動能和動能定理-教師版

1、.動能和動能定理一、單項(xiàng)選擇題本大題共5小題，共30分1. 靜止在粗糙程度面上的物體，在程度力F的作用下，經(jīng)過時間t、通過位移l后，動量變?yōu)镻，動能變?yōu)镋k，以下說法正確的選項(xiàng)是()A. 假設(shè)保持程度力F不變，這個物體經(jīng)過位移2l，其動量等于2PB. 假設(shè)將程度力增加原來的兩倍，經(jīng)過時間t，物體的動能等于2EkC. 假設(shè)保持程度力F不變，通過位移2l，物體的動能小于2EkD. 假設(shè)將程度力增加原來的兩倍，通過位移l，物體的動能大于2EkD樂陵一中【分析】由動能定理求出物體的動能，由動能與動量的關(guān)系求出動量，由動量定理求出動量，然后由動能與動量的關(guān)系求出動能。此題考察了求動能與動量，應(yīng)用動能定理

2、與動量定理即可正確解題，解題時要注意應(yīng)用動能與動量的數(shù)量關(guān)系。【解答】由題意可知，經(jīng)過時間t、通過位移l后，動量為p、動能為Ek，由動量定理可知：P=(F-f)t，由動能定理得：EK=(F-f)l，設(shè)物體質(zhì)量為m；AC.當(dāng)程度力F不變，位移為2l時，物體的動能，那么物體的動量：，故AC錯誤；B.假設(shè)將程度力增加原來的兩倍，根據(jù)牛頓第二定律，2F-f=ma'，加速度大于原來的2倍，末速度v=a't大于原來的2倍，物體的動能大于4EK，故B錯誤；D.假設(shè)將程度力增加原來的兩倍，根據(jù)牛頓第二定律，2F-f=ma'，加速度大于原來的2倍，根據(jù)動能定理W合'=ma'

3、;l，合力做功大于原來的2倍，物體的動能大于2EK，故D正確；應(yīng)選D。2. 如下圖，運(yùn)發(fā)動把質(zhì)量為m的足球從程度地面踢出，足球在空中到達(dá)的最大高度為h，在最高點(diǎn)時的速度為v，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，那么運(yùn)發(fā)動踢球時對足球做的功為()A. 12mv2B. mghC. mgh+12mv2D. mgh+mv2C樂陵一中解：足球被踢起后在運(yùn)動過程中，只受到重力作用，只有重力做功，足球的機(jī)械能守恒，足球到達(dá)最高點(diǎn)時，機(jī)械能為E=mgh+12mv2，由于足球的機(jī)械能守恒，那么足球剛被踢起時的機(jī)械能為E=mgh+12mv2，足球獲得的機(jī)械能等于運(yùn)發(fā)動對足球所做的功，因此運(yùn)發(fā)動對足球做功：W=mgh+1

4、2mv2，故ABD錯誤，C正確；應(yīng)選：C根據(jù)動能定理，足球動能的初始量等于小明做的功；小球在運(yùn)動過程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，運(yùn)用機(jī)械能守恒求解足球在最高點(diǎn)位置處的動能此題可以對踢球的過程運(yùn)用動能定理，小球動能的增加量等于小明做的功；同時小球分開腳后，由于慣性繼續(xù)飛行，只有重力做功，機(jī)械能守恒3. 高鐵列車在啟動階段的運(yùn)動可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，在啟動階段，列車的動能()A. 與它所經(jīng)歷的時間成正比B. 與它的位移成正比C. 與它的速度成正比D. 與它的動量成正比B樂陵一中解：A、因列車做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，那么有：v=at，而動能表達(dá)式Ek=12mv2=12ma2t2，

5、可知動能與所經(jīng)歷的時間平方成正比，故A錯誤；B、根據(jù)動能定理，那么有：F合x=12mv2-0，可知，動能與它的位移成正比，故B正確；C、由動能表達(dá)式Ek=12mv2，可知，動能與它的速度平方成正比，故C錯誤；D、根據(jù)動能與動量關(guān)系式，Ek=P22m，可知，動能與它的動量平方成正比，故D錯誤；應(yīng)選：B。根據(jù)車作勻加速直線運(yùn)動，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式，動能定理，及動能與動量關(guān)系式，即可求解?？疾靹幽艿谋磉_(dá)式，掌握影響動能的因素，理解動能定理的內(nèi)容，及運(yùn)動學(xué)公式的運(yùn)用。4. 某研究小組通過實(shí)驗(yàn)測得兩滑塊碰撞前后運(yùn)動的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，得到如下圖的位移-時間圖象.圖中的線段a、b、c 分別表示沿光滑程度面上

