12.
如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点衔接，导轨半径为R，一个质量为m的物块以某一速度向右运动，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，而后向上运动恰能完成半圆周运动到C点，求物块从B到C点克服阻力所做的功？
解析 物块运动到B点，
由于其对导轨的压力为其重力的7倍，
v2B
故有：7mg－mg＝m，
R
12
B点物体的动能为EkB＝mvB＝3mgR，
2
2vC
物块恰好过C点有：mg＝m，
R
1
C点的动能EkC＝mgR.
2
设物块克服阻力做功为Wf，物块从B点到C点运用动能定理有：－mg·2R－Wf＝EkC－5
EkB＝－mgR，
2
1
故物块从B点到C点克服阻力所做的功Wf＝mgR.
2
1
答案 mgR
2
13．如图所示，倾角θ＝37°的斜面底端B平滑连接着半径r＝0.40 m的竖直光滑圆轨道．质量m＝0.50 kg的小物块，从距地面h＝2.7 m处沿斜面由静止开始下滑，小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10 m/s2)求：
(1)物块滑到斜面底端B时的速度大小；
(2)物块运动到圆轨道的最高点A时，对圆轨道的压力大小．
解析 (1)物块沿斜面下滑到B的过程中，在重力、支持力和摩擦力作用下做匀加速运动，设下滑到斜面底端B时的速度为v，则由动能定理可得：
h1
mgh－μmgcosθ·＝mv2－0，
sinθ2
μcosθ?1－所以v＝ 2gh?sinθ?， ?
代入数据解得：v＝6.0 m/s.
(2)设物块运动到圆轨道的最高点A时的速度为vA，在A点受到圆轨道的压力为FN. 物块沿圆轨道上滑到A的过程中由动能定理得：
112
－mg·2r＝mv2A－mv. 22
物块运动到圆轨道的最高点A时，
v2A
由牛顿第二定律得：FN＋mg＝m.
r
由以上两式代入数据解得：FN＝20 N.
由牛顿第三定律可知，物块运动到圆轨道的最高点A时， 对圆轨道的压力大小FN′＝FN＝20 N. 答案 (1)6.0 m/s (2)20 N
一、选择题(本题共6小题,每小题5分,共30分。每小题至少有一个选项正确) 1.两个物体质量之比为1∶4,速度大小之比为4∶1,则这两个物体的动能之比为
( )
A.1∶1 B.1∶4 C.4∶1 D.2∶1 2.(2013·包头高一检测)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,则经过A点时的速度大小为( )
A.
B.
C. D.
3.一人用力踢质量为1kg的皮球,使皮球由静止以10m/s的速度飞出,假定人踢皮球瞬间对皮球平均作用力是200N,皮球在水平方向运动了20m后停止,那么人对皮球所做的功为( )
A.50J B.500J C.4000J D.无法确定
4.一物体自t=0时开始做直线运动,其速度图线如图所示。下列选项正确的是
( )
A.在0～6s内,物体离出发点最远为30m B.在0～6s内,物体经过的路程为40m C.在0～4s内,物体的平均速率为7.5m/s D.在5～6s内,物体所受的合外力做负功
5.一质量为m的小球,用长为l的轻绳悬挂于O点。小球在水平力F的作用下,从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点,如图所示,力F所做的功为( )
A.mglcosθ B.Flsinθ C.mgl(1-cosθ) D.Flcosθ
6.(2012·广东高考)如图所示是滑道压力测试的示意图,光滑圆弧轨道与光滑斜面相切,滑道底部B处安装一个压力传感器,其示数N表示该处所受压力的大小,某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑,通过B时,下列表述正确的有( )
A.N小于滑块重力 B.N大于滑块重力
C.N越大表明h越大 D.N越大表明h越小
二、非选择题(本题共2小题,共20分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
