（浙江专用）2018-2019学年高中物理 第七章 机械能守恒定律 第8节 习题课 动能定理的应用学案 新人教版必修2

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1、第8节　习题课　动能定理的应用 [基 础 梳 理] 应用功的公式无法解决变力做功的问题，而应用动能定理就非常方便，应用动能定理求变力做的功的关键是对全过程运用动能定理列式，通过动能的变化求出合力做的功，进而间接求出变力做的功。 [典 例 精 析] 【例1】 如图1所示，木板长为l，木板的A端放一质量为m的小物体，物体与板间的动摩擦因数为μ。开始时木板水平，在绕O点缓慢转过一个小角度θ的过程中，若物体始终保持与板相对静止。对于这个过程中各力做功的情况，下列说法中正确的是(　　) 图1 A.摩擦力对物体所做的功为mglsin θ(1－cos θ) B.弹力对物体所做的功为

2、mglsin θcos θ C.木板对物体所做的功为mglsin θ D.合力对物体所做的功为mglcos θ 解析　重力是恒力，可直接用功的计算公式，则WG＝－mgh；摩擦力虽是变力，但因摩擦力方向上物体没有发生位移，所以Wf＝0；因木块缓慢运动，所以合力F合＝0，则W合＝0；因支持力FN为变力，不能直接用公式求它做的功，由动能定理W合＝ΔEk知，WG＋WN＝0，所以WN＝－WG＝mgh＝mglsin θ。 答案　C 变力所做的功一般不能直接由公式W＝Flcos α求解，而是常采用动能定理求解。解题时须分清过程的初、末状态动能的大小以及整个过程中力做的总功。 [即 学 即

3、练] 1.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图2所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中，物体克服弹簧弹力所做的功为(　　) 图2 A.mv－μmg(s＋x) B.mv－μmgx C.μmgs D.μmg(s＋x) 解析　设物体克服弹簧弹力所做的功为W，则物体向左压缩弹簧过程中，弹簧弹力对物体做功为－W，摩擦力对物体做功为－μmg(s＋x)，根据动能定理有－W－μmg(s＋x)＝0－mv，所以W＝mv－μmg(s＋x)。 答案　A [基 础

4、梳 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，分析每个力的做功，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。 [典 例 精 析] 【例2】 半径R＝1 m的1/4圆弧轨道下端与一水平轨道连接，水平轨道离地面高度h＝1 m，如图3所示，有一质量m＝1.0 kg的小滑块自圆轨道最高点A由静止开始滑下，经过

5、水平轨道末端B时速度为4 m/s，滑块最终落在地面上，g取10 m/s2，试求： 图3 (1)不计空气阻力，滑块落在地面上时速度大小； (2)滑块在轨道上滑行时克服摩擦力做的功。 解析　(1)从B点到地面这一过程，只有重力做功，根据动能定理有 mgh＝mv2－mv， 代入数据解得v＝6 m/s。 (2)设滑块在轨道上滑行时克服摩擦力做的功为Wf，对A到B这一过程运用动能定理有mgR－Wf＝mv－0， 解得Wf＝2 J。 答案　(1)6 m/s　(2)2 J [即 学 即 练] 2.如图4所示，MNP为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN与水平段NP相切于N，P端固定一竖直

6、挡板。M相对于N的高度为h，NP长度为s。一物块从M端由静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次弹性碰撞(碰撞后物块速度大小不变，方向相反)后停止在水平轨道上某处。若在MN段的摩擦可忽略不计，物块与NP段轨道间的动摩擦因数为μ，求物块停止的地方距N点的距离的可能值。 图4 解析　设物块的质量为m，在水平轨道上滑行的总路程为s′，则物块从开始下滑到停止在水平轨道上的过程中，由动能定理得mgh－μmgs′＝0 解得s′＝ 第一种可能：物块与挡板碰撞后，在N前停止，则物块停止的位置距N点的距离d＝2s－s′＝2s－ 第二种可能：物块与挡板碰撞后，可再一次滑上光滑圆弧轨道，然后滑下，在水平轨道

7、上停止，则物块停止的位置距N点的距离为：d＝s′－2s＝－2s。所以物块停止的位置距N点的距离可能为2s－或－2s。 答案　物块停止的位置距N点的距离可能为2s－或－2s [基 础 梳 理] 动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，特别是在曲线运动中更显示出其优越性，所以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，应特别注意隐含的临界条件： ①有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能过最高点的临界条件为vmin

