恒力做功经典习题Word文档格式.docx
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D.F1、F2先后作用期间,P、Q间的压力大小相同
7.如图1、2所示,分别用恒力F1、F2先后将质量为m的物体由静止开始沿同一粗糙的固定斜面由底端拉至顶端,两次所用时间相同,第一次力Fl沿斜面向上,第二次力F2沿水平方向.则两个过程()
A.合外力做的功相同
B.物体机械能变化量相同
C.Fl做的功与F2做的功相同
D.Fl做功的功率比F2做功的功率大
8.关于功,下列说法中正确的是()
A.功是矢量
B.功的单位是牛
C.功就是能量
D.功是能量转化的量度
9.如图所示,在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道,半径OA水平、OB竖直,一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落,小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力.已知AP=2R,重力加速度为g,则小球从P到B的运动过程中()
A.重力做功2mgR
B.机械能减少mgR
C.合外力做功mgR
D.克服摩擦力做功0.5mgR
10.测定运动员体能的一种装置如图所示,运动员质量为m1,绳拴在腰间沿水平方向跨过滑轮(不计滑轮质量及摩擦),下悬一个质量为m2的重物,人用力蹬传送带而人的重心不动,使传送带以速率v匀速向右运动.下面是人对传送带做功的四种说法,其中正确的是()
A.人对传送带不做功
B.人对传送带做负功
C.人对传送带做功的功率为m2gv
D.人对传送带做功的功率为(m1+m2)gv
11.如图所示,人站在电动扶梯的水平台阶上,假定人与扶梯一起沿斜面加速上升,在这个过程中,人脚所受的静摩擦力()
12.物体在合外力作用下做直线运动的v﹣t图象如图所示.下列表述正确的是()
A.在0~1s内,合外力做正功
B.在0~2s内,合外力总是做负功
C.在1~2s内,合外力不做功
D.在0~3s内,合外力总是做正功
13.如图所示,两根完全相同、轴线在同一水平面内的平行长圆柱上放一均匀木板,木板的重心与两圆柱等距,其中圆柱的半径r=2cm,木板质量m=5kg,木板与圆柱间的动摩擦因数μ=0.2,两圆柱以角速度ω绕轴线作相反方向的转动.现施加一过木板重心且平行圆柱轴线的拉力F于木板上,使其以速度v=0.6m/s沿圆柱表面作匀速运动.取g=10m/s2.下列说法中正确的是()
A.若ω=0,则水平拉力F=20N
B.若ω=40rad/s,则水平拉力F=6N
C.若ω=40rad/s,木板移动距离x=0.5m,则拉力所做的功为4J
D.不论ω为多大,所需水平拉力恒为10N
14.质量为2千克的物体,放在动摩擦因数μ=0.1的水平面上,在水平拉力的作用下,由静止开始运动,水平拉力做的功W和物体发生的位移S之间的关系如图所示,则()
A.此物体在AB段做匀加速直线运动
B.此物体在AB段做匀速直线运动
C.此物体在0A段做匀加速直线运动
D.此物体在0A段做匀速直线运动
15.一物块置于水平地面上,在10N的水平拉力作用下向前移动了5m,撤去外力后又向前滑行了3m.在此过程中,拉力所做的功为.
16.用起重机把重量为3.O×
104N的物体匀速地提高了6m.钢绳的拉力做了功,重力做了功,这些力所做的总功是.
17.如图甲所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行,一质量m=1kg,初速度大小为v2的煤块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带.若以地面为参考系,从煤块滑上传送带开始计时,煤块在传送带上运动的速度﹣时间图象如图乙所示,取g=10m/s2,求:
(1)煤块与传送带间的动摩擦因数;
(2)煤块在传送带上运动的时间;
(3)整个过程中由于摩擦产生的热量.
