《2017-2018學年同步備課一體之物理人教版必修2講義：第7章機械守恒定律第8節(jié)習題課 動能定理的應用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2017-2018學年同步備課一體之物理人教版必修2講義：第7章機械守恒定律第8節(jié)習題課 動能定理的應用（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第8節(jié)習題課動能定理的應用 基礎(chǔ)自診課堂互動 課堂導學 知識點一利用動能定理求變力做功 ［基礎(chǔ)梳理］ 應用功的公式無法解決變力做功的問題，而應用動能定理就非常方便，應用動能定理求 變力做的功的關(guān)鍵是對全過程運用動能定理列式，通過動能的變化求出合力做的功，進而間 接求出變力做的功。 ［典例精析］ 【例1】如圖1所示，木板長為1,木板的A端放一質(zhì)量為m的小物體，物體與板間 的動摩擦因數(shù)為停開始時木板水平，在繞。點緩慢轉(zhuǎn)過一個小角度。的過程中，若物體始終保持與板相對靜止。對于這個過程中各力做功的情況，下列說法中正確的是() A.摩擦力對物體所做的功為mglsin9(1—cos0

2、) B.彈力對物體所做的功為mglsin(Cos0 C.木板對物體所做的功為mglsin0 D.合力對物體所做的功為mglcos0 解析重力是恒力，可直接用功的計算公式，則Wg=—mgh；摩擦力雖是變力，但因 摩擦力方向上物體沒有發(fā)生位移，所以Wf=0;因木塊緩慢運動，所以合力F合=0,則W合 =0;因支持力Fn為變力，不能直接用公式求它做的功，由動能定理W合=生＜知，Wg+Wm=0,所以Wn=—Wg=mgh=mglsin& 答案C 技巧點撥|j 變力所做的功一般不能直接由公式W=FlCOs”求解，而是常采用動能定理求解。解題 時須分清過程的初、末狀態(tài)動能的大小以及整個過程

3、中力做的總功。 II ［即學即練］ 1,質(zhì)量為m的物體以初速度vo沿水平面向左開始運動，起始點A與一輕彈簧O端相 距s,如圖2所示。已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為的物體與彈簧相碰后，彈簧的最 大壓縮量為x,則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短的過程中，物體克服彈簧彈力所做的功為 A . 2mv2一科 mgs+ x) C. mgs 圖2 1 2 B . -mvo— w mgx D. mg>+ x) 解析設(shè)物體克服彈簧彈力所做的功為W,則物體向左壓縮彈簧過程中，彈簧彈力對 物體做功為-W,摩擦力對物體做功為- jimgs+x),根據(jù)動能定理有一W—mgs

4、+x)=0— 1212 2mv0,所以W=2mv0—jimgs+x)。 答案A 知識點二利用動能定理分析多過程問題 ［基礎(chǔ)梳理］ 1 .分段應用動能定理時，將復雜的過程分割成一個個子過程，對每個子過程的做功情況和初、末動能進行分析，然后針對每個子過程應用動能定理列式，然后聯(lián)立求解。 2 .全程應用動能定理時，分析整個過程中出現(xiàn)過的各力的做功情況，分析每個力的做功，確定整個過程中合外力做的總功，然后確定整個過程的初、末動能，針對整個過程利用動能定理列式求解。 當題目不涉及中間量時，選擇全程應用動能定理更簡單，更方便。 ［典例精析］ 【例2］半彳仝R=1m的 B 1/4

5、圓弧軌道下端與一水平軌道連接，水平軌道離地面高度h=1m,如圖3所示，有一 質(zhì)量m=1.0kg的小滑塊自圓軌道最高點A由靜止開始滑下，經(jīng)過水平軌道末端B時速度為 2 4m/s,滑塊取終洛在地面上，g取10m/s,試求： (1)不計空氣阻力，滑塊落在地面上時速度大小; (2)滑塊在軌道上滑行時克服摩擦力做的功。 解析⑴從B點到地面這一過程，只有重力做功，根據(jù)動能定理有mgh=：mv2—gmvB, 代入數(shù)據(jù)解得v=6m/s。 (2)設(shè)滑塊在軌道上滑行時克服摩擦力做的功為Wf,對A到B這一過程運用動能定理有mgR—皿=]mvB—0 解得Wf=2Jo 答案(1)6 m/s (2