8、＝0。 ②没有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能过最高点的临界条件为vmin＝。 [典 例 精 析] 【例3】 如图5所示，质量m＝0.1 kg的金属小球从距水平面h＝2.0 m的光滑斜面上由静止开始释放，运动到A点时无能量损耗，水平面AB是长2.0 m的粗糙平面，与半径为R＝0.4 m的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，其中圆轨道在竖直平面内，D为轨道的最高点，小球恰能通过最高点D，求：(g＝10 m/s2) 图5 (1)小球运动到A点时的速度大小； (2)小球从A运动到B时摩擦阻力所做的功； (3)小球从D点飞出后落点E与A的距离。 解析　(1)根据题意和题图可得：

9、小球下落到A点时由动能定理得： W＝mgh＝mv， 所以vA＝＝ m/s＝2m/s (2)小球运动到D点时 mg＝，vD＝＝2 m/s 当小球由B运动到D点时由动能定理得： －mg·2R＝mv－mv 解得vB＝＝2m/s 所以A到B时：Wf＝mv－mv＝×0.1×(20－40) J＝－1 J (3)小球从D点飞出后做平抛运动，故有 2R＝gt2，t＝＝0.4 s 水平位移xBE＝vDt＝0.8 m 所以xAE＝xAB－xBE＝1.2 m。 答案　(1)2 m/s　(2)－1 J　(3)1.2 m [即 学 即 练] 3.如图6所示，质量为m的小球自由下落d后，沿

10、竖直面内的固定轨道ABC运动，AB是半径为d的光滑圆弧，BC是直径为d的粗糙半圆弧(B是轨道的最低点)。小球恰好能运动到C点。求： 图6 (1)小球运动到B处时对轨道的压力大小； (2)小球在BC上运动过程中，摩擦力对小球做的功。(重力加速度为g) 解析　(1)小球下落到B的过程由动能定理得2mgd＝mv2，在B点：FN－mg＝m，得FN＝5mg，根据牛顿第三定律FN′＝FN＝5mg。 (2)在C点，mg＝m。小球从B运动到C的过程：－mgd＋Wf＝mv－mv2，得Wf＝－mgd。 答案　(1)5mg　(2)－mgd 1.如图7所示，滑块从光滑曲面轨道顶点A由静止滑至粗糙

11、的水平面的C点而停止。曲面轨道顶点离地面高度为H，滑块在水平面上滑行的距离为s，求滑块与水平面之间的摩擦因数μ。 图7 解析　当滑块在水平面上滑行时可分析受力得 f＝μFN＝μmg 对滑块滑行的全过程运用动能定理可得 mgH－fs＝ΔEk＝0 联立可得μ＝ 答案　 2.如图8所示，质量m＝1 kg的木块静止在高h＝1.2 m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平推力F＝20 N，使木块产生位移l1＝3 m时撤去，木块又滑行l2＝1 m后飞出平台，求木块落地时速度的大小。(g取10 m/s2) 图8 解析　木块的运动分为三个阶段，先是在l1段匀加速直线运

12、动，然后是在l2段匀减速直线运动，最后是平抛运动。考虑应用动能定理，设木块落地时的速度为v，整个过程中各力做功情况分别为 推力做功WF＝Fl1， 摩擦力做功Wf＝－μmg(l1＋l2)， 重力做功WG＝mgh， 对整个过程由动能定理得 Fl1－μmg(l1＋l2)＋mgh＝mv2－0， 代入数据解得v＝8 m/s。 答案　8 m/s 3.如图9所示，竖直平面内的圆弧形光滑管道半径略大于小球半径，管道中心线到圆心的距离为R，A端与圆心O等高，AD为水平面，B点在O的正下方，小球自A点正上方由静止释放，自由下落至A点时进入管道，从上端口飞出后落在C点，当小球到达B点时，管壁对小球的

13、弹力大小是小球重力大小的9倍。求： 图9 (1)释放点距A点的竖直高度； (2)落点C与A点的水平距离。 解析　(1)设小球到达B点的速度为v1，因为到达B点时管壁对小球的弹力大小是小球重力大小的9倍，所以有9mg－mg＝① 从最高点到B点的过程中，由动能定理得 mg(h＋R)＝mv② 由①②得：h＝3R③ (2)设小球到达圆弧最高点的速度为v2，落点C与A点的水平距离为x 从B到最高点的过程中，由动能定理得 －mg×2R＝mv－mv④ 由平抛运动的规律得R＝gt2⑤ R＋x＝v2t⑥ 联立④⑤⑥解得x＝(2－1)R。 答案　(1)3R　(2)(2－1)R