6、同一條直線運(yùn)動的滑塊、和它們發(fā)生正碰后結(jié)合體的位移變化關(guān)系.互相作用時間極短.由圖象給出的信息可知()A. 碰前滑塊與滑塊速度之比為7：2B. 碰前滑塊的動量比滑塊的動量大C. 碰前滑塊的動能比滑塊的動能小D. 滑塊的質(zhì)量是滑塊的質(zhì)量的16倍D樂陵一中解：A、根據(jù)s-t圖象的斜率等于速度，那么得：碰撞前滑塊I速度為：v1=4-145m/s=-2m/s，大小為2m/s；滑塊速度為v2=45m/s=0.8m/s，那么碰前速度之比為5：2，故A錯誤；B、碰撞前后系統(tǒng)動量守恒，碰撞前，滑塊I速度為負(fù)，動量為負(fù)，滑塊的速度為正，動量為負(fù).由于碰撞后動量為正，故碰撞前總動量也為正，故碰撞前滑塊I的動量比滑

7、塊小，故B錯誤；C、碰撞后的共同速度為v=6-45m/s=0.4m/s；可知，碰前滑塊比滑塊速度大，故C錯誤；D、根據(jù)動量守恒定律，有：m1v1+m2v2=(m1+m2)v 代入數(shù)據(jù)，有：-2m1+0.8m2=0.4(m1+m2)，聯(lián)立解得：m2=6m1，故D正確；應(yīng)選：D 根據(jù)s-t圖象的斜率得到滑塊I、碰撞前后的速度，然后結(jié)合動量守恒定律列式分析此題關(guān)鍵根據(jù)圖象的斜率得到兩個滑塊碰撞前后的速度，然后結(jié)合動量守恒定律列式求解5. 如圖，某同學(xué)用繩子拉動木箱，使它從靜止開場沿粗糙程度路面運(yùn)動至具有某一速度，木箱獲得的動能一定()A. 小于拉力所做的功B. 等于拉力所做的功C. 等于抑制摩擦力所

8、做的功D. 大于抑制摩擦力所做的功A樂陵一中解：由動能定理得，WF-Wf=Ek-0，所以，木箱獲得的動能一定小于拉力所做的功，而木箱獲得的動能與抑制摩擦力所做的功無法比較，故A正確，BCD錯誤。應(yīng)選：A。根據(jù)動能定理即可判斷木箱獲得的動能與拉力所做的功及抑制摩擦力所做的功的關(guān)系，比較各選項(xiàng)得出答案。此題主要考察學(xué)生對動能定理的掌握和應(yīng)用，屬于根底性知識，比較簡單。二、多項(xiàng)選擇題本大題共4小題，共24分6. 如下圖，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))用長為L的細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，自由靜止在A位置.現(xiàn)用程度力F緩慢地將小球從A拉到B位置而靜止，細(xì)線與豎直方向夾角為=60，此時細(xì)線的拉力為T1，然后撤去程度力

9、F，小球從B返回到A點(diǎn)時細(xì)線的拉力為T2，那么()A. T1=T2=2mgB. 從A到B，拉力F做功為12mgLC. 從B到A的過程中，小球受到的合外力大小不變D. 從B到A的過程中，小球重力的瞬時功率一直增大AB樂陵一中解：A、小球在B位置時受到向下的重力mg、程度向左的拉力F、沿BO方向的拉力T1，根據(jù)平衡條件應(yīng)有T1=mgcos60=2mg 小球返回到A時，根據(jù)牛頓第二定律應(yīng)有T2-mg=mvA2L 從B到A由動能定理可得mgL(1-cos60)=12mvA2-0 聯(lián)立可得T2=2mg 即T1=T2=2mg，所以A正確；B、根據(jù)動能定理應(yīng)有WF-mgL(1-cos60)=0，解得WF=1

