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<0，木块在B点的动能小于在A点的动能，C正确.6.质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图4所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是(　　)图4A.eq \f(1,4)mgR B.eq \f(1,3)mgRC.eq \f(1,2)mgR D.mgR答案　C解析　小球通过最低点时，设绳的张力为FT，则FT－mg＝meq \f(v\o\al( 2,1),R)，即6mg＝meq \f(v\o\al( 2,1),R)①小球恰好通过最高点，绳子拉力为零，则有mg＝meq \f(v\o\al( 2,2),R)②小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得－mg·2R－Wf＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12③由①②③式解得Wf＝eq \f(1,2)mgR，选C.7.(2018·厦门市高一下学期期末)一质量为2 kg的物体静止在水平桌面上，在水平拉力F的作用下，沿水平方向运动2 s后撤去外力，其v－t图像如图5所示，下列说法正确的是(　　)图5A.在0～2 s内，合外力做的功为4 JB.在0～2 s内，合外力做的功为8 JC.在0～6 s内，摩擦力做的功为－8 JD.在0～6 s内，摩擦力做的功为－4 J答案　A8.如图6所示，一薄木板斜放在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端置于地板的P处，并与地板平滑连接.将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处.滑块和木板及地板之间的动摩擦因数相同.现将木板截短一半，仍按上述方式放在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放(设滑块在木板和地面接触处平滑过渡)，则滑块最终将停在(　　)图6A.P处 B.P、Q之间C.Q处 D.Q的右侧答案　C9.(多选)如图7所示为一滑草场.某条滑道由上、下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).则(　　)图7A.动摩擦因数μ＝eq \f(6,7)B.载人滑草车最大速度为eq \r(\f(2gh,7))C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为eq \f(3,5)g答案　AB解析　根据动能定理有2mgh－Wf＝0，即2mgh－μmgcos 45°·eq \f(h,sin 45°)－μmgcos 37°·eq \f(h,sin 37°)＝0，得动摩擦因数μ＝eq \f(6,7)，则A项正确，C项错误；载人滑草车在上、下两段的加速度分别为a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝eq \f(\r(2),14)g，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－eq \f(3,35)g，则载人滑草车在上、下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，因此在上段滑道底端时达到最大速度v，由动能定理得：mgh－μmgcos 45°eq \f(h,sin 45°)＝eq \f(1,2)mv2，得v＝eq \r(\f(2,7)gh)，故B项正确，D项错误.二、非选择题10.如图8所示，光滑水平面AB与一半圆形轨道在B点平滑连接，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，不计空气阻力，重力加速度为g.求：图8(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块从B到C克服阻力所做的功；(3)物块离开C点后，再落回到水平面上时的动能.答案　(1)3mgR　(2)eq \f(1,2)mgR　(3)eq \f(5,2)mgR解析　(1)物块从开始运动到B点，由动能定理得W＝eq \f(1,2)mvB2在B点由牛顿第二定律得7mg－mg＝meq \f(v\o\al( 2,B),R)解得W＝3mgR(2)物块从B到C由动能定理得－2mgR＋W′＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2物块在C点时mg＝meq \f(v\o\al( 2,C),R)解得W′＝－eq \f(1,2)mgR，即物块从B到C克服阻力做功为eq \f(1,2)mgR.(3)物块从C点平抛到水平面的过程中，由动能定理得2mgR＝Ek－eq \f(1,2)mvC2，解得Ek＝eq \f(5,2)mgR.11.(2018·福建师大附中高一第二学期期末)如图9甲所示，半径R＝0.9 m的光滑半圆形轨道BC固定于竖直平面内，最低点B与水平面相切.