动能定理13

动能定理13

班级__________姓名____________分数___________

1．一块质量为m的木块放在地面上，用一根弹簧连着木块，如图所示，用恒力F拉弹簧，使木块离开地面，如果力F的作用点向上移动的距离为h，则（ ） A．木块的重力势能增加了mgh B．木块的机械能增加了Fh C．拉力所做的功为Fh D．木块的动能增加了Fh

2．如图所示，以A、B和C、D为端点的半径为R＝0.6m的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，A、D之间放一水平传送带Ⅰ，B、C之间放一水平传送带Ⅱ，传送带Ⅰ以V1=6m/s的速度沿图示方向匀速运动，传送带Ⅱ以V2=8m/s的速度沿图示方向匀速运动。现将质量为m=4kg的物块从传送带Ⅰ的右端由静止放上传送带,物块运动第一次到A时恰好能沿半圆轨道滑下。物块与传送带Ⅱ间的动摩擦因数为μ2=0.125，不计物块的大小及传送带与半圆轨道间的间隙，重力加速度g=10m/s2，已知A、D端之间的距离为L=1.2m。求： (1)物块与传送带Ⅰ间的动摩擦因数μ1； (2)物块第1次回到D点时的速度；

(3)物块第几次回到D点时的速度达到最大，最大速度为多大？

3．如图甲所示，一竖直面内的轨道是由粗糙斜面AB和光滑圆轨道BCD组成，AB与BCD相切于B点，C为圆轨道的最低点。将小物块（可看作质点）置于轨道ABC上离地面高为H处由静止下滑，可用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力FN。现将小物块放在ABC上不同高度处，让H从零开始逐渐增大，传感器测出小物块每次从不同高度处下滑到C点时对轨道的压力FN，得到如图乙两段直线PQ和QI，且IQ反向延长线与纵轴交点坐标值为5 N，g取10 m/s2。则: (1)小物块的质量m为多少？

(2)若小物块由斜面上某点从静止开始运动，恰好能通过圆轨道最高点D，求小物块在C点对轨道的压力FN大小为多少？

(3)小物块在斜面上某点由静止开始运动，并能通过C点。某同学根据图象所给信息求出圆轨道半径R=2m，轨道BC部分所对应的圆心角为?=60°。请你再结合图象所给的信息求出斜面对小物体的滑动摩擦力大小为多少？

4．如图甲光滑水平面上静止并排放着MA =2 kg，MB =3kg的A，B两物块，现给A物块施加一水平向右的外力F，外力F随物块的位移X变化如图乙所示，试求当位移X =3m 时，物块A对B作用力做功的瞬时功率？

参考答案

1．C【解析】在F的作用下，力F的作用点向上移动的距离为h，所以F做功为Fh，C正确；根据功能关系可知，木块和弹簧组成的系统机械能增加Fh，B错误，由于弹簧要伸长，所以木块上移的距离小于h，故重力势能增大量小于mgh，A错误；木块增加的动能与弹簧增加的弹力势能之和等于Fh，故木块增加的动能小于Fh，D错误。考点：考查了功能关系的应用 2．（1）0.25；（2）3m/s；（3）39m/s VA21【解析】(1)由题意可知，物块第一次到达A点时应满足：mg?m R解得： VA1?6m/s＜V1

故物块从D到A的过程中全程加速，由动能定理得：μ1mgL?代入数据解得： μ1?0.25 （5分）

(2)设物块第一次从B到C全程加速，则物块第一次由D经A、B到C的过程，由动能定理得：

1mVA21 2μ1mgL?2mgR?μ2mgL?1mVC21代入数据解得： VC1?33m/s＜V2 2，故假设成立，则物块由D出发到第一次回到D的过程，由动能定理：

μ1mgL?μ2mgL?12mVD代入数据解得： VD1?3m/s （5分） 12，(3)设每次物块在两传送带上都是全程加速，第N次到达C点时的速度恰好等于V2，

Nμ1mgL?2mgR?Nμ2mgL?1mV22代入数据解得：N=4.4 2，1mV12 2μ2mgL?同理，设第n次到达D点时的速度恰好等于V1，则由动能定理得： nμ1mgL?n代入数据解得： n=4＜N

故物块第4次到达C点时的速度小于传送带Ⅱ的速度V2，第4次到达D点时的速度恰好等于传送带Ⅰ的速度V1。则物块第4次到达D点后，同传送带Ⅰ一起匀速运动到A点，第5次回到D点速度为VD5，由动能定理有：μ2mgL?代入数据解得：VD1?39m/s 小物块第5次到达D点后，将沿传送带做减速运动，由于μ2＜μ1，故物块在到达A点前必减速到与传送带相同的速度，以后每次到达D点的速度均为39m/s。

综上所述，物块第5次经CD半圆形轨道到达D点时的速度达到最大，最大速度为39m/s…（8分） 考点：动能定理

3．(1) m = 0.4 kg (2) 24 N (3) f=

112mVD?mV12 5223N 2

【解析】（1）由图像可知，当H = 0时 FN = 4.0 N

FN = mg m = 0.4 kg (2分，方程1分，结果1分)

2m?D（2）在D点由牛顿第二定律：mg?．．．．．．．．1分

RC到D动能定理：?2mgR?1122m?D?m?C．．．．．．．．2分 222?C在C点由牛顿第二定律：FN — mg =m．．．．．．．．１分

RFN = 24 N．．．．．．．．１分

2m?C（3）在C点由牛顿第二定律：FN — mg =．．．．．．．．１分

R由动能定理：mgH —

f(H?1)12= m?C．．．．．．．．１分 02sin60FN = (2mg —

4f4fH ++mg ．．．．．．．．１分 3R3R)解法1：图像QI段斜率：k = (2mg — 4f18?5= = 3．．．．．．．．１分 R13)f=

3N．．．．．．．．１分 2解法2：根据QI线与纵轴的截距：

2f3+mg = 5 ．．．．．．．．１分

f=

3N．．．．．．．．１分 2考点：考查了牛顿第二定律的综合应用

点评：本题关键是对分析清楚滑块的各个运动过程，然后运用动能定理、机械能守恒定律和向心力公式，结合图象联立方程组求解． 4．P?6w 【解析】根据图像，由“面积法”可知x?3m时外力F做功：WF?由动能定理可知A、B整体在x?3m时速度为：WF?1?2?5?1?5?10(J) (3分) 21(mA?mB)v2 得 : v?2m/s (2分) 2x?3m时，A对B的作用力： F'?mBF?3N (3分) mA?mB物块A对B作用力做功的瞬时功率为：P?F'v?6w (2分) 考点：本题考查了功率、平均功率和瞬时功率、动能定理的应用。

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