7.(8分)如图所示,物体在离斜面底端5m处由静止开始下滑,然后滑到由小圆弧与斜面连接的水平面上,若物体与斜面及水平面间的动摩擦因数均为0.4,斜面倾角为37°。求物体在水平面上能滑行多远。
8.(12分)(能力挑战题)(2012·山东高考)如图所示,一工件置于水平地面上,其AB段为一半径R=1.0m的光滑圆弧轨道,BC段为一长度L=0.5m的粗糙水平轨道,二者相切于B点,整个轨道位于同一竖直平面内,P点为圆弧轨道上的一个确定点。一可视为质点的物块,其质量m=0.2kg,与BC间的动摩擦因数μ1=0.4。工件质量M=0.8kg,与地面间的动摩擦因数μ2=0.1。
2
(取g=10m/s)
(1)若工件固定,将物块由P点无初速度释放,滑至C点时恰好静止,求P、C两点间的高度差
h。
(2)若将一水平恒力F作用于工件,使物块在P点与工件保持相对静止,一起向左做匀加速直线运动。
①求F的大小。
②当速度v=5m/s时,使工件立刻停止运动(即不考虑减速的时间和位移),物块飞离圆弧轨道落至BC段,求物块的落点与B点间的距离。
答案解析 1.【解析】选C。若设物体m1=m,则m2=4m,v1=4v,v2=v,则动能Ek1=m1,Ek2=m2
=2mv,故Ek1∶Ek2=4∶1,选项C正确。
,由B→A过程：
2
=8mv
2
2.【解析】选B。对小球由动能定理：由A→B过程：-Wf-mgh=0-m-Wf+mgh=m
,解得vA=
,故B对。
2
2
3.【解析】选A。由动能定理得,人对皮球做的功W=mv-0=×1×10J=50 J,选项A正确。 4.【解析】选B、C。6s内的路程为s=×(2+5)×10m+×1×10m=40 m;0～4 s内的位移x=×(4+2)×10m=30m,故平均速率为==
m/s=7.5m/s;在5～6s内,物体的速度增加,根据动
能定理,合外力做正功。综上所述B、C正确,A、D错误。[来源:学|科|网] 5.【解题指南】解答本题应把握以下两点： (1)“缓慢”可认为小球动能不变。
(2)分析小球受力,确定各力做功情况,由动能定理求解。
【解析】选C。小球的运动过程是很缓慢的,因而任一时刻都可看作是平衡状态,因此F的大小不断变化,F做的功是变力功。小球上升过程只有重力mg和F这两个力做功,由动能定理得WF-mgl(1-cosθ)=0。所以WF=mgl(1-cosθ),故选C。
6.【解析】选B、C。由动能定理mgh=mv可求出滑块由斜面上h高度处下滑到达B处时的速度v=
,从B处进入圆弧轨道后滑块做圆周运动,在B处,由牛顿第二定律及向心力的
)。再由牛顿第三定律可知B、C正确。
2
公式得N-mg=m,故N=mg+m=mg(1+
7.【解析】对物体在斜面上和水平面上分别受力分析如图所示,设物体到斜面底端时的速率为v,物体下滑阶段
FN1=mgcos37°
故Ff1=μFN1=μmgcos37° 由动能定理得
mgsin37°〃l1-μmgcos37°〃l1=mv-0 设物体在水平面上前进的距离为l2 Ff2=μFN2=μmg 由动能定理得 -μmg〃l2=0-mv 由①②两式可得 l2=
l1=
2
2
①
②
0.6?0.4?0.8×5m=3.5m
0.4答案：3.5m
[来源:学_科_网Z_X_X_K]
【总结提升】多过程问题应用动能定理的求解方法[来源:Z§xx§k.Com]
对于物理过程较为复杂的问题,审题时应先画出较为明确的示意图,弄清各物理过程之间的联系。
过程较多时要弄清各个力在哪个过程做功,做正功还是做负功,做了多少功。 要确定各过程初、末态的动能,然后部分过程用动能定理或全过程用动能定理。 8.【解题指南】若物块在P点与工件保持相对静止,可对物块受力分析,利用牛顿第二定律求出加速度,再用整体法以m和M为研究对象求出恒力F的大小。
【解析】(1)物块从P点下滑经B点至C点的整个过程,根据动能定理得
mgh-μ1mgL=0 ① 代入数据得
h=0.2m ②
(2)①设物块的加速度大小为a,P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ,由几何关系可得 cosθ=
⑤
⑥ ④
③
根据牛顿第二定律,对物块有[来源:Zxxk.Com] mgtanθ=ma 对工件和物块整体有 F-μ2(M+m)g=(M+m)a 联立②③④⑤式,代入数据得
F=8.5N