18.如图甲所示,将一个质量为m=4.3kg、带电荷量为q=+5.0×
10-5C的小滑块静止放在无限大的绝缘水平桌面上,小滑块与桌面间的动摩擦因数μ=0.1。
0~4s过程中在空间加上电场,电场强度大小如图乙所示,场强的正方向为斜向上、与水平桌面的夹角为37°
.(g取10m/s2)求:
(1)4s内小滑块的位移大小;
(2)4s内电场力对小滑块所做的功。
19.质量为m=2kg的物块静置于水平地面上,现对物块施加水平向右的力F,力F随时间变化的规律如图所示。
已知物块与地面间的动摩擦因数μ=0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2,求:
(1)4s后撤去力F,物体还能继续滑动的时间t
(2)前4s内力F的平均功率
20.如图所示,将半径为r的
光滑圆弧轨道AB固定在竖直平面内,轨道末端与水平地面相切.质量为m的小球从A点静止释放,小球通过水面BC滑上固定曲面CD恰能到达最高点D,D到地面的高度为
,求:
(1)小球滑到的最低点B时的速度大小;
(2)小球在整个过程中克服摩擦力所做的功.
参考答案
1.AD
【解析】解:
A、力对物体不做功,即W=0,可能是F=0,也可能是S=0,也可能是cosθ=0,故说明物体可以有位移;
故A正确;
B、力对物体做功W多,根据W=FScosθ,可能是力大,也可能是力的方向的位移大,也有可能两者都大,故B错误;
B、力对物体做功W少,根据W=FScosθ,可能是力小,也可能是力的方向的位移小,也有可能两者都小,故C错误;
D、根据恒力做功的表达式W=FScosθ判断,功的大小取决与力的大小、力的方向的位移大小,故D正确;
故选:
AD.
【点评】做功有两个不可缺少的因素,功的大小由力的大小、位移的大小及力和位移方向夹角的余弦值的大小决定,即由力的大小和在力的方向上的位移的大小决定.
2.B
A、提着水桶在水平地面上匀速前进,人给水桶的力的向上的,向上没有移动距离,人对水桶没有做功.故A错误.
B、扛着米袋慢慢爬上楼梯,人给米袋的力向上,向上移动了距离,人对米袋做功.故B正确.
C、用力推汽车,汽车没动,人给汽车一个向前的力,向前没有移动距离,人对汽车没有做功.故C错误.
D、举着杠铃原地不动,人对杠铃的力向上,向上没有移动距离,人对杠铃没有做功.故D错误.
【点评】对四个选择项中提到的物理过程分析,结合做功的两个必要因素来突破此题
3.AD
【解析】
试题分析:
根据动能定理知,合力做功等于动能的变化量,机械能等于重力势能和动能之和,通过动能和重力势能的变化判断机械能的变化.
解:
A、B、D、根据牛顿第二定律知,物体所受的合力为
mg,方向沿斜面向下,根据动能定理得:
△Ek=﹣
=﹣
mgh,动能减小
mgh.物体重力势能增加mgh,所以机械能减小
mgh.故AD正确,B错误;
C、物体克服摩擦力做的功等于系统损失的机械能,则克服摩擦力的功为
mgh;
故C错误.
【点评】解决本题的关键掌握功能关系,比如合力功与动能的关系,重力功与重力势能的关系,以及除重力以外其它力做功与机械能的关系,并能灵活运用.
4.B
应用平衡条件求出弹簧压缩与伸长时的形变量关系,然后应用动能定理求出拉力的功,根据功的表达式分析答题.
A、开始时A压缩弹簧,形变量为x1=
;
要使B刚要离开地面,则弹力应等于B的重力,即kx2=mg,故形变量x2=
,则x1=x2=x,故A错误;
A、缓慢提升物体A,物体A的动能不变,第一阶段与第二阶段弹簧的形变量相同,弹簧的弹性势能EP相同,由动能定理得:
W1+EP﹣mgx=0,W2﹣EP﹣mgx=0,
W1=mgx﹣EP,W2=mgx+EP,由于在整个过程中,弹簧的弹性势能不变,物体A、B的动能不变,B的重力势能不变,由能量守恒定律可知,拉力做的功转化为A的重力势能,拉力做的总功等于A的重力势能的增加量,故B正确;
C、由A可知,W1=mgx﹣EP,物体重力势能的增加量为mgx,则第一阶段,拉力做的功小于A的重力势能的增量,故C错误;
D、由A可知,W2=mgx+EP,重力势能的增加量为mgx,则第二阶段拉力做的功大于A的重力势能的增加量,故D错误;
【点评】本题对学生要求较高,在解题时不但要能熟练应用动能定理,还要求能分析物体的运动状态,能找到在拉起物体的过程中弹力不做功.
