浙江省高考物理一轮复习 专练16 功和能(一)

专练16 功和能(一)
1．质量为M的木板放在光滑的水平面上，一个质量为m的滑块(可视为质点)，以某一速度沿木板上表面从木板的左端滑至右端时，两者恰好达到同样的速度而相对静止．已知木板长为L，滑块与木板间的动摩擦因数为μ，在这一过程中，木板沿水平面前进了距离l，求摩擦力对滑块和木板各做了多少功．
2．如图1所示，斜槽轨道下端与一个半径为0.4 m的圆形轨道相连接．一个质量为0.1 kg 的物体从高为H＝2 m的A点由静止开始滑下，运动到圆形轨道的最高点C处时，对轨道的压力等于物体的重力．求物体从A运动到C的过程中克服摩擦力所做的功．(g取10 m/s2)
图1
3．如图2所示，质量m＝0.5 kg的物体在水平面上从坐标原点O以v0＝210 m/s的初速度沿x轴正方向运动，运动到x1＝2 m处滑上一个倾角为45°的斜面，之后又沿斜面下滑．物体每次经过斜面底端时都不损失机械能．已知物体与水平面和斜面间的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2.求：
图2
(1)从开始运动到最后停止的全过程中，物体克服摩擦力做的功；
(2)物体从O点出发运动到x1＝2 m处的速度大小；
(3)物体沿斜面上升的最大距离．
4．(2016·台州市高二期末)如图3所示，半径R＝0.1 m、内径很小的粗糙半圆管竖直置于水平地面上，质量为m＝0.1 kg的小球，以一定的初速度进入管内，通过最低点A时，对管壁下部的压力大小为10mg，通过最高点B时，对管壁上部的压力大小为3mg，g＝10 m/s2，求：
图3
(1)小球通过最低点A的速度大小v A与最高点B的速度大小v B；
(2)小球从最高点飞出后到落地的水平位移大小；
(3)从A到B过程中，小球克服摩擦力所做的功．
5．(2015～2016台州市六校高二第二学期期中考试)滑板运动是一项刺激运动项目，深受青少年喜欢．现将赛道简化为如图4所示的模型：粗糙倾斜轨道AB与光滑圆弧形轨道相切于B 点，粗糙水平轨道CD与光滑圆弧形轨道BC、DE相切于C、D点．运动员与滑板一起(可看做质点)从A点由静止开始滑下，经轨道BC、CD滑到E点时速度恰好为零，然后返回．已知人和滑板总质量为m＝60 kg，倾斜轨道AB长L＝5 m，与水平面的夹角θ＝53°，滑板与AB 的动摩擦因数为μ1＝0.2，水平轨道CD长s＝6 m，圆弧形轨道半径均为R＝4 m，不计空气阻力(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2)．求：
图4
(1)运动员第一次滑到C点时对轨道的压力大小；
(2)滑板与水平轨道CD间的动摩擦因数；
(3)运动员从A点开始下滑到第一次回到AB轨道速度为零的过程机械能的损失量．
答案精析
1．－μmg (l ＋L ) μmgl
解析 对滑块：受力分析如图甲所示，滑动摩擦力大小F f ＝μF N1＝μmg ，方向水平向左，滑块对地位移大小为(l ＋L )，方向水平向右，所以W 1＝F f (l ＋L )cos π＝－μmg (l ＋L )． 对木板：受力分析如图乙所示，滑动摩擦力大小F f ′＝μmg ，方向水平向右，木板对地位移大小为l ，方向水平向右，所以W 2＝F f ′l cos 0＝μmgl . 2．0.8 J
解析 物体运动到C 点时受到重力和轨道对它的压力，由圆周运动知识可知F N ＋mg ＝mv 2C
r
，又
F N ＝mg ，
联立两式解得v C ＝2gr ＝2 2 m/s ，
在物体从A 点运动到C 点的过程中，由动能定理有
mg (H －2r )－W f ＝12
mv 2C －0.
代入数据解得W f ＝0.8 J.
3．(1)10 J (2)2 5 m/s (3)223
m
解析 (1)从开始运动到最后停止的全过程中，根据能量守恒定律
W 克服＝12
mv 20＝10 J.
(2)对物体从O 点出发运动到x 1＝2 m 处的过程应用动能定理得 －μmgx 1＝12mv 21－12mv 20
解得v 1＝2 5 m/s.
(3)设物体沿斜面上升的最大距离为s ，从O 点开始至最高点全过程应用动能定理得 －μmgx 1－μmgs cos 45°－mgs sin 45°＝0－12mv 2
解得s ＝22
3
m.
4．(1)3 m/s 2 m/s (2)0.4 m (3)0.05 J
解析 (1)对小球进行受力分析，如图所示，由牛顿第二定律得
A 点：F N A －mg ＝m v 2A
R
B 点：F N B ＋mg ＝m v 2B
R
根据牛顿第三定律，F N A ＝10mg ，F N B ＝3mg 解得v A ＝3 m/s
v B ＝2 m/s.
(2)小球从最高点飞出后做平抛运动，竖直方向上有 2R ＝12gt 2
水平位移x ＝v B t 解得t ＝0.2 s
x ＝0.4 m.
(3)从A 到B 根据动能定理得 12mv 2B －12mv 2
A ＝－mg ·2R －W f 解得W f ＝0.05 J.
5．(1)2 100 N (2)1
6
(3)1 670 J
解析 (1)运动员从A 到C 的过程由动能定理得
mgL sin 53°＋mgR (1－cos 53°)－μ1mg cos 53°L ＝12
mv 2C 在C 点有F N －mg ＝mv 2C R
联立解得F N ＝2 100 N ．由牛顿第三定律得，运动员第一次滑到C 点时对轨道的压力为2 100 N.
(2)由(1)问可得v C ＝10 m/s 运动员从C 到E 的过程由动能定理得
－μ2mgs －mgR ＝0－12mv 2
C
解得μ2＝1
6
(3)设运动员回到AB 轨道速度为零的位置距B 点距离为x ，则运动员从E 点到回到AB 最高点过程由动能定理
mgR cos 53°－μ2mgs －mgx sin 53°－μ1mgx cos 53°＝0
解得x ＝3523
m
损失的机械能ΔE ＝mg (L －x )sin 53°＝38 400
23
J≈1 670 J.。