功的计算_章节学习

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题型：多选题

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多选题

一物体沿直线运动，其v-t图象如图，已知在前2s内外合力对物体做功为W，则（　　）

A从第1 s末到第2 s末合外力为W

B从第3 s末到第5 s末合外力做功为-W

C从第5 s末到第7 s末合外力做功为W

D从第3 s末到第5 s末合外力做功为-W

正确答案

B,C

解析

解：已知在前2s内合外力对物体做功为W，2s末速度大小为v0，运用动能定理得：

W=△Ek

W=mv0 2

A、运用动能定理研究从第1s末到第2s末得：

因为动能变化为0，所以合外力做功为0．故A错误．

B、运用动能定理研究从第3s末到第5s末得：

合外力做功WB=0-mv0 2=-mv0 2=-W，故B正确．

C、运用动能定理研究从第5s末到第7s末得：

合外力做功WC=mv0 2-0=mv0 2=W，故C正确．

D、根据B选项分析，故D错误．

故选BC．

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题型：单选题

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单选题

在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当它落到地面时速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于（　　）

Amgh--

B-mgh--

Cmgh+-

Dmgh+-

正确答案

C

解析

解：选取物体从刚抛出到正好落地，空气阻力做功为Wf

　　　由动能定理可得：mgh-Wf=

　可得：Wf=-mgh

　　　则克服阻力做功为-Wf为mgh+-

　　则C正确，ABD错误

故选：C

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题型：填空题

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填空题

如图所示，一质量m=4.0kg的物体，由高h=2.0m、倾角θ=53°的固定斜面顶端滑到底端．物体与斜面间的动摩擦因数为μ=0.2．求；

（1）物体所受重力做的功？

（2）物体所受摩擦力做的功？

（3）物体所受支持力的功？

（4）物体所受物体所受合外力做的功？

正确答案

解析

解：以物体为研究对象，物体受重力mg、摩擦力F′、支持力FN作用，其受力情况如图所示．

FN=mgcosθ，F′=μFN=μmgcosθ．

物体的位移s=，根据功的公式，重力做的功为

WG=mgh=4.0×10×2.0 J=80 J．

摩擦力做的功WF′=-F′s=-μmgcosθ•=-0.2×4.0×10×2.0× J=-12 J，

支持力的功WFN=0．

故合外力的功W=WG+WF′+WFN=（80-12）J=68 J．

答：（1）物体所受重力做的功为80J

（2）物体所受摩擦力做的功为-12J

（3）物体所受支持力的功0

（4）物体所受物体所受合外力做的功为68J

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题型：多选题

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多选题

在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v．则此时（　　）

A拉力做功的瞬时功率为Fvsinθ

B物块B满足m2gsinθ=kd

C物块A的加速度为

D弹簧弹性势能的增加量为Fd-m1gdsinθ-m1v2

正确答案

C,D

解析

解：A、拉力的瞬时功率P=Fv，故A错误；

B、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsinθ=kx2，但由于开始是弹簧是压缩的，故d＞x2，故m2gsinθ＜kd，故B错误；

C、当B刚离开C时，对A，根据牛顿第二定律得：F-m1gsinθ-kx2=m1a1，又开始时，A平衡，则有：m1gsinθ=kx1，而d=x1+x2，解得：物块A加速度为a1=，故C正确；

D、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：，故D正确；

故选：CD．

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题型：简答题

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简答题

如图是建筑工地常用的一种“深穴打夯机”，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆只在重力作用下运动，落回深坑，夯实坑底，且不反弹．然后两个滚轮再次压紧，夯杆被提到坑口，如此周而复始．已知两个滚轮边缘的线速度恒为v=4m/s，滚轮对夯杆的正压力FN=2×104N，滚轮与夯杆间的动摩擦因数μ=0.3，夯杆质量m=1×103kg，坑深h=6.4m，假定在打夯的过程中坑的深度变化不大可以忽略，取g=10m/s2．求：

（1）夯杆被滚轮压紧，加速上升至与滚轮速度相同时的高度；

（2）每个打夯周期中，滚轮将夯杆提起的过程中，电动机对夯杆所做的功；

（3）每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量；

（4）打夯周期．

正确答案

解：（1）对夯杆：

由牛顿第二定律可得a==2m/s2

上升高度：h1===4m

（2）夯杆加速上升阶段：W1=2μFN•h1=2×0.3×2×104×4J=4.8×104J

匀速上升阶段：W2=mgh2=2.4×104J

每个周期中 W=W1+W2=7.2×104J

（3）夯杆加速上升时间：滚轮边缘转过的距离s=vt1=4×2m=8m2×0.3×2×104×4J

相对夯杆位移 d=8m-4m=4m

（4）夯杆匀速上升时间t2===0.6s

夯杆从坑口做竖直上抛

解得t3=1.6s

T=t1+t2+t3=4.2s

答：（1）夯杆被滚轮压紧，加速上升至与滚轮速度相同时的高度为4m；

（2）每个打夯周期中，滚轮将夯杆提起的过程中，电动机对夯杆所做的功为7.2×104J

（3）每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量为4.8×104J；

（4）打夯周期为4.2s．

解析

解：（1）对夯杆：

由牛顿第二定律可得a==2m/s2

上升高度：h1===4m

（2）夯杆加速上升阶段：W1=2μFN•h1=2×0.3×2×104×4J=4.8×104J

匀速上升阶段：W2=mgh2=2.4×104J

每个周期中 W=W1+W2=7.2×104J

（3）夯杆加速上升时间：滚轮边缘转过的距离s=vt1=4×2m=8m2×0.3×2×104×4J

相对夯杆位移 d=8m-4m=4m

（4）夯杆匀速上升时间t2===0.6s

夯杆从坑口做竖直上抛

解得t3=1.6s

T=t1+t2+t3=4.2s

答：（1）夯杆被滚轮压紧，加速上升至与滚轮速度相同时的高度为4m；

（2）每个打夯周期中，滚轮将夯杆提起的过程中，电动机对夯杆所做的功为7.2×104J

（3）每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量为4.8×104J；

（4）打夯周期为4.2s．

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