5.B
人的加速度斜向下,将加速度分解到水平和竖直方向得:
ax=acosθ,方向水平向左;
ay=asinθ,方向竖直向下,
水平方向受静摩擦力作用,f=ma=macosθ,水平向左,
物体向上运动,设扶梯与水平方向的夹角为θ,运动的位移为x,则W=fxcosθ<0,做负功.
B
【点评】解决本题时可以把加速度进行分解,结合牛顿第二定律求解,难度适中.
6.D
对全程由动能定理可明确做功情况,再由运动学公式及功的公式等可明确位移及压力大小关系.
全过程对P、Q用动能定理,F1、F2对P、Q做的总功为零;
故做功之比为:
1:
1;
故A错误;
B、两过程平均速度相同,位移与时间成正比,由x=
t可知,位移之比应为1:
3;
C、由W=FL可知,功相等,位移之比为1:
故F1、F2的大小之比为3:
故C错误;
D、两阶段加速度之比为3:
1,第一次以Q为对象,由牛顿第二定律可得:
T=
m2;
第二次以P为对象,有:
T′=
得P、Q间的压力大小相同;
故D正确;
【点评】本题考查动能定理的应用,要注意正确进行受力分析,选好研究对象,应用去动能定理即可求解.
7.AB
A、由公式x=
at2得,由于x和t均相同,故加速度a相同,由v=at,t相同,则物体到达斜面顶端时速度相同,动能相同,根据动能定理得知,总功相等.所以合外力做功相同,故A正确;
B、物体末速度相同,又由于处于相同的高度,所以两物体机械能变化相同,故B正确;
C、由图示分析可知,第一个物体所受的摩擦力小于第二个物体所受的摩擦力,故两物体克服摩擦力做功不同,重力做功相同,则F1做的功比F2做的少.故C错误;
D、物体的运动情况相同,重力做功功率相同,图2中克服摩擦力做功的功率大,故Fl做功的功率比F2做功的功率小,故D错误;
故选AB.
【点评】由物体的运动特征判断出物体机械能的增量关系,结合本题功能关系:
除重力以外的合力对物体做功等于机械能的增量,不难看出结果.
8.D
功是能量转化的量度,做功的过程就是能量转化的过程;
如果物体由一种能量状态变为另一种能量状态,可以通过做功的方式实现,且功的大小与两个不同状态的能量差相等.
功是标量,它的单位是焦耳
A、功时标量,无方向,故A错误
B、功的单位为焦耳,故B错误
C、功是能量转化的量度,做功的过程就是能量转化的过程;
而能是物体所具有的能量的状态.所以功和能是两个完全不同的概念.故C错误;
D、功是能量转化的量度,做功的过程就是能量转化的过程.故D正确
D
【点评】功和能是物理学中的两个不同的物理量,功是能量转化的量度,做功的过程就是能量转化的过程.功对应的是过程,能对应的是状态
9.D
由功的计算公式可以求出重力做的功;
小球在最高点时恰好对轨道没有压力,则重力提供向心力,由牛顿第二定律可以求出小球在B点的速度;
由动能定理可以求出合外力做的功,可以求出克服摩擦力做的功,克服摩擦力做的功等于小球机械能的减少.
A、重力做的功WG=mgh=mgR,故A错误;
B、小球在B时恰好对轨道没有压力,重力提供向心力,由牛顿第二定律得:
mg=m
,解得:
vB=
,
从P到B的过程,由动能定理可得:
mgR﹣Wf=
mvB2﹣0,解得:
Wf=
mgR,则物体机械能较少
mgR,故B错误;
C、由动能定理可得,合外力做的功W=
mvB2=
mgR,故C错误;
D、由B可知,克服摩擦力做功
mgR,故D正确;
【点评】小球在B点对轨道没有压力,则小球做圆周运动的向心力由重力提供,摩擦力做功使物体的机械能减少,熟练应用动能定理即可正确解题.
