第七章 功和能例题分析与训练

高一物理必修2第七章 功和能例题分析与训练【例题1】如图1所示，轻绳下悬挂一小球，在小球沿水平面作半径为R 的匀速圆周运动转过半圈的过程中，下列关于绳对小球做功情况的叙述中正确的是（ ）A. 绳对小球没有力的作用，所以绳对小球没做功；B. 绳对小球有拉力作用,但小球没发生位移，所以绳对小球没做功；C. 绳对小球有沿绳方向的拉力，小球在转过半圈的过程中的位移为水平方向的2R ，所以绳对小球做了功；D. 以上说法均不对.【分析与解】从表面上看似乎选项Ｃ说得有道理，但事实上由于绳对小球的拉力是方向不断变化的变力，而变力做功与否的判断应该这样来进行：在小球转过半圆周的过程中任取一小段圆弧，经考察发现小球在通过这一小段圆弧时所受拉力方向与这一小段位移垂直，因此可以断定在小球通过每一小段圆弧时绳均不对小球做功，由此可知此例应选D.【例题2】把两个大小相同的实心铝球和实心铁球放在同一水平面上，它们的重力势能分别为1E 和2E ．若把它们移至另一个较低的水平面上时，它们的重力势能减少量分别为1E ∆和2E ∆则必有（ ）Ａ.1E ＜2E Ｂ.1E ＞2E Ｃ.1E ∆＜2E ∆ Ｄ.1E ∆＞2E ∆【分析与解】如果重力势能的零势面比两球所处的水平面较低，则显然由于铁的密度较大，同体积的铁球质量较大而使1E ＜2E ；但如就取两球心所在的水平面为重力势能零势面，则又有1E ＝2E ＝0；当然若两球所在的水平面在重力势能的零势面下方，甚至可以有2E ＜1E ＜0.选取，【例题3】如图2所示，图1别固定在长为L 的轻杆两端，轻杆可绕过中点的水平轴在竖直平面内无摩擦转动，当杆处于水平时静止释放，直至杆转到竖直位置的过程中，杆对小球A 所做的功为 .杆对小球B 所做的功为 ．【分析与解】在此过程中由于A 、B 构成的系统的机械能守恒，因此系统减少的重力势能应与系统增加的动能相等．即22)2(21212)2(2v m mv L m L mg+=+- 由此解得A 、B 两球转到杆处于竖直位置时的速度大小为gL v 31= 而在此过程中A 、B 两球的机械能的增加量分别为mgL mv L mgE 3221221=+=∆，mgL mv L mg E 322212222-=+-=∆ 所以，此过程中轻杆对Ａ、Ｂ两小球所做的功分别为mgL E W 3211=∆=，mgL E W 3222-=∆= 【例题4】放在光滑水平面上的长木板，右端用细线系在墙上，如图3所示，左端固定一个轻弹簧，质量为m 的小球，以某一初速度在光滑木板上表面向左运动，且压缩弹簧，当球的速度减小为初速的一半时，弹簧势能为E ，这时细线被拉断，为使木板获得的动能最大，木板的质量应等于多少？其最大动能为多少？【分析与解】先进行状态分析，当小球碰到弹簧后，小球将减速，当球的速度减小为初速的一半时，弹簧势能为E ，即表示：])2([212020v v m E -=细线断后，小球继续减速，木板加速，且弹簧不断伸长，以整体来看，系统的机械能守恒，若小球的速度减小为0时，弹簧恰好变成原长状态，则全部的机械能就是木板的动能，此时木板获得的动能最大．系统所受的合外力为0，故动量守恒，Mv v m =021且222121mv Mv = 解得4m M =，E E km 34=．图3【例题5】一个竖直放置的光滑圆环，半径为R ，c 、e 、b 、d 分别是其水平直径和竖直直径的端点．圆环与一个光滑斜轨相接，如图4所示．一个小球从与d 点高度相等的a 点从斜轨上无初速下滑．试求：(1)过b 点时，对轨道的压力b N 多大？ (2)小球能否过d 点，如能，在d 点对轨道压力d N 多大？如不能，小球于何处离开圆环？【分析与解】小球在运动的全过程中，始终只受重力G 和轨道的弹力N ．其中，G 是恒力，而N 是大小和方向都可以变化的变力．但是，不论小球是在斜轨上下滑还是在圆环内侧滑动，每时每刻所受弹力方向都与即时速度方向垂直．因此，小球在运动的全过程中弹力不做功，只有重力做功，小球机械能守恒．从小球到达圆环最低点b 开始，小球就做竖直平面圆周运动．小球做圆周运动所需的向心力总是指向环心O 点，此向心力由小球的重力与弹力提供．