最新学年高中物理 第七章利用动能定理分析变力做功和多过程问题学案 新人教版必修2考试专用Word文档格式.docx

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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.

例2

　如图3所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5m，一个质量为m＝0.5kg的木块在F＝1.5N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＝10m/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）0.15m　

（2）0.75m

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×

10N＝1.0N

所以h＝＝m＝0.15m

（2）设木块离开B点后沿桌面滑行的最大距离为x.由动能定理得：

mgh－Ff′x＝0

Ff′＝μmg

所以：

x＝＝m＝0.75m

【考点】应用动能定理处理多过程问题

【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题

针对训练2　如图4所示，质量m＝1kg的木块静止在高h＝1.2m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＝20N，使木块产生位移l1＝3m时撤去，木块又滑行l2＝1m后飞出平台，求木块落地时速度的大小.（g取10m/s2）

图4

答案　11.3m/s

解析　解法一　取木块为研究对象，其运动分三个过程，先匀加速前进l1，后匀减速前进l2，再做平抛运动，对每一过程，分别由动能定理得

Fl1－μmgl1＝mv12

－μmgl2＝mv22－mv12

mgh＝mv32－mv22

解得v3≈11.3m/s

解法二　对全过程由动能定理得

Fl1－μmg（l1＋l2）＋mgh＝mv2－0

代入数据解得v≈11.3m/s

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有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没有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＝.

例3

金华市十校联考）如图5所示，质量m＝0.2kg的小物块，放在半径R1＝2m的水平圆盘边缘A处，小物块与圆盘间的动摩擦因数μ1＝0.8.圆心角为θ＝37°

、半径R2＝2.5m的光滑圆弧轨道BC与水平轨道光滑连接于C点，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ2＝0.5.开始圆盘静止，在电动机的带动下绕过圆心O1的竖直轴缓慢加速转动，某时刻小物块沿纸面水平方向飞出（此时O1与A连线垂直纸面），恰好沿切线进入圆弧轨道B处，经过圆弧BC进入水平轨道CD，在D处进入圆心为O2、半径R3＝0.5m的光滑竖直圆轨道，绕过圆轨道后沿水平轨道DF向右运动.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8，g取10m/s2，求：

图5

（1）圆盘对小物块m做的功；

（2）小物块刚离开圆盘时A、B两点间的水平距离；

（3）假设竖直圆轨道可以左右移动，要使小物块能够通过竖直圆轨道，求竖直圆轨道底端D与圆弧轨道底端C之间的距离范围和小物块的最终位置.

答案　

（1）1.6J　

（2）1.2m　（3）lDC≤1m　最后停在离C位置右侧3.5m处

解析　

（1）小物块刚滑出圆盘时：

μ1mg＝

得：

vA＝4m/s

由动能定理可得：

W＝mvA2

W＝1.6J

（2）物块正好切入圆弧轨道BC，由平抛运动知识可得：

在B处物块的竖直分速度为vBy＝vAtan37°

运动时间t＝

A、B间的水平距离x＝vAt

联立解得：

x＝1.2m

（3）物块刚好通过竖直完整圆轨道最高点E处：

mg＝

由B到E点由动能定理得：

mgR2（1－cos37°

）－μ2mgL－2mgR3＝mvE2－mvB2

又vB＝

可得：

L＝1m

即DC之间距离不大于1m时物块可通过竖直圆轨道.

最后物块必定停止，由动能定理可得：

）－μ2mgx＝0－mvB2

解得x＝3.5m

即最后物块停在离C位置右侧3.5m处.

四、动能定理在多过程往复运动中的应用

例4

湖州、衢州、丽水高三期末联考）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＝6m、倾角α＝37°

的斜轨道，BC为水平轨道，CD为半径R＝15m、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＝2m/s沿轨道下滑，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＝30kg，取sin37°

＝0.8，g＝10m/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）420N，方向竖直向下　

（2）0.25　（3）21m

解析　

（1）由C到D速度减为0，由动能定理可得

－mg（R－Rcosβ）＝0－mvC2，

解得vC＝2m/s

在C点，由牛顿第二定律得

FN－mg＝m，解得FN＝420N

根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力为420N，方向竖直向下

（2）小孩从A运动到D的过程中，由动能定理得：

mgLsinα－μmgLcosα－mgR（1－cosβ）＝0－mv02

μ＝0.25

（3）在AB斜轨上，μmgcosα<

mgsinα，小孩不能静止在斜轨上，则小孩从A点以初速度v0滑下，最后静止在BC轨道B处.

由动能定理得：

mgLsinα－μmgscosα＝0－mv02

解得s＝21m.