10、2mgL，所以B正確；C、從B到A小球做圓周運(yùn)動，在B點(diǎn)時所受的合力為FB=mgsin，在A點(diǎn)時所受的合力為FA=mvA2L，再由動能定理mgL(1-cos)=12mvA2，解得FA=2mg(1-cos)，顯然FAFB，所以C錯誤；D、根據(jù)P=Fvcos，小球在B點(diǎn)時的速度為0，所以重力的瞬時功率也為0，盡管小球在A點(diǎn)時的速度最大，但此時在豎直方向的速度為0，所以重力的瞬時功率也為0，所以小球從B到A的過程中重力的瞬時功率應(yīng)先增大后減小，D錯誤；應(yīng)選：AB選項(xiàng)A根據(jù)平衡條件求出在B點(diǎn)時的拉力，根據(jù)牛頓第二定律和動能定理求出在A點(diǎn)時的拉力即可；選項(xiàng)B根據(jù)動能定理即可求解；選項(xiàng)C應(yīng)明確緩慢過程即為

11、動態(tài)平衡過程；選項(xiàng)D根據(jù)瞬時功率應(yīng)等于力與在力的方向的速度乘積可知在B于A時重力的瞬時功率為0即可求解應(yīng)明確：物體緩慢運(yùn)動過程即為動態(tài)平衡過程；瞬時功率表達(dá)式為P=FVcos，其中是力F與速度V的正向夾角7. 如下圖，質(zhì)量m=1kg的物體從高為h=0.2m的光滑軌道上P點(diǎn)由靜止開場下滑，滑到程度傳送帶上的A點(diǎn)，物體和皮帶之間的動摩擦因數(shù)為=0.2，傳送帶AB之間的間隔 為L=5m，傳送帶一直以v=4m/s的速度勻速運(yùn)動，那么()A. 物體A運(yùn)動到B的時間是1.5sB. 物體A運(yùn)動到B的過程中，摩擦力對物體做了2J功C. 物體A運(yùn)動到B的過程中，產(chǎn)生2J熱量D. 物體從A運(yùn)動到B的過程中，帶動傳

12、送帶轉(zhuǎn)動電動機(jī)多做了10J功AC樂陵一中解：A、設(shè)物體下滑到A點(diǎn)的速度為v0，對PA過程，由機(jī)械能守恒定律有：12mv02=mgh      代入數(shù)據(jù)得：v0=2gh=2m/s<v=4m/s 那么物體滑上傳送帶后，在滑動摩擦力作用下勻加速運(yùn)動，加速度大小為a=mgm=g=2m/s2；加速至速度與傳送帶相等時用時： t1=v-v0a=4-22s=1s  勻加速運(yùn)動的位移s1=v0+v2t1=2+42×1m=3m<L=5m 所以物體與傳送帶共速后向右勻速運(yùn)動，勻速運(yùn)動的時間為t2=L-s1v=5-34s=0

13、.5s 故物體從A運(yùn)動到B的時間為：t=t1+t2=1.5s.故A正確B、物體運(yùn)動到B的速度是v=4m/s.根據(jù)動能定理得：摩擦力對物體做功W=12mv2-12mv02=12×1×42-12×1×22J=6J，故B錯誤C、在t1時間內(nèi)，皮帶做勻速運(yùn)動的位移為 S皮帶=vt1=4m 故產(chǎn)生熱量Q=mgS=mg(S皮帶-S1)，代入數(shù)據(jù)得：Q=2J.故C正確D、電動機(jī)多做的功一部分轉(zhuǎn)化成了物體的動能，另一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，那么電動機(jī)多做的功W=(12mv2-12mv02)+Q=12×1×(42-22)+2=8J，故D錯誤應(yīng)選：AC

14、 A、先由機(jī)械能守恒定律求出物體滑到A點(diǎn)時的速度.根據(jù)物體在傳送帶的運(yùn)動情況，由牛頓第二定律求出勻加速運(yùn)動的加速度，由速度公式求出加速到速度與傳送帶一樣所用時間，并求出勻加速運(yùn)動的位移，再求出物體向右勻速運(yùn)動時間，即可所求總時間；B、由動能定理求摩擦力對物體做的功C、由運(yùn)動學(xué)可求物體與傳送帶間的相對位移S，進(jìn)而由Q=mgS可求產(chǎn)生的熱量D、物體在傳送帶上運(yùn)動時，物體和傳送帶要發(fā)生相對滑動，所以電動機(jī)多做的功一部分轉(zhuǎn)化成了物體的動能另一部分就是增加了內(nèi)能.由能量守恒定律求此題要求同學(xué)們能正確分析物體的運(yùn)動情況，明確能量的轉(zhuǎn)化情況.要注意電動機(jī)多做的功一部分轉(zhuǎn)化成了物體的動能另一部分就是了一樣的內(nèi)