（1）因为小球从a 到b 机械能守恒b a E E =，所以221b a mv mgh =R h a 2=，Rv m G N bb 2=-解得mg N b 5=（2）小球如能沿圆环内壁滑动到d 点，表明小球在d 点仍在做圆周运动，则Rv m G N dd 2=+，可见，G 是恒量，随着d v 的减小d N 减小；当d N 已经减小到零（表示小球刚能到达d ）点，但球与环顶已是接触而无挤压，处于“若即若离”状态）时，小球的速度是能过d 点的最小速度．如小球速度低于这个速度就不可能沿圆环到达d 点．这就表明小球如能到达d 点，其机械能至少应是221d a d mv mgh E +=，但是小球在a 点出发的机械能仅有d a a mgh mgh E ==＜d E 因此小球不可能到达d 点．又由于a c h h 21=，d a E E =即221c c a mv mgh mgh += 因此，c v ＞0，小球从b 到c 点时仍有沿切线向上的速度，所以小球一定是在c 、d 之间的某点s 离开圆环的．设半径Os 与竖直方向夹α角，则由图可见，小球高度R h s )cos 1(α+=图4根据机械能守恒定律，小球到达s 点的速度s v 应符合：221s s a mv mgh mgh += 小球从s 点开始脱离圆环，所以圆环对小球已无弹力，仅由重力G 沿半径方向的分力提供向心力，即Rv m mg s 2cos =α解得R h s 35=故小球经过圆环最低点b 时，对环的压力为mg 5．小球到达高度为35R的s 点开始脱离圆环，做斜上抛运动．【说明】1．小球过竖直圆环最高点d 的最小速度称为“临界速度”0v ．0v 的大小可以由重力全部提供向心力求得，即小球到达d 点，当d v ＞0v 时，小球能过d 点，且对环有压力；当d v =0v 时，小球刚能过d 点，且对环无压力；当d v ＜0v 时，小球到不了d 点就会离开圆环．2．小球从s 点开始做斜上抛运动，其最大高度低于d 点，这可证明．【巩固训练】1.关于摩擦力做功的下列说法中,正确的是( )s h图54．如图2所示，一磁铁在外力作用下由位置1沿直线 以速度v v 匀速运动到位置2，在这个过程中磁铁穿过了闭合金属线圈abcd ，此过程外力对磁铁做功为1W ．若调节线圈上的滑动变阻器R 使阻值增大些，将磁铁仍从位置1沿直线 以速度v 匀速运动到位置2，此过程外力对磁铁做功为2W ．则（ ）A.21W WB.1W ＞2WC.1W ＜2WD.条件不足，无法比较5.试在下列简化情况下从牛顿定律出发，导出动能定理的表达式：物体为质点，作用力为恒力，运动轨迹为直线.要求写出每个符号以及所得结果中每项的意义.6.如图3所示，竖直平面内固定一个半径为R 的41光滑圆形轨道AB ，底端B 切线方向连接光滑水平面，C 处固定竖直档板，BC 间的水平距离为S ，质量为m 的物块从A 点由静止释放沿轨道滑动，设物块每次与档板碰后速度大小都是碰前的51，碰撞时间忽略不计，则： ⑴物块第二次与档板碰后沿圆形轨道上升的最大高度为多少？ ⑵物块第二次与档板碰撞到第四次与档板碰撞间隔的时间？图2图37.如图4所示，倾角为θ的斜面上，有一质量为m 的滑块距档板P 为0S 处以初速度0v 沿斜面上滑，滑块与斜面间动摩擦因数为μ，μ<θtan ,若滑块每次与档板碰撞时没有机械能损失，求滑块在整个运动过程中通过的总路程．8.一个质量m =0.2kg 的小球系于轻质弹簧的一端，且套在光滑竖立的圆环上，弹簧的上端固定于环的最高点A ，环的半径R =0.5ｍ，弹簧的原长0l =0.50ｍ，劲度系数为4.8Ｎ/ｍ.如图5所示.若小球从图5中所示位置B 点由静止开始滑动到最低点C 时，弹簧的弹性势能p E =0.60Ｊ.求：（1）小球到C 点时的速度0v 的大小；（2）小球在C 点对环的作用力.（g 取10ｍ/ｓ2）9.