2019-2020学年高中物理 第七章 习题课 动能定理的应用课件 新人教版必修2

第七章机械能守恒定律习题课动能定理的应用1．计算总功的两种方法(1)W总＝W1＋W2＋…＋Wn．(2)W总＝F合·lcosα．2．动能定理表达式W总＝Ek2－Ek1＝12mv22－12mv21．应用动能定理求解变力做功问题如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，已知OP＝L2，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B．(1)小球到达B点时的速率为多大？(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多大？(3)若初速度v0＝3gL，则在小球从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？[思路点拨]小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B的临界条件是在B点重力提供做圆周运动的向心力；由A到B的过程，不计空气阻力仅重力做功，由动能定理求出初速度v0；空气阻力是变力，可应用动能定理求解．[解析](1)小球恰能到达最高点B，有mg＝mv2BL2，得vB＝gL2.(2)从A到B由动能定理得－mgL＋L2＝12mv2B－12mv20可求出v0＝7gL2.(3)当v0＝3gL时，在小球从A到B的过程中由动能定理得－mgL＋L2－Wf＝12mv2B－12mv20可求出Wf＝114mgL.[答案](1)gL2(2)7gL2(3)114mgL【通关练习】1．一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F的作用下从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，如图所示．则力F所做的功为()A．mglcosθB．FlsinθC．mgl(1－cosθ)D．Fl(1－sinθ)解析：选C.小球的运动过程是缓慢的，因而小球在任何时刻均可看成是平衡状态，因此力F的大小在不断变化，F做功是变力做功．小球上升过程只有重力mg和F这两个力做功，由动能定理得－mg(l－lcosθ)＋WF＝0，所以WF＝mgl(1－cosθ)．2．如图所示，斜槽轨道下端与一个半径为0．4m的圆形轨道相连接．一个质量为0．1kg的物体从高为H＝2m的A点由静止开始滑下，运动到圆形轨道的最高点C处时，对轨道的压力等于物体的重力．求物体从A运动到C的过程中克服摩擦力所做的功．(g取10m/s2)解析：物体运动到C点时受到重力和轨道对它的压力，由圆周运动知识可知FN＋mg＝mv2Cr，又FN＝mg，联立两式解得vC＝2gr＝8m/s，在物体从A点运动到C点的过程中，由动能定理有mg(H－2r)－WFf＝12mv2C－0，代入数据解得WFf＝0.8J.答案：0.8J利用动能定理求变力的功是最常用的方法，具体做法如下：(1)如果在研究的过程中，只有所要求的变力做功，则这个变力做的功就等于物体动能的增量，即W＝ΔEk．(2)如果物体同时受到几个力的作用，但是其中只有一个力F是变力，其他力都是恒力，则可以先用恒力做功的公式求出几个恒力所做的功，然后再用动能定理来间接求变力做的功：WF＋W其他＝ΔEk．应用动能定理分析多过程问题如图所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10m，BC长1m，AB和CD轨道光滑．一质量为1kg的物体，从A点以4m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10．3m的D点速度为0．求：(g取10m/s2)(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；(3)物体最后停止的位置(距B点多少米)．[解析](1)由动能定理得－mg(h－H)－μmgsBC＝0－12mv21，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－μmg4sBC＝12mv22－12mv21，解得v2＝411m/s≈13.3m/s.(3)分析整个过程，由动能定理得mgH－μmgs＝0－12mv21，解得s＝21.6m.所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6m，故距B点的距离为2m－1.6m＝0.4m.[答案](1)0.5(2)13.3m/s(3)距B点0.4m【通关练习】1．(多选)如图所示，一质量m＝0．75kg的小球在距地面高h＝10m处由静止释放，落到地面后反弹，碰撞时无能量损失．若小球运动过程中受到的空气阻力f的大小恒为2．5N，g＝10m/s2．下列说法正确的是()A．小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度为5mB．小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度为3．3mC．小球在空中运动的总路程为30mD．小球在空中运动的总路程为28．75m解析：选AC.设小球与地面第一次碰撞后向上运动的高度为h2，从静止释放到第一次碰撞后运动到高度h2的过程中，由动能定理有mg(h－h2)－f(h＋h2)＝0，解得：h2＝mg－fmg＋fh＝5m，选项A正确；对小球运动的全过程，由动能定理可得，mgh－fs总＝0，解得s总＝mghf＝30m，选项C正确．2．如图所示，AB与CD为两个对称斜面，其上部足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R为2．0m，一个物体在离弧底E高度为h＝3．0m处，以初速度4．0m/s沿斜面运动．若物体与两斜面的动摩擦因数为0．02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共能走多长路程？(g取10m/s2)解析：设物体在斜面上运动的总路程为s，则摩擦力做的总功为－μmgscos60°，末状态选为B(或C)，此时物体速度为零，对全过程由动能定理得mg[h－R(1－cos60°)]－μmgscos60°＝0－12mv20物体在斜面上通过的总路程为：s＝2g（h－R2）＋v20μg＝2×10×（3.0－1.0）＋4.020.02×10m＝280m.