6、)2 J ［即學即練］ 2.如圖4所示，MNP為豎直面內(nèi)一固定軌道，其圓弧段MN與水平段NP相切于N, P端固定一豎直擋板。M相對于N的高度為h,NP長度為s。一物塊從M端由靜止開始沿軌道下滑，與擋板發(fā)生一次完全彈性碰撞(碰撞后物塊速度大小不變，方向相反)后停止在水 平軌道上某處。若在MN段的摩擦可忽略不計，物塊與NP段軌道間的動摩擦因數(shù)為山求 物塊停止的地方距N點的距離的可能值。 圖4 解析設(shè)物塊的質(zhì)量為m,在水平軌道上滑行的總路程為s',則物塊從開始下滑到停 止在水平軌道上的過程中，由動能定理得mgh—mgs=0 解得s'=h 第一種可能：物塊與擋板碰撞后，在N前停

7、止，則物塊停止的位置距N點的距離d= h 2s-s=2s-- 第二種可能：物塊與擋板碰撞后，可再一次滑上光滑圓弧軌道，然后滑下，在水平軌道 上停止，則物塊停止的位置距N點的距離為：d=s'-2s=h—2s。所以物塊停止的位置距 hh N點的距離可能為2s——或一-2s。 心心 答案物塊停止的位置距N點的距離可能為2s-匕或h-2s 心心 知識點三動能定理在平拋、圓周運動中的應用 ［基礎(chǔ)梳理］ 動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動，特別是在曲線運動中更顯示出其優(yōu)越性，所以動能定理常與平拋運動、圓周運動相結(jié)合，解決這類問題要特別注意： (1)與平拋運動相結(jié)合時，要注

8、意應用運動的合成與分解的方法，如分解位移或分解速 度求平拋運動的有關(guān)物理量。 (2)與豎直平面內(nèi)的圓周運動相結(jié)合時，應特別注意隱藏的臨界條件： ①有支撐效果的豎直平面內(nèi)的圓周運動，物體能過最高點的臨界條件為Vmin=0o ②沒有支撐效果的豎直平面內(nèi)的圓周運動，物體能過最高點的臨界條件為Vmin=刷。 ［典例精析］ 【例3】如圖5所示，質(zhì)量m=0.1kg的金屬小球從距水平面h=2.0m的光滑斜面上 由靜止開始釋放，運動到A點時無能量損耗，水平面AB是長2.0m的粗糙平面，與半徑為R=0.4m的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點，其中圓軌道在豎直平面內(nèi)，D為軌道的最 高點，小球恰能通

9、過最高點D,求：(g=10m/s2) 圖5 ⑴小球運動到A點時的速度大?。? (2)小球從A運動到B時摩擦阻力所做的功； (3)小球從D點飛出后落點E與A的距離。 解析(1)根據(jù)題意和題圖可得：小球下落到A點時由動能定理得: W=mgh=2mvA, 所以va=42gh=/x10X2m/s=2VT0m/s(2)小球運動到D點時 2mvD_ mg=??vd=VgR=2m/sR 當小球由B運動到D點時由動能定理得: —mg2R=2mvD—2mvB 解得Vb=^4gR+vD=2^5m/s 12121__ 所以A到B時：Wf=1mvB—2mvA=2X0.1X(20—4

10、0)J=-1J (3)小球從D點飛出后做平拋運動，故有 12cx4R 2R=2gt?t=^J—=0.4s 水平位移xbe=VDt=0.8m 所以Xae=Xab—Xbe=1.2m。 答案(1)2710m/s(2)-1J(3)1.2m ［即學即練］ 3.如圖6所示， 圖6 質(zhì)量為m的小球自由下落d后，沿豎直面內(nèi)的固定軌道ABC運動，AB是半徑為d的」 4 光滑圓弧，BC是直徑為d的粗糙半圓?。˙是軌道的最低點）。小球恰好能運動到C點。求： （1）小球運動到B處時對軌道的壓力大小； （2）小球在BC上運動過程中，摩擦力對小球做的功。（重力加速度為g） 2 解析（1