15、能，不能只考慮物體的動能8. 如下圖，程度光滑長桿上套有小物塊A，細(xì)線跨過O點(diǎn)的輕小定滑輪一段連接A，另一端懸掛小物塊B，C為O點(diǎn)正下方桿上一點(diǎn)，滑輪到桿間隔 OC=h，開場時，A位于P點(diǎn)，PO與程度方向的夾角為30，現(xiàn)將A、B由靜止釋放，那么()A. 物塊A由P點(diǎn)出發(fā)第一次到達(dá)C點(diǎn)過程中，加速度不斷增大B. 物塊B從釋放到最低點(diǎn)過程中，動能不斷增大C. 物塊A在桿上長為23h的范圍內(nèi)做往復(fù)運(yùn)動D. 物塊B的機(jī)械能最小時，物塊A的動能增大CD樂陵一中解：A、物塊A由P點(diǎn)出發(fā)第一次到達(dá)C點(diǎn)過程中，對A受力分析，根據(jù)力的分解F=mgcos=ma，角度增大合力變小，加速度不斷減小，故A錯誤；B、對A

16、受力分析，根據(jù)力的分解F=mgcos，為繩與程度方向的夾角，角度先增大后減小，加速度先減小后增大，速度先增大后減小，故物塊B從釋放到最低點(diǎn)過程中，動能先增大后減小，故B錯誤；C、由題意可知，結(jié)合受力與運(yùn)動情況的分析，及運(yùn)動的對稱性可知，A在桿上長為23h的范圍內(nèi)做往復(fù)運(yùn)動，故C正確；D、B的機(jī)械能最小時，即為A到達(dá)C點(diǎn)，此時A的速度最大，即物塊A的動能最大，故D正確；應(yīng)選：CD在繩子作用下，A先加速后減速，而B先加速后減速，當(dāng)A的速度最大時，B下降最低，根據(jù)能量守恒定律，結(jié)合力與運(yùn)動的關(guān)系，即可求解考察運(yùn)動的合成與分解，掌握能量守恒定律，注意當(dāng)A的速度最大時，B的速度為零，是解題的關(guān)鍵9. 靜

17、止在粗糙程度面上的物體，在程度力F的作用下，經(jīng)過時間t、通過位移l后，動量為p、動能為EK.以下說法正確的選項(xiàng)是()A. 假設(shè)保持程度力F不變，經(jīng)過時間2t，物體的動量等于2pB. 假設(shè)將程度力增加為原來的兩倍，經(jīng)過時間t，物體的動量等于2pC. 假設(shè)保持程度力F不變，通過位移2l，物體的動能小于2EKD. 假設(shè)將程度力增加為原來的兩倍，通過位移l，物體的動能大于2EKAD樂陵一中解：A、根據(jù)動量定理I合=(F-f)t=p，保持程度力F不變，經(jīng)過時間2t，(F-f)2t=p'，可知p'=2p，故A正確；B、根據(jù)動量定理I合=(F-f)t=p，假設(shè)程度力增加為原來的2倍，經(jīng)過時間

18、t，那么有(2F-f)t=p'，那么p'>2p，故B錯誤；C、根據(jù)動能定理(F-f)l=Ek，保持程度力F不變，通過位移2l，有(F-f)2l=Ek'，那么有Ek'=2Ek，故C錯誤；D、根據(jù)動能定理(F-f)l=Ek，將程度力增加為原來的兩倍，通過位移l，有(2F-f)l=Ek'，那么有Ek'>2EK，故D正確；應(yīng)選：AD 根據(jù)動量定理，得出動量的變化量，根據(jù)動能定理，得出動能的變化量此題考察動能定理和動量定理的根本運(yùn)用，知道合力做功等于動能的變化量，合力的沖量等于動量的變化量，以及知道動能和動量的關(guān)系三、填空題本大題共1小題，共5

19、分10. 如下圖，甲、乙兩個質(zhì)量一樣的小球分別被兩根細(xì)繩懸于等高的懸點(diǎn)，繩長L甲=2L乙，現(xiàn)將細(xì)繩拉至程度后由靜止釋放小球，那么甲、乙兩球通過最低點(diǎn)時動能大小之比為_；角速度大小之比為_2：1；2：2樂陵一中解：對于任意一球，根據(jù)動能定理得：mgL=12mv2解得小球通過最低點(diǎn)時動能大小為：Ek=12mv2=mgLL所以甲、乙兩球通過最低點(diǎn)時動能大小之比為2：1小球通過最低點(diǎn)時速度大小為：v=2gL角速度為：=vL=2gL所以甲、乙兩球通過最低點(diǎn)時角速度大小之比為2：2應(yīng)選：2：1，2：2根據(jù)動能定理得到小球的動能表達(dá)式，求得動能之比.根據(jù)角速度與線速度的關(guān)系v=r求角速度之比此題關(guān)鍵是根據(jù)動

