应用动能定理求变力做功时应注意的问题
(1)所求的变力做的功不一定为总功,故所求的变力做的功不一定等于ΔEk.
(2)合外力对物体所做的功对应物体动能的变化,而不是对应物体的动能.
(3)若有多个力做功时,必须明确各力做功的正负,待求的变力做的功若为负功,可以设克服该力做的功为W,则表达式中应用-W;也可以设变力做的功为W,则字母W本身含有符号.
考点 应用动能定理解决多过程问题
1.应用动能定理解题的步骤
(1)选取研究对象,明确它的运动过程.
(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况.
(3)明确物体在过程始末状态的动能Ek1和Ek2.
(4)列出动能定理的方程W合=Ek2-Ek1及其他必要的解题方程进行求解.
2.利用动能定理求解多过程问题的基本思路
(1)弄清物体的运动由哪些过程组成.
(2)分析每个过程中物体的受力情况.
(3)各个力做功有何特点,对动能的变化有无影响.
(4)从总体上把握全过程,表达出总功,找出初、末状态的动能.
(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程.
[典例3] (2015·浙江卷)如图所示,用一块长L1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面,桌子高H=0.8m,长L2=1.5m.斜面与水平桌面的倾角θ可在0~60°间调节后固定.将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放,物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05,物块与桌面间的动摩擦因数为μ2,忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失.(重力加速度取g=10m/s2;最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(1)当θ角增大到多少时,物块能从斜面开始下滑;(用正切值表示)
(2)当θ角增大到37°时,物块恰能停在桌面边缘,求物块与桌面间的动摩擦因数μ2;(已知sin37°=0.6,cos37°=0.8)
(3)继续增大θ角,发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大,求此最大距离xm.
[解析]
(1)为使小物块下滑,应有mgsinθ≥μ1mgcosθ①
θ满足的条件tanθ≥0.05.②
即当θ=arctan0.05时物块恰好从斜面开始下滑.
(2)克服摩擦力做功Wf=μ1mgL1cosθ+μ2mg(L2-L1cosθ)③
由动能定理得mgL1sinθ-Wf=0④
代入数据得μ2=0.8.⑤
(3)由动能定理得mgL1sinθ-Wf=mv2⑥
结合③式并代入数据得v=1m/s⑦
由平抛运动规律得H=gt2,x1=vt
解得t=0.4s⑧
x1=0.4m⑨
xm=x1+L2=1.9m.⑩
[答案]
(1)arctan0.05
(2)0.8 (3)1.9m
[变式3] (2017·四川成都高三月考)如图所示,斜面的倾角为θ,质量为m的滑块距挡板P的距离为x0,滑块以初速度v0沿斜面上滑,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力.若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失,滑块经过的总路程是( )
A.
B.
C.
D.
答案:
A 解析:
滑块最终要停在斜面底部,设滑块经过的总路程为x,对滑块运动的全程应用功能关系,全程所产生的热量为Q=mv+mgx0sinθ,又由全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功,即Q=μmgxcosθ,解以上两式可得x=,选项A正确.
1.运用动能定理解决问题时,选择合适的研究过程能使问题得以简化.当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时,可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程.
2.当选择全部子过程作为研究过程,涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时,要注意运用它们的功能特点:
①重力的功取决于物体的初、末位置,与路径无关;②大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积.
考点 动能定理和图象的综合应用
1.解决物理图象问题的基本步骤
2.四类图象所围面积的含义
vt图象
由公式x=vt可知,vt图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移
at图象
由公式Δv=at可知,at图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量
Fx图象
由公式W=Fx可知,Fx图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
Pt图象
由公式W=Pt可知,Pt图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
考向1 动能定理和vt图象的综合应用
[典例4] (2017·安徽合肥一模)A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动,先后撤去F1、F2后,两物体最终停下,它们的vt图象如图所示.已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等.则下列说法正确的是( )
A.F1、F2大小之比为1∶2
B.F1、F2对A、B做功之比为1∶2
C.A、B质量之比为2∶1
D.全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1
[问题探究]
(1)两个物体的总位移相同吗?
摩擦生热相同吗?
拉力做的功相同吗?
(2)如何计算二者的质量关系?
(3)如何计算拉力关系?
[提示]
(1)由vt图可知总位移相同,又已知摩擦力大小相等,所以摩擦生热相同,拉力做的功也相等.
(2)根据匀减速阶段可求出质量关系.
(3)利用全过程动能定理可得出拉力关系.
[解析] 由速度与时间图象可知,两个匀减速运动的加速度之比为1∶2,由牛顿第二定律可知:
A、B受摩擦力大小相等,所以A、B的质量关系是2∶1,由速度与时间图象可知,A、B两物体加速与减速的位移相等,且匀加速位移之比为1∶2,匀减速运动的位移之比为2∶1,由动能定理可得:
A物体的拉力与摩擦力的关系,F1·x-f1·3x=0-0;B物体的拉力与摩擦力的关系,F2·2x-f2·3x=0-0,因此可得:
F1=3f1,F2=f2,f1=f2,所以F1=2F2.全过程中摩擦力对A、B做功相等,F1、F2对A、B做功大小相等.故A、B、D错误,C正确.