11、）小球下落到B的過程由動能定理得2mgd=；mv2,在B點：Fn-mg=mrd,得 Fn=5mg,根據(jù)牛頓第三定律Fn'=Fn=5mgo2VC1o1o- 3 _ _ —4mgd。 （2）在C點，mg=m-。小球從B運動到C的過程：2mvC--mv2=-mgd+Wf,得Wf2 答案 （1）5mg 一3 ⑵一［mgd 反饋訓練課堂達標 1. （2016浙江溫州八校聯(lián)考）如圖7所示，滑塊從光滑曲面軌道頂點A由靜止滑至粗糙的水平面的C點而停止。曲面軌道頂點離地面高度為H,滑塊在水平面上滑行的距離為s,求滑塊與水平面之間的摩擦因數(shù)卬 ,4 H C 圖7 解析當滑塊在水

12、平面上滑行時可分析受力得 f=(1IN=(img 對滑塊滑行的全過程運用動能定理可得W=AEk 且W=Wg+Wf=mgH—fs ^Ek=EkC—EkA=0 H 聯(lián)立可得H s 答案H s 2. 圖8 如圖8所示，質(zhì)量m=1kg的木塊靜止在高h=1.2m的平臺上，木塊與平臺間的動摩擦因數(shù)科=0.2,用水平推力F=20N,使木塊產(chǎn)生位移li=3m時撤去，木塊又滑行12=1m后飛出平臺，求木塊落地時速度的大小。(g取10m/s2) 解析木塊的運動分為三個階段，先是在li段勻加速直線運動，然后是在12段勻減速 直線運動，最后是平拋運動?？紤]應用動能定理，設(shè)木塊落地時的速

13、度為v,整個過程中各 力做功情況分別為 推力做功Wf=F1i, 摩擦力做功Wf=—科mgh+l2), 重力做功Wg=mgh, 19 對整個過程由動能定理得Fl1-m(^1+l2)+mgh=-mv2-0, 代入數(shù)據(jù)解得v=8啦m/s。 答案82m/s 3. 9 3 一 如圖9所小，豎直平面內(nèi)的3圓弧形光滑管道半徑略大于小球半徑，管道中心線到圓心 4 的距離為R,A端與圓心O等高，AD為水平面，B點在。的正下方，小球自A點正上方由靜止釋放，自由下落至A點時進入管道，從上端口飛出后落在C點，當小球到達B點時，管壁對小球的彈力大小是小球重力大小的9倍。求： (1)

14、釋放點距A點的豎直高度； (2)落點C與A點的水平距離。 解析(1)設(shè)小球到達B點的速度為vi,因為到達B點時管壁對小球的彈力大小是小球 2 重力大小的9倍，所以有9mg—mg=3^1① R 從最高點到B點的過程中，由動能定理得 _12 mg(h+R)=2mvi② 由①②得：h=3R③ (2)設(shè)小球到達圓弧最高點的速度為V2,落點C與A點的水平距離為x 從B到最高點的過程中，由動能定理得 一mgX2R=2mv2—|mv2④ 1o_ 由平拋運動的規(guī)律得R=2gt2⑤ R+x=v2t⑥ 聯(lián)立④⑤⑥解得x=(2V2-1)Ro 答案(1)3R(2)(2。2—1)R

15、課時作業(yè)I通學楸罰尸M用升 1.如圖1所示, ,4 光滑斜面的頂端固定一彈簧，一小球向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面。設(shè)小球在斜面最低點A的速度為v,壓縮彈簧至C點時彈簧最短，C點距地面高度為h,則從A到C的過程中彈簧彈力做功是（） ..1212 A.mgh—2mvB."mv—mgh C.—mghD.-（mgh+2mv2） 解析由A到C的過程運用動能定理可得： 12 —mgh+W=0-2mv, 所以W=mgh—1mv2,故A正確。 答案A 2. 一質(zhì)量為m的小球, 圖2 用長為l的輕繩懸掛于。點。小球在水平力F的作用下，從平衡位置P點很緩慢地移 動到Q點