20、能定理和運(yùn)動學(xué)公式推導(dǎo)出線速度、角速度的表達(dá)式進(jìn)展分析，要靈敏運(yùn)用比例法求解四、實(shí)驗(yàn)題探究題本大題共2小題，共25分11. 某同學(xué)設(shè)計(jì)了測定動摩擦因數(shù)的方案，其裝置如下圖，A是可在程度桌面任意位置固定的滑槽，其末端與程度桌面相切，B是體積較小質(zhì)量為m的滑塊。請你根據(jù)相關(guān)知識完善一下實(shí)驗(yàn)操作。(1)如圖甲所示，將滑槽末端與桌面右邊緣M對齊并固定，讓滑塊從滑槽最高點(diǎn)由靜止滑下，最終落在程度地面上的P點(diǎn)，測出滑槽最高點(diǎn)間隔 桌面的高度h、M間隔 地面的高度H、M與P間的程度間隔 x1，那么滑塊經(jīng)過滑槽末端時的速度為_(用實(shí)驗(yàn)中所測物理量的符號表示，重力加速度為g)。(2)如圖乙所示，將滑槽沿桌面向左

21、挪動一段間隔 并固定，讓滑塊B再次從滑槽最高點(diǎn)由靜止滑下，最終落在程度地面上的點(diǎn)，測出滑槽末端與桌面右邊緣M的間隔 L，M與間的程度間隔 x2，那么滑塊分開桌面右邊緣M時的速度為_(用實(shí)驗(yàn)中所測物理量的符號表示，重力加速度為g)(3)由第(1)(2)步的測量，可以寫出滑塊的桌面之間的動摩擦因數(shù)的表達(dá)式為=_(用實(shí)驗(yàn)中所測量物理量的符合表示，重力加速度為g)；x1g2H；x1g2H；x12-x224HL樂陵一中解：(1)滑塊分開桌面后做平拋運(yùn)動，設(shè)滑塊在滑槽末端時的速度大小為v1，由平拋運(yùn)動的規(guī)律知：程度方向有x1=v1t豎直方向有：H=12gt2解得：v1=x1g2H。(2)同理，第二次滑塊分

22、開桌面右邊緣M時的速度大小為：v2=x2g2H。(3)對于滑塊分開滑槽到運(yùn)動到桌面右邊緣M的過程，運(yùn)用動能定理得-mgL=12mv22-12mv12得：=x12-x224HL。故答案為：(1)x1g2H.(2)x2g2H.(3)x12-x224HL。(1)滑塊分開桌面后做平拋運(yùn)動，平拋運(yùn)動的高度和程度間隔 ，由分運(yùn)動的規(guī)律可求得滑塊經(jīng)過滑槽末端時的速度。(2)用與(1)同樣的方法求滑塊分開桌面右邊緣M時的速度。(3)對于滑塊分開滑槽到運(yùn)動到桌面右邊緣M的過程，運(yùn)用動能定理列式，即可得到動摩擦因數(shù)的表達(dá)式。解決此題的關(guān)鍵是理解實(shí)驗(yàn)的原理，知道利用平拋運(yùn)動可測量物體的速度。利用動能定理可研究動摩擦

23、因數(shù)的表達(dá)式。12. 一個課外興趣小組應(yīng)用如圖甲所示裝置和傳感器研究機(jī)械能守恒問題，光滑斜面下端與圓弧相切，D點(diǎn)安裝一個力傳感器，并與計(jì)算機(jī)相連，讓質(zhì)量為O.l kg的小球從斜面上不同高度h(釋放點(diǎn)到C點(diǎn)所在平面的高度)處由靜止釋放，小球通過D點(diǎn)時對軌道的壓力可由計(jì)算機(jī)讀出，通過屢次測量得到了小球?qū)點(diǎn)的壓力F與h的關(guān)系圖象如圖乙所示，g=10m/s2.求：h=1.6m時，小球運(yùn)動到C點(diǎn)時對軌道的壓力為多大？解：設(shè)小球在傳感器位置的速度為v，那么有：mv2R=F+mg 對開場下滑至運(yùn)動到傳感器的過程，由動能定理可得：12mv2=mg(h-2R) 由以上兩式可得：F=2mgR-5mg；