14、 1.如图1所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是(　　) 图1 A.mgh－mv2 B.mv2－mgh C.－mgh D.－(mgh＋mv2) 解析　由A到C的过程运用动能定理可得： －mgh＋W＝0－mv2， 所以W＝mgh－mv2，故A正确。 答案　A 2.(2018·绍兴一中期末)一人用力踢质量为0.1 kg的静止皮球，使球以20 m/s的速度飞出。假设人踢球瞬间对球平均作用力是200 N，球在水平方向运动了20 m停

15、止。那么人对球所做的功为(　　) A.5 J B.20 J C.50 J D.400 J 解析　在踢球的过程中，人对球所做的功等于球动能的变化，则W＝mv2－0＝×0.1×202 J＝20 J，故B正确。 答案　B 3.如图2所示，小球以初速度v0从A点沿粗糙的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的速度大小为(　　) 图2 A. B. C. D. 解析　在从A到B的过程中，重力和摩擦力做负功，根据动能定理可得mgh＋Wf＝mv，从B到A过程中，重力做正功，摩擦力做负功(因为沿原路返回，所以两种情况摩擦力做功大小相等)根据动能定理可得m

16、gh－Wf＝mv2，两式联立得再次经过A点的速度为，选项B正确。 答案　B 4.(多选)质量为m的汽车在平直公路上行驶，发动机的功率P和汽车受到的阻力Ff均恒定不变，在时间t内，汽车的速度由v0增加到最大速度vm，汽车前进的距离为s，则此段时间内发动机所做的功W可表示为(　　) A.W＝Pt B.W＝Ff s C.W＝mv－mv＋Ff s D.W＝mv＋Ff s 解析　由题意知，发动机功率不变，故t时间内发动机做功W＝Pt，所以A正确；车做加速运动，故牵引力大于阻力Ff，故B错误；根据动能定理W－Ff s＝mv－mv，所以C正确，D错误。 答案　AC 5.如图3所示 ，一质量

17、为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN。重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为(　　) 图3 A.R(FN－3mg) B.R(3mg－FN) C.R(FN－mg) D.R(FN－2mg) 解析　质点到达最低点B时，它对容器的正压力为FN，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m，根据动能定理，质点自A滑到B的过程中有Wf＋mgR＝mv2，故摩擦力对其所做的功Wf＝RFN－mgR，故A项正确。 答案　A 6.如图4所示，一物体由A点以初速度v0下滑到底端B，它与挡板B做无动能损失的碰撞

18、后又滑回到A点，其速度正好为零。设A、B两点高度差为h，则它与挡板碰前的速度大小为(　　) 图4 A. B. C. D. 解析　下滑过程由动能定理， mgh－fs＝mv2－mv， 碰撞无动能损失，物块上升过程，由动能定理，得 －mgh－fs＝0－mv2， 得v＝，故选项C正确。 答案　C 7.一艘由三个推力相等的发动机推动的气垫船在湖面上，由静止开始加速前进s距离后，关掉一个发动机，气垫船匀速运动，当气垫船将运动到码头时，又关掉两个发动机，最后它恰好停在码头，则三个发动机都关闭后，气垫船通过的距离是多少？ 解析　设每个发动机的推力是F，湖水的阻力是Ff。当关掉一个

19、发动机时，气垫船做匀速运动，则： 2F－Ff＝0，Ff＝2F。 开始阶段，气垫船做匀加速运动，末速度为v， 气垫船的质量为m，应用动能定理有 (3F－Ff)s＝mv2，得Fs＝mv2。 又关掉两个发动机时，气垫船做匀减速运动，应用动能定理有－Ffs1＝0－mv2，得2Fs1＝mv2。 所以s1＝，即关闭发动机后气垫船通过的距离为。 答案　 8.一个人站在距地面20 m的高处，将质量为0.2 kg的石块以v0＝12 m/s的速度斜向上抛出，石块的初速度方向与水平方向之间的夹角为30°，g取10 m/s2，求： (1)人抛石块过程中对石块做了多少功？ (2)若不计空气阻力，石块

20、落地时的速度大小是多少？ (3)若落地时的速度大小为22 m/s，石块在空中运动过程中克服阻力做了多少功？ 解析　(1)根据动能定理知，W＝mv＝14.4 J (2)不计空气阻力，根据动能定理得mgh＝－mv 解得v1＝≈23.32 m/s (3)由动能定理得mgh－Wf＝－ 解得Wf＝mgh－(－)＝6 J 答案　(1)14.4 J　(2)23.32 m/s　(3)6 J 9.在温州市科技馆中，有个用来模拟天体运动的装置，其内部是一个类似锥形的漏斗容器，如图5甲所示。现在该装置的上方固定一个半径为R的四分之一光滑管道AB，光滑管道下端刚好贴着锥形漏斗容器的边缘，如图乙所示。将