10.C
通过在力的方向上有无位移判断力是否做功.人的重心不动知人处于平衡状态,摩擦力与拉力平衡
人对传送带的摩擦力方向向右,传送带在力的方向上有位移,所以人对传送带做功,摩擦力和位移的方向相同,故做正功,故A、B错误.
人的重心不动,绳对人的拉力和人与传送带间的摩擦力平衡,而拉力又等于m2g.所以人对传送带做功的功率为m2gv.故C正确,D错误.
故选C.
【点评】解决本题的关键掌握判断力是否做功的方法,当力与运动方向垂直,该力不做功.
11.C
动扶梯上的人随扶梯斜向上做加速运动,人的加速度斜向上,将加速度分解到水平和竖直方向,根据牛顿第二定律即可求解.
人的加速度斜向上,将加速度分解到水平和竖直方向得:
ax=acosθ,方向水平向右;
ay=asinθ,方向竖直向上,
水平方向受静摩擦力作用,f=ma=macosθ,水平向右,
设扶梯与水平方向的夹角为θ,运动的位移为x,则W=fxcosθ>0,做正功.
C
12.A
由图象可知物体在各段时间内的速度变化,则由动能定理可直接得出合外力的做功情况.
A、在0﹣1s内,因物体的速度增大,故动能增大,则由动能定理可知合外力做正功,故A正确;
B、在1﹣2s内,物体的速度减小时,故动能减小时,由动能定理可知合外力做负功,即在0~2s内,合外力先做正功后做负功,故B错误C错误;
D、由以上分析可知,合外力先做正功再做负功,故D错误;
【点评】本题根据动能定理可以直观地求出结果,当然如果利用动力学知识,求出力再求出功也是可以的,可以练习一下,并体会动能定理的实用性.
13.B
应用滑动摩擦力公式求出滑动摩擦力大小,然后应用平衡条件求出拉力大小,再应用功的计算公式分析答题.
当ω=40rad/s,圆柱转动的线速度大小为v′=ωr=0.8m/s
木板的速度v=0.6m/s,则木板所受的滑动摩擦力与F的夹角为(180°
+37°
)
木板在垂直与轴线方向受到两轴的滑动摩擦力大小相等方向相反,在垂直与轴线方向上受到的滑动摩擦力为零,
在平行于轴线方向上,木板受到的滑动摩擦力f=μmg=0.2×
5×
10=10N,木板做匀速直线运动,由平衡条件得:
F=fsin37°
=6N,
木板移动距离x=0.5m拉力做功:
W=Fx=6×
0.5=3J,故ACD错误,B正确;
【点评】本题考查了求摩擦力大小,物体所受的滑动摩擦力大小与物体的运动速度无关,应用滑动摩擦力公式与功的计算公式即可正确解题.
14.BC
物体在水平面上运动,水平拉力与物体运动方向相同,由功的公式W=FS可知,F等于W﹣S图象斜率的大小.由数学知识求出两段图象的斜率,解得水平拉力的大小,根据拉力与摩擦力大小比较,分析物体的运动情况.
物体在水平面上运动,水平拉力与物体运动方向相同,物体受到的滑动摩擦力大小f=μmg=2N.
物体在0A段受到的水平拉力大小等于F1=
=
,可见,水平拉力大于摩擦力,则物体在OA段做匀加速直线运动.
物体在AB段受到的水平拉力大小等于F2=
N=2N,水平拉力等于摩擦力,则物体在AB段做匀速直线运动.
故选BC
【点评】本题关键从图象的斜率大小确定水平拉力的大小,即从图象的数学意义来理解在其物理意义.
15.50J
根据恒力做功公式直接求解拉力做功.
位移与拉力方向相同,故拉力对物块做的功W=Fs=10×
5=50J.
故答案为:
50J
【点评】本题主要考查了恒力做功公式,W=Fscosθ中θ指F与s之间的夹角.
16.1.8×
105J;
﹣1.8×
105J0
由物体被匀速提升可知,钢绳的拉力等于物体重力,又知道位移,可求拉力功、重力做的功和总功.