1.在含有摩擦力的多过程往复运动过程中，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＝Ff·

s（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.（用动能定理求变力的功）如图7所示，质量为m的物体与水平转台间的动摩擦因数为μ，物体与转轴相距R，物体随转台由静止开始转动.当转速增至某一值时，物体即将在转台上滑动，此时转台开始匀速转动.设物体的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则在整个过程中摩擦力对物体做的功是（　　）

图7

A.0B.2μmgR

C.2πμmgRD.

答案　D

解析　物体即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物体的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物体做圆周运动的线速度为v，则有μmg＝.①

在物体由静止到获得速度v的过程中，物体受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物体做功，由动能定理得：

W＝mv2－0.②

联立①②解得W＝μmgR.

2.（动能定理在平抛、圆周运动中的应用）如图8所示，一可以看成质点的质量为m＝2kg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，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＝0.5m.已知sin53°

＝0.8，cos53°

＝0.6，不计空气阻力，g取10m/s2.

图8

（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）3m/s　

（2）－4J

解析　

（1）在A点由平抛运动规律得：

vA＝＝v0.①

小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得

mg（R＋Rcosθ）＝mvA2－mv02②

由①②得：

v0＝3m/s.

（2）在最高点C处有mg＝，小球从桌面到C点，由动能定理得Wf＝mvC2－mv02，代入数据解得Wf＝－4J.

3.（利用动能定理分析多过程及往复运动问题）滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来.如图9是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为60°

，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙且长8m.某运动员从轨道上的A点以3m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回.已知运动员和滑板的总质量为60kg，B、E两点到水平轨道CD的竖直高度分别为h和H，且h＝2m，H＝2.8m，g取10m/s2.求：

图9

（1）运动员从A点运动到达B点时的速度大小vB；

（2）滑板与轨道CD段间的动摩擦因数μ；

（3）通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？

如能，请求出回到B点时速度的大小；

如不能，则最后停在何处？

答案　

（1）6m/s　

（2）0.125　（3）不能回到B处，最后停在D点左侧6.4m处（或C点右侧1.6m处）

解析　

（1）由题意可知：

vB＝

vB＝6m/s.

（2）从B点到E点，由动能定理可得：

mgh－μmgxCD－mgH＝0－mvB2

代入数据可得：

μ＝0.125.

（3）设运动员能到达左侧的最大高度为h′，从B到第一次返回左侧最高处，根据动能定理得：

mgh－mgh′－μmg·

2xCD＝0－mvB2

解得h′＝1.8m<

h

所以第一次返回时，运动员不能回到B点

设运动员从B点运动到停止，在CD段的总路程为s，由动能定理可得：

mgh－μmgs＝0－mvB2

s＝30.4m

因为s＝3xCD＋6.4m，所以运动员最后停在D点左侧6.4m处（或C点右侧1.6m处）.

一、选择题

考点一　利用动能定理求变力的功

1.在离地面高为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－mv02

B.mv2－mv02－mgh

C.mgh＋mv02－mv2

D.mgh＋mv2－mv02

解析　选取物块从刚抛出到正好落地时的过程，由动能定理可得：

mgh－Wf克＝mv2－mv02

Wf克＝mgh＋mv02－mv2.

2.如图1所示，AB为圆弧轨道，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，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为（　　）

A.μmgRB.mgR

C.－mgRD.（1－μ）mgR

解析　设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A运动到C的全过程，根据动能定理，

有mgR－WAB－μmgR＝0.

所以有WAB＝mgR－μmgR＝（1－μ）mgR.

3.一质量为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，则拉力F所做的功为（　　）

A.mglcosθ

B.mgl（1－cosθ）

C.Flcosθ

D.Flsinθ

答案　B

解析　由于小球缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得：

－mgl（1－cosθ）＋W＝0，所以W＝mgl（1－cosθ）.

4.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与一轻弹簧最右端O相距s，如图3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，物体克服弹簧弹力所做的功为（不计空气阻力）（　　）

A.mv02－μmg（s＋x）B.mv02－μmgx

C.μmgsD.μmgx

答案　A

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－mv02，所以W＝mv02－μmg（s＋x）.

5.（2018·

余姚中学高二第二学期期中考试）如图4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5m/s时，滑到B点的速度大小也为5m/s.若使它滑过A点的速度大小变为7m/s，则它滑到B点的速度大小为（　　）

A.大于7m/sB.等于7m/s

C.小于7m/sD.无法确定

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点动能小于在A点动能，C正确.

【考点】应用动能定理求变力的功

【题点】应用动能定理求变力的功

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5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（　　）

解析　小球通过最低点时，设绳的张力为FT，则

FT－mg＝m，6mg＝m①

小球恰好过最高点，绳子拉力为零，这时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＝mv22－mv12③

由①②③式联立解得Wf＝mgR，选C.