21、一个质量为m的小球从管道的A点静止释放，小球从管道B点射出后刚好贴着锥形容器壁运动，由于摩擦阻力的作用，运动的高度越来越低，最后从容器底部的孔C掉下，(轨迹大致如图乙虚线所示)，已知小球离开C孔的速度为v，A到C的高度为H。求： 图5 (1)小球达到B端的速度大小； (2)小球在管口B端受到的支持力大小； (3)小球在锥形漏斗表面运动的过程中克服摩擦阻力所做的功。 解析　(1)滑块在A端运动到B端的过程中，由动能定理mgR＝mv 得：vB＝ (2)设小球受到的支持力为F， F－mg＝m，得：F＝3mg (3)设克服摩擦阻力做的功为W，根据动能定理： mgH－W＝mv2，

22、得W＝mgH－mv2 答案　(1)　(2)3mg　(3)mgH－mv2 10.如图6所示，质量为m的物体从高度为h、倾角为θ的光滑斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，最后停在水平面上，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，求： 图6 (1)物体滑至斜面底端时的速度； (2)物体在水平面上滑行的距离。(不计斜面与平面交接处的动能损失) 解析　(1)物体下滑过程中只有重力做功，且重力做功与路径无关，由动能定理：mgh＝mv2，可求得物体滑至斜面底端时速度大小为v＝； (2)设物体在水平面上滑行的距离为l， 由动能定理：－μmgl＝0－mv2，解得：l＝＝。 答案　(1)　(2) 1

23、1.如图7所示，一个质量为m＝0.6 kg 的小球以某一初速度v0＝2 m/s从P点水平抛出，从粗糙圆弧ABC的A点沿切线方向进入(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)且恰好沿圆弧通过最高点C，已知圆弧的圆心为O，半径R＝0.3 m，θ＝60°，g＝10 m/s2。试求： 图7 (1)小球到达A点的速度vA的大小； (2)P点与A点的竖直高度H； (3)小球从圆弧A点运动到最高点C的过程中克服摩擦力所做的功W。 解析　(1)在A处由速度的合成得vA＝ 代入数值解得vA＝4 m/s (2)P到A小球做平抛运动，竖直分速度vy＝v0tan θ 由运动学规律有v＝2gH，由以

24、上两式解得H＝0.6 m (3)恰好过C点满足mg＝ 由A到C由动能定理得 －mgR(1＋cos θ)－W＝mv－mv 代入解得W＝1.2 J。 答案　(1)4 m/s　(2)0.6 m　(3)1.2 J 12.(2017·11月选考)如图8甲所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图乙的示意图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接，倾斜轨道BC的B端高度h＝24 m，倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点，圆弧EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上，DO1的距离L＝20 m。质量m＝1 000 kg的过山车(包括乘客)从B点自

25、静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F时乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍。已知过山车在BC、DE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数μ＝，EF段摩擦力不计，整个运动过程空气阻力不计。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2) 　 　　甲　　　　　　　　 乙 图8 (1)求过山车过F点时的速度大小； (2)求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功； (3)如果过D点时发现圆轨道EF段有故障，为保证乘客的安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑

26、，则过山车受到的摩擦力至少应多大？ 解析　(1)对运动到F点的过山车受力分析，根据向心力公式可得mg－0.25mg＝m，① r＝Lsin θ② 代入已知数据可得vF＝＝3 m/s③ (2)从B点到F点，根据动能定理， mg(h－r)＋Wf＝mv－0④ 解得Wf＝－7.5×104 J⑤ (3)触发制动后能恰好到达E点对应的摩擦力为Ff1 －Ff1Lcos θ－mgrcos θ＝0－mv⑥ 未触发制动时，对D点到F点的过程，有 －μmgcos θLcos θ－mgr＝mv－mv⑦ 由⑥⑦两式得Ff1＝×103 N＝4.6×103 N⑧ 要使过山车停在倾斜轨道上的摩擦力为Ff2 Ff2＝mgsin θ＝6×103 N⑨ 综合考虑⑧⑨两式，得Ffm＝6×103 N 答案　(1)3 m/s　(2)－7.5×104 J　(3)6.0×103 N 14