图

由公式W＝Pt可知，P-t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功





2．解决物理图像问题的基本步骤

[典例]　如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R＝0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1 kg的滑块(大小不计)从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2，求：

(1)滑块到达B处时的速度大小；

(2)滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间；

(3)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？

[思路点拨]

(1)利用F-x图线与x轴所围“面积”可求F做的功。

(2)滑块恰好通过圆弧轨道最高点C的速度为。

[解析]　(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得

F1x1－F3x3－μmgx＝mvB2

得vB＝2 m/s。

(2)在前2 m内，有F1－μmg＝ma，

且x1＝at12，解得t1＝  s。

(3)当滑块恰好能到达最高点C时，有mg＝m

对滑块从B到C的过程，由动能定理得

W－mg×2R＝mvC2－mvB2

代入数值得W＝－5 J。

即克服摩擦力做的功为5 J。

[答案]　(1)2 m/s　(2)  s　(3)5 J

突破点(四)　应用动能定理解决平抛运动、圆周运动问题

1．平抛运动和圆周运动都属于曲线运动，若只涉及位移和速度而不涉及时间，应优先考虑用动能定理列式求解。

2．动能定理的表达式为标量式，不能在某一个方向上列动能定理方程。

[典例]　(2018·XX模拟)如图所示，倾斜轨道AB的倾角为37°，CD、EF轨道水平，AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连。小球可以从D进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E滑出该轨道进入EF水平轨道。一质量为m的小球由静止从A点释放，已知AB长为5R，CD长为R，圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为1.8R，小球与倾斜轨道AB及水平轨道CD、EF间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：(在运算中，根号中的数值无需算出)

(1)小球滑到底端C时速度的大小。

(2)小球刚到C时对管道的作用力。

(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足什么条件？

[解析]　(1)设小球到达C点时速度为vC，小球从A运动至C过程，由动能定理有：

mg(5Rsin 37°＋1.8R)－μmgcos 37°·5R＝mvC2

解得：vC＝ 。

(2)小球沿BC管道做圆周运动，设在C点时管道对小球的作用力为FN，由牛顿第二定律，有：FN－mg＝m

其中r满足：r＋rcos 37°＝1.8R

解得：FN＝6.6mg

由牛顿第三定律可得，小球对管道的作用力为6.6mg，方向竖直向下。

(3)要使小球不脱离轨道，有两种情况：

情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF轨道，则小球在最高点应满足：m≥mg

小球从C点到圆周轨道的最高点过程，由动能定理，有：

－μmgR－mg·2R′＝mvP2－mvC2，

可得：R′≤R＝0.92R

情况二：小球上滑至四分之一圆周轨道的最高点时，速度减为零，然后滑回D。则由动能定理有：

－μmgR－mg·R′＝0－mvC2

解得：R′≥2.3R

所以要使小球不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足R′≤0.92R或R′≥2.3R。

[答案]　(1) 　(2)6.6mg，方向竖直向下

(3)R′≤0.92R或R′≥2.3R

[集训冲关]

1．[多选](2016·全国卷Ⅲ)如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则(　　)

A．a＝　　　　 B．a＝

C．N＝ D．N＝

解析：选AC　质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR－W＝mv2，则速度v＝，在最低点的向心加速度a＝＝，选项A正确， 选项B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，N＝ ，选项C正确，选项D错误。

2．(2016·**_*我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2。

(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；

(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。

解析：(1)运动员在AB段做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有vB2＝2ax

①

由牛顿第二定律有

mg－Ff＝ma ②

联立①②式，代入数据解得

Ff＝144 N。 ③

(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有

mgh＋W＝mvC2－mvB2 ④

设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有

FN－mg＝m ⑤

由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R＝12.5 m。 ⑥

答案：(1)144 N　(2)12.5 m

巧思妙解——练创新思维

运用动能定理巧解往复运动问题

(一)往复次数可确定的情形

1．如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离d＝0.50 m。盆边缘的高度为h＝0.30 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出)。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为 μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为(　　)

A．0.50 m　　　　　　 B．0.25 m

C．0.10 m D．0

解析：选D　设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有BC面上存在摩擦力，其做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3 m。由于d＝0.50 m，所以，小物块在BC面上经过3次往复运动后，又回到B点。D正确。

(二)往复次数无法确定的情形

2．(2018·*_**如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是(　　)

A．

B．

C．

D．

解析：选A　滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理：mgx0sin θ－μmgxcos θ＝0－mv02，解得x＝，选项A正确。

(三)往复运动永不停止的情形

3．如图所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相切，C为切点，圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为θ。现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动，已知圆弧轨道的圆心O与A、D在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求：

(1)滑块第一次滑至左侧圆弧上时距A点的最小高度差h；

(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s。

解析：(1)滑块从D到达左侧最高点F经历DC、CB、BF三个过程，现以DF整个过程为研究过程，运用动能定理得：mgh－μmgcos θ·＝0，解得h＝。

(2)通过分析可知，滑块最终至C点的速度为0时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得：

mgRcos θ－μmgcos θ·s＝0，解得：s＝。

答案：(1)　(2)

(一)普通高中适用作业

★1．A、B两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F作用下，由静止开始通过相同的位移l。若A的质量大于B的质量，则在这一过程中(　　 )

A．A获得动能较大　　　 　 B．B获得动能较大

C．A、B获得动能一样大 D．无法比较A、B获得动能大小

解析：选C　由动能定理可知恒力F做功W＝Fl＝mv2－0，因为F、l相同，所以A、B的动能变化相同，C正确。

★2．如图所示，小球以初速度v0从A点沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，水平轨道与倾斜轨道之间用平滑圆弧连接(图中没画出)。则返回时经过A点的速度v的大小为(　　 )

