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

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)－mgd 解析 (1)小球由静止运动到B 点的过程， 由动能定理得2mgd＝mv2， 在B 点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m， 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＝m. 小球从B 运动到C 的过程： －mgd＋Wf＝mvC 2－mv2，得Wf＝－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2 A.物块过B 点时，对轨道的压力大小是0.4 N B.物块过B 点时，对轨道的压力大小是2.0 N C.A 到B 的过程中，克服摩擦力做的功为0.9 J D.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＝m，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＝ 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＝＝ 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＝＝ 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4 A.mgh B.2mgh C.μmg(s＋) 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·＋μmgs…③，从D→A 的过程克服摩擦力 做的功为WDA＝μmgcos 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＝. 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＝＝v0 小球由桌面到A 点的过程中，由动能定理得 mg(R＋Rcos θ)＝mvA 2－mv0 2 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＝，小球从桌面运动到C 点的过程中， 由动能定理得Wf＝mvC 2－mv0 2 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＝2 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－mvC 2，vC＝2 m/s 在C 点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，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－mv0 2 可得：μ＝0.25 (3)在AB 斜轨道上，μmgcos α<mgsin α，小孩不能静止在斜轨道上，则小孩从A 点以初速度 v0滑下，最后静止在BC 轨道B 处，由动能定理： mgLsin α－μmgscos α＝0－mv0 2，解得s＝21 m. 1.在有摩擦力做功的往复运动过程中，注意两种力做功的区别： (1)重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关； (2)滑动摩擦力(或全部阻力)做功与路径有关，克服摩擦力(或全部阻力)做的功W＝Ffs(s 为路 程). 2.由于动能定理解题的优越性，求多过程往复运动问题中的路程，一般应用动能定理. 1.(用动能定理求变力做功)如图7 所示为一水平的转台，半径为R，一质量为m 的滑块放在 转台的边缘，已知滑块与转台间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力 加速度为g.若转台的转速由零逐渐增大，当滑块在转台上刚好发生相对滑动时，转台对滑块 所做的功为( ) 图7 A.μmgR B.2πmgR C.2μmgR D.0 答案 A 解析 滑块即将开始滑动时，最大静摩擦力(等于滑动摩擦力)提供向心力，有μmg＝，根据 动能定理有Wf＝mv2，解得Wf＝μmgR，A 正确. 2.(利用动能定理分析多过程问题)(2018·鹤壁市高一下学期期末)如图8 所示，AB 为四分之一 圆弧轨道，BC 为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC 的长度也是R.一质量为m 的物体，与两 个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A 从静止开始下滑，恰好运动到C 处停止，不 计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB 段克服摩擦力所做的功为( ) 图8 A.μmgR B.mgR C.mgR D.(1－μ)mgR 答案 D 解析 设物体在AB 段克服摩擦力所做的功为WAB，对物体从A 到C 的全过程，由动能定理 得mgR－WAB－μmgR＝0，故WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR. 3.(动能定理在平抛、圆周运动中的应用)(2019·温州新力量联盟高一下学期期中)如图9 所示， 一长L＝0.45 m、不可伸长的轻绳上端悬挂于M 点，下端系一质量m＝1.0 kg 的小球，CDE 是一竖直固定的圆弧形轨道，半径R＝0.50 m，OC 与竖直方向的夹角θ＝60°，现将小球拉到 A 点(保持绳绷直且水平)由静止释放，当它经过B 点时绳恰好被拉断，小球平抛后，从圆弧 轨道的C 点沿切线方向进入轨道，刚好能到达圆弧轨道的最高点E，重力加速度g 取10 m/s2，求： 图9 (1)小球到B 点时的速度大小； (2)轻绳所受的最大拉力大小； (3)小球在圆弧轨道上运动时克服阻力做的功. 答案 (1)3 m/s (2)30 N (3)8 J 解析 (1)小球从A 到B 的过程，由动能定理得 mgL＝mv1 2，解得v1＝3 m/s (2)小球在B 点时，由牛顿第二定律得F－mg＝m，解得F＝30 N，由牛顿第三定律可知，轻 绳所受最大拉力大小为30 N (3)小球从B 到C 做平抛运动，从C 点沿切线进入圆弧轨道，由平抛运动规律可得 小球在C 点的速度大小v2＝，解得v2＝6 m/s 小球刚好能到达E 点，则mg＝m，解得v3＝ m/s 小球从C 点到E 点，由动能定理得－mg(R＋Rcos θ)－Wf＝mv3 2－mv2 2，解得Wf＝8 J. 4.