由物体被匀速提升可知,钢绳的拉力T等于物体重力G,即:
T=G=3.0×
104N
故钢绳的拉力的功为:
WT=Th=3.0×
104×
6J=1.8×
105J
重力做功为:
WG=﹣mgh=﹣3.0×
6J=﹣1.8×
总功:
W=WT+WG=1.8×
105J﹣1.8×
105J=0
1.8×
【点评】本题考查功的公式应用,注意正确理解功的公式,知道重力做功为负值;
同时明确关于克服某个力做功是这个力做负功的另一种表述,但是表述为克服某个力做功应为功的正值.
17.
(1)煤块与传送带间的动摩擦因数为0.1;
(2)煤块在传送带上运动的时间为8s;
(3)整个过程中由于摩擦产生的热量为8J.
(1)由速度﹣时间图象,煤块匀变速运动的加速度:
a=
=1m/s2,
由牛顿第二定律得:
μmg=ma,煤块与传送带间的动摩擦因数:
μ=
=0.1;
(2)由速度﹣时间图象,传送带速度大小:
v1=1m/s,煤块初速度大小v2=3m/s,
煤块在传送带上滑动:
t1=4s与传送带相对静止.
前3s内煤块的位移:
s1=
t=4.5m,方向向左,
后1s内煤块的位移:
s2=
t′=0.5m,方向向右,
4s内煤块的位移:
s=s1﹣s2=4m,方向向左,
煤块接着在传送带上向右匀速运动,时间:
t2=
=4s,
故煤块在传送带上运动的时间t=t1+t2=8s;
(3)煤块在传送带上滑动的4s内,皮带的位移s′=v1t1=4m,方向向右;
煤块的位移:
两个物体的相对位移△s=s′+s=8m
整个过程中摩擦产生的热量:
Q=μmg△s=8J;
答:
(1)煤块与传送带间的动摩擦因数为0.1;
【点评】本题关键从图象得出物体的运动规律和传送带的速度大小,然后分过程对木块受力分析.根据牛顿第二定律和运动学公式求解.
18.
(1)12m;
(2)48J
试题分析:
(1)0~2s内,滑块做初速度为0的匀加速直线运动
qE1cos37°
-μ(mg-qE1sin37°
)=ma1(2分)
求得加速度大小a1=3m/s2(1分)
位移
(1分)
2s末速度v=a1t1=6m/s
2~4s内,滑块做匀减速直线运动
qE2cos37°
+μ(mg+qE2sin37°
)=ma2(1分)
求得加速度大小a2=3m/s2
4s内的位移x=x1+x2=12m(1分)
(2)0~2s内,电场力做的功W1=qE1x1cos37°
=96J(2分)
2~4s内,电场力做的功W2=-qE2x2cos37°
=-48J(2分)
4s内电场力对小滑块所做的功为W=W1+W2=48J(1分)
考点:
考查匀变速直线运动、牛顿第二定律、电场力、动能定理。
【名师点睛】对小物体进行正确的受力分析后,判断其运动过程,先匀加速直线运动,后匀减速直线运动,前一过程的末速度是后一过程的初速度.
19.
(1)2s
(2)12W
(1)物块与地面之间最大静摩擦力
,在第1s内物体静止不动(2分)
第1~3s内物块做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律
(1分)
3s末物块的速度
第3~4s内物块做匀速直线运动,撤去外力后
(2分)
继续滑行时间
(2)设第1~3s内与第3~4s内物块的位移分别为x1、x2
前4s内力F做功大小为
前4s内力F的平均功率
(2分)
考查了牛顿第二定律,运动学公式,功率的计算
20.
(1)小球滑到最低点B时,小球速度大小为
.
(2)小球在曲面上克服摩擦力所做的功为
(1)由动能定理可求出小球滑到最低点B时的速度.
(2)由动能定理可以求出小球克服摩擦力做的功.
(1)小球从A滑到B的过程中,由动能定理得:
mgr=
mvB2﹣0,
解得:
(2)从A到D的过程,由动能定理可得:
mg(r﹣
)﹣Wf=0﹣0,
解得克服摩擦力做的功为:
(1)小球滑到最低点B时,小球速度大小为
【点评】本题考查了动能定理的应用,正确应用动能定理即可解题,第
(1)问也可以应用机械能守恒定律解题.
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