高中物理新教材同步必修第二册 第8章 专题强化 利用动能定理分析变力做功和多过程问题同步讲义

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专题强化　利用动能定理分析变力做功和多过程问题[学习目标]1.进一步理解动能定理，领会应用动能定理解题的优越性.2.会利用动能定理分析变力做功、曲线运动以及多过程问题.一、利用动能定理求变力做功1.动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便.2.利用动能定理求变力的功是最常用的方法，当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W变＋W其他＝ΔEk.如图1所示，质量为m的小球由静止自由下落d后，沿竖直面内的固定轨道ABC运动，AB是半径为d的eq \f(1,4)光滑圆弧轨道，BC是直径为d的粗糙半圆弧轨道(B是轨道的最低点).小球恰能通过圆弧轨道的最高点C.重力加速度为g，求：图1(1)小球运动到B处时对轨道的压力大小(可认为此时小球处在轨道AB上)；(2)小球在BC运动过程中，摩擦力对小球做的功.答案　(1)5mg　(2)－eq \f(3,4)mgd解析　(1)小球由静止运动到B点的过程，由动能定理得2mgd＝eq \f(1,2)mv2，在B点，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(v2,d)，得：FN＝5mg根据牛顿第三定律：小球在B处对轨道的压力大小FN′＝ FN＝5mg；(2)小球恰能通过C点，则mg＝meq \f(v\o\al( 2,C),\f(d,2)).小球从B运动到C的过程：－mgd＋Wf＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mv2，得Wf＝－eq \f(3,4)mgd.针对训练1　(2018·厦门市高一下学期期末)如图2所示，有一半径为r＝0.5 m的粗糙半圆轨道，A与圆心O等高，有一质量为m＝0.2 kg的物块(可视为质点)，从A点静止滑下，滑至最低点B时的速度为v＝1 m/s，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)图2A.物块过B点时，对轨道的压力大小是0.4 NB.物块过B点时，对轨道的压力大小是2.0 NC.A到B的过程中，克服摩擦力做的功为0.9 JD.A到B的过程中，克服摩擦力做的功为0.1 J答案　C解析　在B点由牛顿第二定律可知FN－mg＝meq \f(v2,r)，解得：FN＝2.4 N，由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小为2.4 N，故A、B均错误；A到B的过程，由动能定理得mgr＋Wf＝eq \f(1,2)mv2－0，解得Wf＝－0.9 J，故克服摩擦力做功为0.9 J，故C正确，D错误.二、利用动能定理分析多过程问题一个物体的运动如果包含多个运动阶段，可以选择分段或全程应用动能定理.(1)分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解.(2)全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力做的功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解.当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便.注意：当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移.计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和.如图3所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5 m，一个质量为m＝0.5 kg的木块在F＝1.5 N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求：图3(1)木块沿弧形槽上升的最大高度(木块未离开弧形槽)；(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑行的最大距离.答案　(1)0.15 m　(2)0.75 m解析　(1)设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，木块在最高点时的速度为零.从木块开始运动到沿弧形槽上升到最大高度处，由动能定理得：FL－FfL－mgh＝0其中Ff＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N所以h＝eq \f(FL－FfL,mg)＝eq \f(1.5－1.0×1.5,0.5×10) m＝0.15 m(2)设木块离开B点后，在水平桌面上滑行的最大距离为x，由动能定理得：mgh－Ffx＝0所以x＝eq \f(mgh,Ff)＝eq \f(0.5×10×0.15,1.0) m＝0.75 m.针对训练2　(2018·金陵中学第二学期期末)图4中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计.一质量为m的小滑块在A点从静止释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如图4所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于(　　)图4A.mgh B.2mghC.μmg(s＋eq \f(h,sin θ)) D.μmg(s＋hcos θ)答案　B解析　滑块由A点运动至D点，设克服摩擦力做功为WAD，由动能定理得mgh－WAD＝0，即WAD＝mgh…①，滑块从D点回到A点，由于是缓慢推，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为WDA，由动能定理知当滑块从D点被推回A点有WF－mgh－WDA＝0…②，由A点运动至D点，克服摩擦力做的功为WAD＝μmgcos θ·eq \f(h,sin θ)＋μmgs…③，从D→A的过程克服摩擦力做的功为WDA＝μmgcos θ·eq \f(h,sin θ)＋μmgs…④，③④联立得WAD＝WDA…⑤，①②⑤联立得WF＝2mgh，故A、C、D错误，B正确.三、动能定理在平抛、圆周运动中的应用动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意：(1)与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量.(2)与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件：①可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝0.②不可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝eq \r(gR).如图5所示，一可以看成质点的质量m＝2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，BC为圆弧竖直直径，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R＝0.5 m.已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力，g取10 m/s2.图5(1)求小球的初速度v0的大小；(2)若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功.答案　(1)3 m/s　(2)－4 J解析　(1)在A点由平抛运动规律得：vA＝eq \f(v0,cos 53°)＝eq \f(5,3)v0小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得mg(R＋Rcos θ)＝eq \f(1,2)mvA2－eq \f(1,2)mv02联立得：v0＝3 m/s；(2)若小球恰好能通过最高点C，在最高点C处有mg＝eq \f(mv\o\al( 2,C),R)，小球从桌面运动到C点的过程中，由动能定理得Wf＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mv02代入数据解得Wf＝－4 J.四、动能定理在多过程往复运动中的应用某游乐场的滑梯可以简化为如图6所示竖直面内的ABCD轨道，AB为长L＝6 m、倾角α＝37°的斜轨道，BC为水平轨道，CD为半径R＝15 m、圆心角β＝37°的圆弧轨道，轨道AB段粗糙，其余各段均光滑.一小孩(可视为质点)从A点以初速度v0＝2eq \r(3) m/s下滑，沿轨道运动到D点时的速度恰好为零(不计经过B点时的能量损失).已知该小孩的质量m＝30 kg，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：图6(1)该小孩第一次经过圆弧轨道C点时，对圆弧轨道的压力；(2)该小孩与AB段间的动摩擦因数；(3)该小孩在轨道AB上运动的总路程s.答案　(1)420 N，方向向下　(2)0.25　(3)21 m解析　(1)由C到D速度减为0，由动能定理可得－mg(R－Rcos β)＝0－eq \f(1,2)mvC2，vC＝2eq \r(15) m/s在C点，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(v\o\al( 2,C),R)，可得：FN＝420 N根据牛顿第三定律，小孩第一次经过圆弧轨道C点时，对圆弧轨道的压力为420 N，方向向下(2)小孩从A运动到D的过程中，由动能定理得：mgLsin α－μmgLcos α－mgR(1－cos β)＝0－eq \f(1,2)mv02可得：μ＝0.25(3)在AB斜轨道上，μmgcos αWf1，故mgh－Wf2