[答案] C
考向2 动能定理和Fx图象的综合应用
[典例5] 如图甲所示,在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA,OA长为4m.有一质量为m的滑块,从O处由静止开始受一水平向右的力F作用.F只在水平面上按图乙所示的规律变化.滑块与OA间的动摩擦因数μ=0.25,取g=10m/s2,试求:
甲 乙
(1)滑块运动到A处的速度大小;
(2)不计滑块在A处的速率变化,滑块冲上斜面AB的长度是多少?
[问题探究]
(1)滑块从O点开始运动到滑块冲上斜面这段过程中怎样运动?
(2)Fx图象的面积表示什么?
[提示]
(1)如图所示
(2)力F对物体所做的功.
[解析]
(1)由题图乙知,在前2m内,F1=2mg做正功,在第3m内,F2=-0.5mg,做负功,在第4m内,F3=0,滑动摩擦力Ff=-μmg=-0.25mg,始终做负功,对于滑块在OA上运动的全过程,由动能定理得:
F1x1+F2x2+Ffx=mv-0
即2mg×2m-0.5mg×1m-0.25mg×4m=mv-0
解得vA=5m/s.
(2)对于滑块冲上斜面的过程,由动能定理得
-mgLsin30°=0-mv
解得L=5m
所以滑块冲上斜面AB的长度L=5m.
[答案]
(1)5m/s
(2)5m
1.[对动能定理的理解](多选)关于动能定理的表达式W=Ek2-Ek1,下列说法正确的是( )
A.公式中的W为不包含重力的其他力做的总功
B.公式中的W为包含重力在内的所有力做的功,也可通过以下两种方式计算:
先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功
C.公式中的Ek2-Ek1为动能的增量,当W>0时动能增加,当W<0时动能减少
D.动能定理适用于直线运动,但不适用于曲线运动,适用于恒力做动,但不适用于变力做功
答案:
BC 解析:
公式中W指总功,求总功的方法有两种,先求每个力做的功再求功的代数和或先求合力再求合外力的功,故选项B正确,A错误;当W>0时,末动能大于初动能,动能增加,当W<0时,末动能小于初动能,动能减少,故C正确;动能定理不仅适用于直线运动,也适用于曲线运动,不仅适用于恒力做功,也适用于变力做功,故D错误.
2.[应用动能定理求变力做功]一个质量为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点很缓慢地移动到Q点,此时轻绳与竖直方向夹角为θ,如图所示,则拉力F所做的功为( )
A.mgLcosθB.mgL(1-cosθ)
C.FLsinθD.FLcosθ
答案:
B 解析:
从P缓慢拉到Q,由动能定理得:
WF-WG=0(因为小球缓慢移动,速度可视为零),即WF=WG=mgL(1-cosθ).
3.[变力做功的计算]如图所示,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).则在这一过程中摩擦力对物体做的功是( )
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.
4.[应用动能定理解决多过程问题](多选)一物体从斜面底端以初动能E滑向斜面,返回到斜面底端的速度大小为v,克服摩擦力做的功为,若物体以初动能2E滑向斜面,则( )
A.返回斜面底端时的动能为E
B.返回斜面底端时的动能为
C.返回斜面底端时的速度大小为2v
D.返回斜面底端时的速度大小为v
答案:
AD 解析:
设斜面倾角为θ,斜面对物体的摩擦力为f,物体以初动能E滑向斜面时,在斜面上上升的最远距离为L1,则根据动能定理,在物体沿斜面上升的过程中有-GL1sinθ-fL1=0-E,在物体沿斜面下降的过程中有GL1sinθ-fL1=,联立解得Gsinθ=3f.同理,当物体以初动能2E滑向斜面时,在物体沿斜面上升的过程中有-GL2sinθ-fL2=0-2E,在物体沿斜面下降的过程中有GL2sinθ-fL2=E′,联立解得E′=E,故A正确,B错误;由=mv2,E′=mv′2,得v′=v,故C错误,D正确.
5.[动能定理和摩擦力做功的计算]如图所示,ABCD是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧,BC是水平的,其距离d=0.50m.盆边缘的高度为h=0.30m.在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑.已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10.小物块在盆内来回滑动,最后停下来,则停的地点到B的距离为( )
A.0.50mB.0.25m
C.0.10mD.0
答案:
D 解析:
设小物块在BC段通过的总路程为s,由于只有水平面上存在摩擦力,则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中,摩擦力做功为-μmgs,而重力做功与路径无关,由动能定理得:
mgh-μmgs=0-0,代入数据可解得s=3m.由于d=0.50m,所以,小物块在BC段经过3次往复运动后,又回到B点.