发布时间 : 星期一 文章高三物理一轮复习 第五章 机械能 第2节 动能定理及其应用课时跟踪检测更新完毕开始阅读
为质点)接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态。当t＝0时释放滑块。在0～0.24 s时间内，滑块的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示。已知弹簧的劲度系数k＝2.0×10 N/m，当t＝0.14 s时，滑块的速度v1＝2.0 m/s。g取10 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°12
＝0.8。弹簧弹性势能的表达式为Ep＝kx(式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)。
2求：
2
2
图8
(1)斜面对滑块摩擦力的大小Ff；
(2)t＝0.14 s时滑块与出发点间的距离d； (3)在0～0.44 s时间内，摩擦力做的功W。
解析：(1)当t1＝0.14 s时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动。
由题中的图乙可知，在这段过程中滑块加速度的大小为：
a1＝10 m/s2。
根据牛顿第二定律有：mgsin θ＋Ff＝ma1 代入数据解得：Ff＝4.0 N。
(2)当t1＝0.14 s时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于t0＝0时弹簧的形变量x，所以在0～0.14 s时间内弹簧弹力做的功为：
W弹＝Ep初－Ep末＝kd2
在这段过程中，根据动能定理有：
1
2
W弹－mgdsin θ－Ffd＝mv12－0
代入数据解得：d＝0.20 m。
0－v1
(3)设从t1＝0.14 s时开始，经时间Δt1滑块的速度减为零，则有：Δt1＝＝0.20
－a1
s
0－v1
这段时间内滑块运动的距离为：x1＝＝0.20 m
2－a1
此时t2＝0.14 s＋Δt1＝0.34 s，此后滑块将反向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可求得此时加速度的大小为：
2
12
mgsin θ－μmgcos θ2
a2＝＝2.0 m/s
m12
在0.34 s～0.44 s(Δt2＝0.1 s)时间内，滑块反向运动的距离为：x2＝a2Δt2
2代入数据解得：x2＝0.01 m。
所以在0～0.44 s时间内，摩擦力Ff做的功为：
W＝－Ff(d＋x1＋x2)
代入数据解得：W＝－1.64 J。
答案：(1)4.0 N (2)0.20 m (3)－1.64 J
对点训练：应用动能定理解决平抛运动、圆周运动问题
10. (2015·全国卷Ⅱ)如图9，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用
W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则( )
图9
1
A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
21
B．W>mgR，质点不能到达Q点
2
1
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
21
D．W 2 解析：选C 设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FN－mgmvN2123＝，已知FN＝FN′＝4mg，则质点到达N点的动能为EkN＝mvN＝mgR。质点由开始至NR22 1 点的过程，由动能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功为Wf＝－mgR，即克服摩 21 擦力做的功为W＝－Wf＝mgR。设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W′，则W′ 到Q的过程，由动能定理得－mgR－W′＝mvQ－mvN，即mgR－W′＝mvQ，故质点到Q点 2222后速度不为0，质点继续上升一段距离。选项C正确。 11．(2015·上海静安区模拟)在竖直平面内固定一轨道ABCO，AB段水平放置，长为4 m， BCO段弯曲且光滑；一质量为1.0 kg、可视作质点的圆环套在轨道上，圆环与轨道AB段之 间的动摩擦因数为0.5。建立如图10所示的直角坐标系，圆环在沿x轴正方向的恒力F作用下，从A(－7,2)点由静止开始运动，到达原点O时撤去恒力F，圆环从O(0,0)点水平飞出后经过D(6,3)点。重力加速度g取10 m/s，不计空气阻力。求： 2 图10 (1)圆环到达O点时的速度大小； (2)恒力F的大小； (3)圆环在AB段运动的时间。 解析：(1)圆环从O到D过程中做平抛运动 x＝v0t y＝gt2 读图得x＝6 m，y＝3 m 12 v0＝60 m/s＝7.75 m/s。 (2)圆环从A到O过程中，根据动能定理 FxAO－μmgxAB－mgy′＝mv02 代入数据得F＝10 N。 (3)圆环从A到B过程中，根据牛顿第二定律 12 F－μmg＝ma xAB＝at2 代入数据得t＝ 8 s＝1.26 s。 5 12 答案：(1)7.75 m/s (2)10 N (3)1.26 s 12．(2015·温州模拟)如图11甲所示，一足够长、与水平面夹角θ＝53°的倾斜轨道与竖直面内的光滑圆轨道相接，圆轨道的半径为R，其最低点为A，最高点为B。可视为质点的物块与斜轨间有摩擦，物块从斜轨上某处由静止释放，到达B点时与轨道间压力的大小 F与释放的位置距最低点的高度h的关系图像如图乙所示。忽略轨道相接处距最低点的高度， 42且不计物块通过轨道相接处时的能量损失，取重力加速度g＝10 m/s，sin 53°＝，cos 53° 5 3 ＝，求： 5 图11 (1)物块与斜轨间的动摩擦因数μ； (2)物块的质量m。 解析：(1)由题图乙可知，当h1＝5R时，物块到达B点时与轨道间压力的大小为0，设此时物块在B点的速度大小为v1，则 mv12 mg＝ R对物块从释放至到达B点的过程，由动能定理有 mg(h1－2R)－μmgcos θ2 解得μ＝。 3 12＝mv1 sin θ2 h1 mv2 (2)设物块从距最低点高为h处释放后到达B点时速度的大小为v，则F＋mg＝ R物块从释放至到达B点的过程中，由动能定理有 mg(h－2R)－μmgcos θ解得F＝ 12 ＝mv， sin θ2 hmgh－5mg RmgR则F-h图线的斜率k＝ 2 由题图乙可知k＝，解得m＝0.2 kg。 R2 答案：(1) (2)0.2 kg 3