A． B．

C． D．

解析：选B　由动能定理得，小球由A到B过程有－mgh－Wf＝0－mv02，小球由B到A过程有mgh－Wf＝mv2－0，联立解得v＝，B正确。

★3．[多选]光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力F作用开始运动，拉力随时间变化如图所示，用Ek、v、x、P分别表示物体的动能、速度、位移和水平拉力的功率，下列四个图像中分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，正确的是(　　 )

解析：选BD　由动能定理，Fx＝F·at2＝Ek，选项A错误；在水平拉力F作用下，做匀加速直线运动，选项B正确；其位移x＝at2，选项C错误；水平拉力的功率P＝Fv＝Fat，选项D正确。

★5．如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)(　　)

A．　　　　　　　　 B．

C． D．

解析：选B　小球A下降h过程小球克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降过程，由动能定理有3mgh－W1＝·3mv2－0，解得：v＝ ，故B正确。

6．(2018·*_**静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t＝4 s时停下，其v -t图像如图所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是(　　)

A．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功

B．整个过程中拉力做的功等于零

C．t＝2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大

D．t＝1 s到t＝3 s这段时间内拉力不做功

解析：选A　对物块运动全过程应用动能定理得：WF－Wf＝0，故A正确，B错误；物块在加速运动过程中受到的拉力最大，故t＝1 s时拉力的瞬时功率为整个过程中拉力功率的最大值，C错误；t＝1 s到t＝3 s这段时间内，拉力与摩擦力平衡，拉力做正功，D错误。

[B级——中档题目练通抓牢]

10．(2018·*_**如图甲所示，一滑块从平台上A点以初速度v0向右滑动，从平台上滑离后落到地面上的落地点离平台的水平距离为s，多次改变初速度的大小，重复前面的过程，根据测得的多组v0和s，作出s2-v02图像如图乙所示，滑块与平台间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g＝10 m/s2。

(1)求平台离地的高度h及滑块在平台上滑行的距离d；

(2)若将滑块的质量增大为原来的2倍，滑块从A点以4 m/s的初速度向右滑动，求滑块滑离平台后落地时的速度大小v′及落地点离平台的水平距离s的大小。

解析：(1)设滑块滑到平台边缘时的速度为v，

根据动能定理得：

－μmgd＝mv2－mv02 ①

滑块离XX台后做平抛运动，则有：

h＝gt2 ②

s＝vt ③

联立以上三式得：s2＝v02－4μhd ④

由图像得：图像的斜率等于，

即：＝＝0.2 ⑤

解得：h＝1 m

且当s＝0时，v02＝12，代入④式解得：d＝2 m。

(2)由①得：v＝2 m/s

滑块离XX台后做平抛运动，则有：h＝gt2 ⑥

得：t＝ ＝  s＝ s ⑦

滑块滑离平台后落地时的速度为：

v′＝＝2 m/s

落地点离平台的水平距离s的大小为：

s＝vt＝2× m＝ m。

答案：(1)1 m　2 m　(2)2 m/s　 m

★3．如图所示，质量为m的小球，从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)

A．小球落地时动能等于mgH

B．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能

C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)

D．小球在泥土中受到的平均阻力为mg

解析：选C　小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH－fH＝mv02，选项A错误；设泥的平均阻力为f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－f0h＝0－mv02，解得f0h＝mgh＋mv02，f0＝mg－，选项B、D错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，选项C正确。

★4．(2018·**_*如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为2 kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B两球均处于静止状态，此时OA＝0.3 m，OB＝0.4 m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1 m时速度大小为3 m/s，则在此过程中绳的拉力对B球所做的功为(取g＝10 m/s2)(　　)

A．11 J　　　　　　　　 B．16 J

C．18 J D．9 J

解析：选C　A球向右运动0.1 m时，vA＝3 m/s，OA′＝0.4 m，OB′＝0.3 m，设此时∠B′A′O＝α，则有tan α＝。由运动的合成与分解可得vAcos α＝vBsin α，解得vB＝4 m/s。以B球为研究对象，此过程中B球上升高 内容过长，仅展示头部和尾部部分文字预览，全文请查看图片预览。 况下，木板在水平地面上最终滑行的总位移为多少？

解析：(1)由于滑块恰好过C点，则有：m1g＝m1，

从A到C由动能定理得：Fx－m1g·2R＝m1vC2－0，

代入数据联立解得：F＝1 N。

(2)从A到D由动能定理得：Fx＝m1vD2，

代入数据解得：vD＝5 m/s。

(3)滑块滑到木板上时，对滑块：μ1m1g＝m1a1，

解得：a1＝μ1g＝3 m/s2，

对木板有：μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2，

代入数据解得：a2＝2 m/s2，

滑块恰好不从木板上滑下，此时滑块滑到木板的右端时恰好与木板速度相同，有：v共＝vD－a1t，v共＝a2t，

代入数据解得：t＝1 s，

此时滑块的位移为：x1＝vDt－a1t2，

木板的位移为：x2＝a2t2，L＝x1－x2，

代入数据解得：L＝2.5 m，v共＝2 m/s，x2＝1 m，

达到共同速度后木板又滑行x′，则有：v共2＝2μ2gx′，

代入数据解得：x′＝1.5 m，

木板在水平地面上最终滑行的总位移为：

x木＝x2＋x′＝2.5 m。

答案：(1)1 N　(2)5 m/s　(3)2.5 m　2.5 m

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