水平面上有一质量为m＝2 kg的物块从A点以某一初速度向右运动，并恰能通过半圆形轨道的最高点C，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，且μ随离A点的距离L按图乙所示规律变化，A、B两点间距离L＝1.9 m，g取10 m/s2，求：图9(1)物块经过最高点C时的速度大小；(2)物块经过半圆形轨道最低点B时对轨道压力的大小；(3)物块在A点时的初速度大小.答案　(1)3 m/s　(2)120 N　(3)8 m/s解析　(1)物块恰好通过C点，由牛顿第二定律可得mg＝meq \f(v\o\al( 2,C),R)解得vC＝3 m/s(2)物块从B点到C点，由动能定理可得－mg·2R＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2解得vB＝3eq \r(5) m/s在B点由牛顿第二定律可得FN－mg＝meq \f(v\o\al( 2,B),R)，解得FN＝120 N.由牛顿第三定律可知物块通过B点时对轨道压力的大小为120 N(3)由题图乙可知摩擦力对物块做的功为Wf＝－eq \f(1,2)×(0.25＋0.75)×1.9mg＝－19 J物块从A到B，由动能定理得Wf＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvA2解得vA＝8 m/s.12.如图10所示，光滑斜面AB的倾角θ＝53°，BC为水平面，BC长度lBC＝1.1 m，CD为光滑的eq \f(1,4)圆弧，半径R＝0.6 m.一个质量m＝2 kg的物体，从斜面上A点由静止开始下滑，物体与水平面BC间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道在B、C两点平滑连接.当物体到达D点时，继续竖直向上运动，最高点距离D点的高度h＝0.2 m.不计空气阻力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2.求：图10(1)物体运动到C点时的速度大小vC；(2)A点距离水平面的高度H；(3)物体最终停止的位置到C点的距离s.答案　(1)4 m/s　(2)1.02 m　(3)0.4 m解析　(1)物体由C点运动到最高点，根据动能定理得：－mg(h＋R)＝0－eq \f(1,2)mvC2代入数据解得：vC＝4 m/s(2)物体由A点运动到C点，根据动能定理得：mgH－μmglBC＝eq \f(1,2)mvC2－0代入数据解得：H＝1.02 m(3)从物体开始下滑到最终停止，根据动能定理得：mgH－μmgs1＝0代入数据，解得s1＝5.1 m由于s1＝4lBC＋0.7 m所以物体最终停止的位置到C点的距离为：s＝0.4 m.1.如图1所示是一种常见的圆桌，桌面中间嵌一半径为r＝1.5 m、可绕中心轴转动的圆盘，桌面与圆盘面在同一水平面内且两者间缝隙可不考虑.已知桌面离地高度为h＝0.8 m，将一可视为质点的小碟子放置在圆盘边缘，若缓慢增大圆盘的角速度，碟子将从圆盘上甩出并滑上桌面，再从桌面飞出，落地点与桌面飞出点的水平距离是0.4 m.已知碟子质量m＝0.1 kg，碟子与圆盘间的最大静摩擦力Ffmax＝0.6 N，g取10 m/s2，求：(不计空气阻力)图1(1)碟子从桌面飞出时的速度大小；(2)碟子在桌面上运动时，桌面摩擦力对它做的功；(3)若碟子与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.225，要使碟子不滑出桌面，则桌面半径至少是多少？答案　(1)1 m/s　(2)－0.4 J　(3)2.5 m解析　(1)根据平抛运动规律：h＝eq \f(1,2)gt2，x＝vt，得v＝xeq \r(\f(g,2h))＝1 m/s(2)碟子从圆盘上甩出时的速度为v0，则Ffmax＝meq \f(v\o\al( 2,0),r)，即v0＝3 m/s由动能定理得：Wf＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，代入数据得：Wf＝－0.4 J(3)当碟子滑到桌面边缘时速度恰好减为零，对应的桌子半径取最小值.设碟子在桌子上滑动的位移为x′，根据动能定理：－μmgx′＝0－eq \f(1,2)mv02代入数据得：x′＝2 m由几何知识可得桌子半径的最小值为：R＝eq \r(r2＋x′2)＝2.5 m.2.如图2所示为一遥控电动赛车(可视为质点)和它的运动轨道示意图.假设在某次演示中，赛车从A位置由静止开始运动，经2 s后关闭电动机，赛车继续前进至B点后水平飞出，赛车能从C点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，D点和E点分别为圆形轨道的最高点和最低点.已知赛车在水平轨道AB段运动时受到的恒定阻力为0.4 N，赛车质量为0.4 kg，通电时赛车电动机的输出功率恒为2 W，B、C两点间高度差为0.45 m，C与圆心O的连线和竖直方向的夹角α＝37°，空气阻力忽略不计， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求：图2(1)赛车通过C点时的速度大小；(2)赛道AB的长度；(3)要使赛车能通过圆轨道最高点D后回到水平赛道EG，其半径需要满足什么条件？答案　(1)5 m/s　(2)2 m　(3)0