(利用动能定理分析多过程往复运动问题)(2018·云南师大附中期末)如图10 所示，ABCD 为 一竖直平面内的轨道，其中BC 水平，A 点比BC 高出10 m，BC 长1 m，AB 和CD 轨道光滑. 一质量为1 kg 的物体，从A 点以4 m/s 的速度沿轨道开始运动，经过BC 后滑到高出C 点10.3 m 的D 点时速度为0.求：(g 取10 m/s2) 图10 (1)物体与BC 轨道间的动摩擦因数； (2)物体第5 次经过B 点时的速度大小(结果可用根式表示)； (3)物体最后停止的位置(距B 点多少米). 答案 (1)0.5 (2)4 m/s (3)距B 点0.4 m 解析 (1)由A 到D，由动能定理得 －mg(h－H)－μmgsBC＝0－mv1 2 解得μ＝0.5 (2)物体第5 次经过B 点时，物体在BC 上滑动了4 次，由动能定理得mgH－μmg·4sBC＝mv2 2 －mv1 2， 解得v2＝4 m/s (3)分析整个过程，由动能定理得 mgH－μmgs＝0－mv1 2 解得s＝21.6 m 所以物体在轨道上来回运动了10 次后，还有1.6 m，故最后停止的位置与B 点的距离为2 m －1.6 m＝0.4 m. 一、选择题 1.(2019·宜昌七校协作体高一下期末)一人用力踢质量为100 g 的皮球，使球由静止以20 m/s 的速度飞出.假定人踢球瞬间对球的平均作用力是200 N，球在水平方向运动了20 m 停止.则 人对球所做的功为( ) A.20 J B.2 000 J C.500 J D.4 000 J 答案 A 解析 根据题意可知，球的初状态速度为零，末状态速度为20 m/s，由动能定理可知W＝ mv2－0＝×0.1×202 J＝20 J，故选A. 2.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1 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，重力加速度为g，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短(弹簧始终在弹性限度内)，物体克服 弹簧弹力所做的功为( ) 图1 A.mv0 2－μmg(s＋x) B.mv0 2－μmgx C.μmgs D.μmg(s＋x) 答案 A 解析 由动能定理得－W－μmg(s＋x)＝0－mv0 2，W＝mv0 2－μmg(s＋x)，A 正确，B、C、D 错误. 3.在离水平地面高为h 处竖直上抛一质量为m 的物块，抛出时的速度为v0，当它落到水平地 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( ) A.mgh－mv2－mv0 2 B.mv2－mv0 2－mgh C.mgh＋mv0 2－mv2 D.mgh＋mv2－mv0 2 答案 C 解析 对物块从刚抛出到落地的过程，由动能定理可得： mgh－Wf 克＝mv2－mv0 2 解得：Wf 克＝mgh＋mv0 2－mv2. 4.一质量为m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平拉力F 作用下，从平衡位置 P 点缓慢地移动到Q 点，如图2 所示，重力加速度为g，则拉力F 所做的功为( ) 图2 A.mglcos θ B.mgl(1－cos θ) C.Flcos θ D.Flsin θ 答案 B 解析 小球缓慢移动，时时处于平衡状态，由平衡条件可知，F＝mgtan θ，随着θ 的增大， F 也在增大，是一个变化的力，不能直接用功的公式求它所做的功，所以这道题要考虑用动 能定理求解.由于小球缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得：－mgl(1－cos θ)＋W＝0， 所以W＝mgl(1－cos θ)，B 正确，A、C、D 错误. 5.如图3 所示，一木块沿竖直放置的粗糙曲面从高处滑下，当它滑过A 点的速度大小为5 m/s 时，滑到B 点的速度大小也为5 m/s.若使它滑过A 点的速度大小变为7 m/s，则它滑到 B 点的速度大小( ) 图3 A.大于7 m/s B.等于7 m/s C.小于7 m/s D.无法确定 答案 C 解析 第一次从A 点到B 点的过程中：mgh－Wf1＝ΔEk＝0，Wf1＝mgh 第二次速度增大，木块对轨道的压力增大，Wf2>Wf1，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4 A.mgR B.mgR C.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＝m，即6mg＝m① 小球恰好通过最高点，绳子拉力为零，则有mg＝m② 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＝mv2 2－mv1 2③ 由①②③式解得Wf＝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5 A.在0～2 s 内，合外力做的功为4 J B.在0～2 s 内，合外力做的功为8 J C.在0～6 s 内，摩擦力做的功为－8 J D.在0～6 s 内，摩擦力做的功为－4 J 答案 A 8.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6 A.P 处 B.P、Q 之间 C.Q 处 D.Q 的右侧 答案 C 9.(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7 A.动摩擦因数μ＝ B.载人滑草车最大速度为 C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g 答案 AB 解析 根据动能定理有2mgh－Wf＝0，即2mgh－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，得动摩擦因 数μ＝，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°)＝g，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g，则载人滑草车在上、下两段滑