16、，如圖2所示，則力F所做的功為（） A.mglcos0B.Flsin0 C.mgl（1—cos0）D.Flcos0 解析小球從平衡位置P處到Q點，緩慢移動，可認為動能變化為0,則由動能定理—mgl(1—cosO)+Wf=0。 答案C 3. （2016濟南高一檢測）如圖3所示，小球以初速度vo從A點沿粗糙的軌道運動到高為 h的B點后自動返回，其返回途中仍經(jīng)過A點，則經(jīng)過A點的速度大小為（）  圖3 A.Jv0—4ghB.^4gh—v0 C..v0-2ghD.42gh-v2 解析在從A到B的過程中，重力和摩擦力做負功，根據(jù)動能定理可得mgh+Wf=^mv2, 從B到A過程

17、中，重力做正功，摩擦力做負功（因為沿原路返回，所以兩種情況摩擦力做功 大小相等）根據(jù)動能定理可得mgh-Wf=2mv；兩式聯(lián)立得再次經(jīng)過A點的速度為，4gh-v2, 選B。 答案B 4 .（多選）質(zhì)量為m的汽車在平直公路上行駛，發(fā)動機的功率P和汽車受到的阻力Ff均恒定不變，在時間t內(nèi)，汽車的速度由Vo增加到最大速度Vm,汽車前進的距離為s,則此段時間內(nèi)發(fā)動機所做的功W可表示為（） A. W=Pt B. W=Ffs 八1212. C. W=]mvm—,mvo+Ffs 1 2, D. W=^mvm+FfS 解析由題意知，發(fā)動機功率不變，故t時間內(nèi)發(fā)動機做功W=Pt,所以A正確

18、；車做 1212 加速運動，故牽引力大于阻力Ff,故B錯誤；根據(jù)動能定理W—Ffs=2mvm-2mvo,所以C 正確，D錯誤。 答案AC 5 .如圖4所示 圖4 一質(zhì)量為m的質(zhì)點在半徑為R的半球形容器中（容器固定）由靜止開始自邊緣上的A點 滑下，到達最低點B時，它對容器的正壓力為Fn。重力加速度為g,則質(zhì)點自A滑到B的 A. 1R(FN- 3mg) 過程中，摩擦力對其所做的功為（） 1 B.?R(3mg—Fn) -11 C.,R（Fn—mg）D.]R（Fn—2mg） 解析質(zhì)點到達最低點B時，它對容器的正壓力為Fn,根據(jù)牛頓第二定律有Fn—mg =m

19、1,根據(jù)動能定理，質(zhì)點自A滑到B的過程中有Wf+mgR=gmv；故摩擦力對其所做的 R2 一，…13_ 功Wf=）RFn—]mgR,故A項正確。 答案A 6. 如圖5所示, 一物體由A點以初速度 則它與擋板碰前的速度大小為 （ ） A點，其速度正好為零。設(shè)A、B兩點高度差為h, C. D. 4 2gh + v2 B. 解析下滑過程由動能定理, ,「1212 mgh—fs=?mv—2mv0, 碰撞無動能損失，物塊上升過程，由動能定理，得 一mgh-fs=O-2mv2, 得v=、y2ghZV0,故選項C正確。 答案C 7. 一艘由三個推力相等的發(fā)動機推動的氣

20、墊船在湖面上，由靜止開始加速前進s距離 后，關(guān)掉一個發(fā)動機，氣墊船勻速運動，當氣墊船將運動到碼頭時，又關(guān)掉兩個發(fā)動機，最后它恰好停在碼頭，則三個發(fā)動機都關(guān)閉后，氣墊船通過的距離是多少？ 解析設(shè)每個發(fā)動機的推力是F,湖水的阻力是Ff。當關(guān)掉一個發(fā)動機時，氣墊船做勻 速運動，則: 2F—Ff=0,Ff=2F。 開始階段，氣墊船做勻加速運動，末速度為V, 氣墊船的質(zhì)量為m,應用動能定理有 1212 (3F—Ff)s=2mv,倚Fs=2mv。 12 又關(guān)掉兩個發(fā)動機時，氣墊船做勻減速運動，應用動能定理有—Ffsi=0—2mv；得2Fsi 12 =2mv。 所以si=|,即關(guān)