24、根據(jù)小球的F-h圖象可知圖線的斜率k=2mgR=5 故R=0.4m；當(dāng)h=1.6m時，由機(jī)械能守恒定律可得：mgh=12mv2 在C點(diǎn)，由牛頓第二定律可得FN-mg=mv2R 聯(lián)立解得：FN=9N；由牛頓第三定律可得小球運(yùn)動到C點(diǎn)時對軌道的壓力為FN=9N答：C點(diǎn)小球?qū)壍赖膲毫?N樂陵一中在D點(diǎn)由向心力公式可列式表示力與速度的關(guān)系；再對下滑過程由動能定理可得出下滑高度與速度的關(guān)系；聯(lián)立可解得力與半徑的關(guān)系；再由圖象得出斜率即可求得半徑；由機(jī)械能守恒定律可求得C點(diǎn)的速度，由向心力公式可求得C點(diǎn)的支持力；再由牛頓第三定律可得出小球?qū)壍赖膲毫Υ祟}為機(jī)械能守恒與向心力結(jié)合的題目，在解題過程中要注

25、意正確受力分析；正確列出機(jī)械能守恒表達(dá)式，并注意應(yīng)用向心力公式五、計(jì)算題本大題共4小題，共48分13. 質(zhì)量m為2kg的小球從10m高處由靜止落下，不計(jì)空氣阻力，落在泥塘中陷入泥塘的深度d為0.1m時靜止，如下圖，求小球在運(yùn)動中受到泥塘的平均阻力？(取g=10m/s2)解：對小球從開場下落到落到泥譚中靜止的整個過程中，由動能定理得： mg(h+d)-f.d=0，解得：f.=mg(h+d)d=2×10×(10+0.1)0.1N=2020N 答：小球在運(yùn)動中受到泥塘的平均阻力是2020N樂陵一中研究整個過程，對小球應(yīng)用動能定理列式，可以求出泥潭對金屬小球的平均阻力此題

26、要分析清楚小球的運(yùn)動過程，知道應(yīng)用動能定理可以求解平均力，此題也可以分段列式研究14. 一質(zhì)量為8.00×104kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面.飛船在離地面高度1.60×105m處以7.5×103 m/s的速度進(jìn)入大氣層，逐漸減慢至速度為100m/s時下落到地面.取地面為重力勢能零點(diǎn)，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8m/s2.(結(jié)果保存2位有效數(shù)字)(1)分別求出該飛船著地前瞬間的機(jī)械能和它進(jìn)入大氣層時的機(jī)械能；(2)求飛船從離地面高度600m處至著地前瞬間的過程中抑制阻力所做的功，飛船在該處的速度大小是其進(jìn)入大氣層時速度大小的

27、2.0%解：(1)落地時的重力勢能為零，動能為Ek2=12mv2=12×8×104×1002J=4×108J；進(jìn)入大氣層的機(jī)械能E=Ek1+Ep1=12mv2+mgH=2.4×1012J；(2)此時的速度大小為v3=7.5×103×0.02m/s=150m/s；從600m處到落地之間，重力做正功，阻力做負(fù)功，根據(jù)動能定理mgh-Wf=12mv22-12mv32代入數(shù)據(jù)，可得Wf=9.7×108J答：(1)落地瞬間的機(jī)械能為4×108J；進(jìn)入大氣層的機(jī)械能為2.4×1012J；(2)抑制阻力做功為

28、9.7×108J.樂陵一中(1)機(jī)械能等于重力勢能和動能之和，可以得出兩處的機(jī)械能；(2)根據(jù)動能定理計(jì)算抑制阻力做功此題考察了機(jī)械能的計(jì)算和動能定理的應(yīng)用，掌握相關(guān)的公式是解題的關(guān)鍵15. 如圖，在豎直平面內(nèi)由14圓弧AB和12圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點(diǎn)B平滑連接.AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為R2.一小球在A點(diǎn)正上方與A相距R4處由靜止開場自由下落，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道運(yùn)動(1)求小球在B、A兩點(diǎn)的動能之比；(2)通過計(jì)算判斷小球能否沿軌道運(yùn)動到C點(diǎn)解：(1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律得EKA=mgR4EKB=mg(R4+R)=5mgR4那么得小球在B、A兩點(diǎn)的動能之比EKB：EKA=5：1(2)假設(shè)小球