考点二　利用动能定理分析多过程问题

7.如图6所示，假设在某次比赛中运动员从10m高处的跳台跳下，设水的平均阻力约为其体重的3倍，在粗略估算中，把运动员当作质点处理，为了保证运动员的人身安全，池水深度至少为（不计空气阻力）（　　）

A.5mB.3m

C.7mD.1m

解析　设水深为h，对运动全程运用动能定理可得：

mg（H＋h）－Ffh＝0，Ff＝3mg，

所以h＝5m.

8.如图7所示，一薄木板斜搁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，仍按上述方式搁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（　　）

A.P处B.P、Q之间

C.Q处D.Q的右侧

9.（多选）如图8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，sin37°

＝0.8）.则（　　）

A.动摩擦因数μ＝

B.载人滑草车最大速度为

C.载人滑草克服摩擦力做功为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－μmgcos45°

·

－μmgcos37°

＝0，得动摩擦因数μ＝，则A项正确；

载人滑草车克服摩擦力做的功为Wf＝2mgh，则C项错误；

载人滑草车在上、下两段的加速度分别为a1＝g（sin45°

－μcos45°

）＝g，a2＝g（sin37°

－μcos37°

）＝－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，由运动学公式有2a1＝v2得，v＝＝，故B项正确，D项错误.

【题点】应用动能定理处理仅含直线运动的多过程问题

二、非选择题

10.（利用动能定理分析多过程问题）（2018·

东阳中学期中考试）如图9所示，自然伸长的轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端在O位置，质量为m的物块A（可视为质点）以初速度v0从距O点x0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回.A离开弹簧后，恰好回到P点，物块A与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.

（1）求物块A从P点出发又回到P点的过程中，克服摩擦力所做的功；

（2）求O点和O′点间的距离x1.

答案　

（1）mv02　

（2）－x0

解析　

（1）A从P开始运动，最后回到P的过程，根据动能定理得：

摩擦力所做的功为Wf＝0－mv02＝－mv02，即克服摩擦力做功为mv02.

（2）A从P开始运动，最后回到P的全过程，根据动能定理，有－2μmg（x1＋x0）＝0－mv02，得x1＝－x0.

【题点】应用动能定理处理含弹力做功的多过程问题

11.（利用动能定理分析多过程问题）如图10所示，一个质量为m＝0.6kg的小球以初速度v0＝2m/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，进入圆弧时无动能损失）且恰好沿圆弧通过最高点C，已知圆弧的圆心为O，半径R＝0.3m，θ＝60°

，取g＝10m/s2.求：

图10

（1）小球到达A点的速度vA的大小；

（2）P点到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.

答案　

（1）4m/s　

（2）0.6m　（3）1.2J

解析　

（1）在A点有：

vA＝，

代入数据解得vA＝4m/s

（2）从P点到A点小球做平抛运动，竖直分速度vy＝v0tanθ

由运动学规律有vy2＝2gH

解得H＝0.6m

（3）恰好过C点满足mg＝

由A点到C点由动能定理得

－mgR（1＋cosθ）－W＝mvC2－mvA2

代入数据解得W＝1.2J.

【题点】应用运动定理处理含曲线运动的多过程问题

12.（利用动能定理分析多过程问题）如图11所示，光滑斜面AB的倾角θ＝53°

，BC为水平面，BC长度lBC＝1.1m，CD为光滑的圆弧，半径R＝0.6m.一个质量m＝2kg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＝0.2m.不计空气阻力，sin53°

＝0.6.g取10m/s2.求：

图11

（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）4m/s　

（2）1.02m　（3）0.4m

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－mvC2

代入数据解得：

vC＝4m/s

（2）物体由A点运动到C点，根据动能定理得：

mgH－μmglBC＝mvC2－0

H＝1.02m

（3）从物体开始下滑到停下，根据动能定理得：

mgH－μmgs1＝0

代入数据解得s1＝5.1m

由于s1＝4lBC＋0.7m

所以，物体最终停止的位置到C点的距离为：

s＝0.4m.

1.（2017·

温州中学11月选考科目模拟考试）2016年11月1日广东珠海开幕的第十一届中国国际航空航天博览会上，空军“八一”飞行表演队的6架歼－10战斗机为现场数千名观众带来了一场震撼表演.如图1所示，某次飞行表演中，飞行员驾驶飞机在竖直面内做半径为R的圆周运动，在最高点时飞行员头朝下，已知飞行员质量为m，重力加速度为g.

（1）若飞行员在最高点座椅对他的弹力和飞机在地面上起飞前一样，求最高点的速度；

（2）若这位飞行员以

（1）中的速度从最高点加速飞到最低点，且他在最低点能承受的最大竖直加速度为5g，求飞机在最低点的最大速度及这个过程中飞机对飞行员做的功.

答案　

（1）　

（2）　－mgR

解析　

（1）最高点座椅对飞行员的弹力FN＝mg

由重力和弹力的合力提