如图6所示，AB 和CD 为两个对称斜面，其上部足够长，下部分分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R ＝2.0ｍ，一个质量为m ＝1ｋｇ的物体在离弧高度为h ＝3.0ｍ处，以初速度4.0ｍ／ｓ沿斜面运动，若物体与两斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝10ｍ／ｓ2，则（1）物体在斜面上（不包括圆弧部分）走过路程的最大值为多少？（2）试描述物体最终的运动情况．（3）物体对圆弧最低点的最大压力和最小压力分别为多少？图4图510. 如图7所示，质量为M 的滑块B 套在光滑的水平杆上可自由滑动，质量为m 的小球A 用一长为L 的轻杆与B 上的O 点相连接，轻杆处于水平位置，可绕O 点在竖直平面内自由转动．(1)固定滑块B ，给小球A 一竖直向上的初速度,使轻杆绕O 点转过900，则小球初速度的最小值是多少?(2)若m M 2=，不固定滑块且给小球一竖直向上的初速度0v ，则当轻杆绕O 点转过900，A 球运动至最高点时，B 的速度多大?参考答案1.B2.C 、D3.D 4．B6.⑴物块在光滑轨道上滑动过程机械能守恒，第一次下滑到底端B 时的动能为mgR E k = ①由于每次与档板碰后速度大小都是碰前的51，故每次与档板碰后动能都是碰前的251，物块经过两次与档板碰后动能为k E 2)251(，根据机械能守恒定律有 22)251(mgh E k = ② 由①、②得6252Rh = ③⑵物块第二次与档板碰后沿圆形轨道上升的最大高度625R远小于R ，此后物块在圆形轨道上的运动都可看成简谐运动，周期gRT π2= ④ 第二次与档板碰后速度：gR v 22512=⑤ 则第二次与档板碰撞到第三次与档板碰撞间隔的时间为：图7gRgRS g R v S T t 22522121+=+=π ⑥ 第三次与档板碰后速度：gR v 212513=⑦ 则第三次与档板碰撞到第四次与档板碰撞间隔的时间为：gRgRS g R v S T t 212522132+=+=π ⑧ 因此第二次与档板碰撞到第四次与档板碰撞间隔的时间为：gRgRS g R t t t 2150221+=+=π⑨ 7.由于滑动摩擦力θμcos mg f =<θsin mg所以物体最终必定停在P 点处，由功能关系有)21sin (0)cos (200mv mgS S mg +-=-θθμ总，θμθcos 2sin 2020g gS v S +=总8.(1)由机械能守恒p c E mv mgR +=︒+221)60cos 1(得:3=c v m/s (2)在最低点Rv m mg N l k c 2=-+∆得:2.3=N N9.（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功max 60cos S mg W f ⋅︒=μ物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中20210mv W mgh f -=-解得38max =S ｍ (2)物体最终是在B 、C 之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在B 、C 点时速度为零． （3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得2021212160sin 60cos )]60cos 1([mv mv h mg R h mg -=︒⋅︒-︒-+μ由牛顿第二定律得 Rv m mg N 21max =-解得5.54max =N N ．物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得2221)60cos 1(mv mgR =︒- 由牛顿第二定律得Rv m mg N 22min =-解得20min =N N ．10.(1)小球A 在竖直方向速度为v 时运动到最高点速度刚好为零，由机械能守恒有mgL mv =221解得：gL v 2= （2）当球A 运动到最高点速度为1v ，此时B 球速度为2v ，且m M 2=水平方向动量守恒有021=-Mv mv 根据能量关系mgL Mv mv mv ++=222120212121 解得：)2(61202gL v v -=。