答案：见解析对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，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．应用动能定理求解曲线运动问题如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则()A．t1t2B．t1＝t2C．t1t2D．无法比较t1、t2的大小[解析]在滑道AB段上取任意一点E，比较从A点到E点的速度v1和从C点到E点的速度v2，易知v1v2.因E点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小．同理，在滑道BC段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C处开始滑动时，小滑块损失的动能更大．故综上所述，从A滑到C比从C滑到A在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A滑到C平均速度要更大一些，故t1t2.选项A正确．[答案]A如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m＝1．0kg的小球．现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点．地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L＝1．0m，B点离地高度H＝1．0m，A、B两点的高度差h＝0．5m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力影响，求：(1)地面上DC两点间的距离s；(2)轻绳所受的最大拉力大小．解析：(1)小球从A到B过程mgh＝12mv2B①小球从B到C做平抛运动，在竖直方向上H＝12gt2②在水平方向上有s＝vBt③由①②③式解得s≈1.41m．④(2)小球下摆到达B点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有F－mg＝mv2BL⑤由①⑤式解得F＝20N根据牛顿第三定律F′＝－F故轻绳所受的最大拉力为20N.答案：(1)1.41m(2)20N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＝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＝gR．应用动能定理求解连接体问题如图所示，一辆汽车通过一根绳PQ跨过定滑轮提升井中质量为m的物体，绳的P端拴在车后的挂钩上，Q端拴在物体上，设绳的总长不变，绳的质量、定滑轮的质量和尺寸、绳与滑轮间的摩擦都忽略不计．开始时，车在A处，滑轮左右两侧绳都已绷紧并且是竖直的，左侧绳长为H．提升时车水平向左加速运动，沿水平方向从A经过B驶向C，设A到B的距离也为H，车经过B点时的速度为vB，求车由A运动到B的过程中，绳对物体所做的功．[思路点拨]通过分析车速，求出与车相关联的物体的速度是求解本题的关键．[解析]绳的Q端对物体的拉力情况未知，无法用功的定义去求拉力对物体所做的功，所以只能用动能定理去求．由于与车相连的绳的方向是变化的，所以将车在B点的速度vB分解，如图所示，车到B点时，物体上升的速度等于vB沿绳方向的分速度v1＝vBcos45°＝22vB.车由A到B过程中绳被拉过的距离为2H－H＝(2－1)H，所以物体上升高度h＝(2－1)H，此过程中重力做功W1＝－mgh＝－(2－1)mgH，由动能定理得W＋W1＝12mv21，所以绳的拉力做功W＝12mv21－W1＝12mv21＋(2－1)·mgH＝12m22vB2＋(2－1)mgH＝14mv2B＋(2－1)mgH.[答案]见解析【通关练习】1．如图所示，质量为m的物体置于光滑水平面上，绳子的一端固定在物体上，另一端通过定滑轮以恒定的速率v0拉动绳头．物体由静止开始运动，当绳子与水平方向成θ＝60°夹角时，绳中的拉力对物体做了多少功？解析：绳子中的拉力是变力，要计算这个力做的功，只能利用动能定理，其中物体的末速度可以由速度的分解求得．绳子与水平面成60°夹角时，物体的速度为v，如图所示，由速度分解得v＝v0cosθ＝v0cos60°＝2v0因为物体开始是静止状态，所以根据动能定理可以计算出绳子的拉力做的功为W＝12mv2－0＝2mv20.答案：2mv202．如图甲所示，物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接．物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l．开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值．现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1．25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0．6倍．不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g．求：甲乙(1)物块的质量；(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功．解析：(1)设开始时细绳的拉力大小为T1，传感装置的初始值为F1，物块质量为M，由平衡条件得对小球，T1＝mg①对物块，F1＋T1＝Mg②当细绳与竖直方向的夹角为60°时，设细绳的拉力大小为T2，传感装置的示数为F2，据题意可知，F2＝1.25F1由平衡条件得对小球，T2＝mgcos60°③对物块，F2＋T2＝Mg④联立①②③④式，代入数据解得M＝3m.⑤(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为Wf，由动能定理得mgl(1－cos60°)－Wf＝12mv2⑥在最低位置，设细绳的拉力大小为T3，传感装置的示数为F3，据题意可知F3＝0.6F1，