21、閉發(fā)動機后氣墊船通過的距離為￡ 答案s 2 8. 一個人站在距地面20m的高處，將質(zhì)量為0.2kg的石塊以vo=12m/s的速度斜向上拋出，石塊的初速度方向與水平方向之間的夾角為30°,g取10m/s2,求： (1)人拋石塊過程中對石塊做了多少功？ (2)若不計空氣阻力，石塊落地時的速度大小是多少？ (3)若落地時的速度大小為22m/s,石塊在空中運動過程中克服阻力做了多少功? 解析(1)根據(jù)動能定理知，W=2mv0=14.4J ，、,-mv112 (2)不計空氣阻力，根據(jù)動能定理得mgh=-2-—2mv2 解得V1=Jyvc)+2gh=23.32m/s 22 ,一八

22、一eqmv2mv0 ⑶由動能te理得mgh—Wf=l—— 2 mv0 -2-)=6 J 2 rmV2 解得Wf=mgh-(— 答案(1)14.4J(2)23.32m/s(3)6J 9. (20168月溫州選考模擬)在溫州市科技館中，有個用來模擬天體運動的裝置，其內(nèi) 部是一個類似錐形的漏斗容器，如圖6甲所示。現(xiàn)在該裝置的上方固定一個半徑為R的四 分之一光滑管道AB,光滑管道下端剛好貼著錐形漏斗容器的邊緣，如圖乙所示。將一個質(zhì) 量為m的小球從管道的A點靜止釋放，小球從管道B點射出后剛好貼著錐形容器壁運動， 由于摩擦阻力的作用，運動的高度越來越低，最后從容器底部的孔C掉下，(軌

23、跡大致如圖 乙虛線所示)，已知小球離開C孔的速度為v,A到C的高度為Ho求： 甲乙 (1)小球達到B端的速度大?。? (2)小球在管口B端受到的支持力大?。? (3)小球在錐形漏斗表面運動的過程中克服摩擦阻力所做的功。 解析(1)設(shè)當滑塊在A端運動到B端的過程中，由動能定理mgR=2mvB 得：VB=[2gR (2)設(shè)小球受到的支持力為F, F—mg=mvr,得：F=3mgR (3)設(shè)克服摩擦阻力做的功為W,根據(jù)動能定理： mgH—W=~mv2,得W=mgH-2mv2 1 9 答案(1)而R(2)3mg(3)mgH--mv2 10.如圖7所示，質(zhì)量為m的物體從高

24、度為h、傾角為。的光滑斜面頂端由靜止開始沿 斜面下滑，最后停在水平面上，已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為由求： (1)物體滑至斜面底端時的速度； (2)物體在水平面上滑行的距離。(不計斜面與平面交接處的動能損失) 解析(1)物體下滑過程中只有重力做功，且重力做功與路徑無關(guān)，由動能定理：mgh =2mv2,可求得物體滑至斜面底端時速度大小為v=V2gh; (2)設(shè)物體在水平面上滑行的距離為l, 由動能定理：一mgl=0—^mv；解得：1=?一="。 2 2g 11.如圖8所示, 圖8 一個質(zhì)量為m=0.6kg的小球以某一初速度vo=2m/s從P點水平拋出，從粗

25、糙圓弧ABC的A點沿切線方向進入(不計空氣阻力，進入圓弧時無機械能損失)且恰好沿圓弧通過最高點C,已知圓弧的圓心為O,半徑R=0.3m,0=60°,g=10m/s2。試求： (1)小球到達A點的速度VA的大小； (2)P點與A點的豎直高度H; (3)小球從圓弧A點運動到最高點C的過程中克服摩擦力所做的功Wo 解析(1)在A處由速度的合成得Va=一匕 cos0 代入數(shù)值解得Va=4m/s (2)P到A小球做平拋運動，豎直分速度Vy=Votan0 由運動學規(guī)律有vy=2gH,由以上兩式解得H=0.6m (3)恰好過C點滿足mg=mRC 由A到C由動能定理得 —mgR(1+co

26、s9—W=2mvC—2mvA 代入解得W=1.2Jo 答案(1)4m/s(2)0.6m(3)1.2J 12.(2016浙江嘉興第一學期期末檢測)如圖9為一種由光滑細圓管彎成的全自動小球消 毒裝置的原理示意圖，其中AB部分為水平傳輸軌道，下方為半徑為R的圓形消毒軌道(R 遠大于細管內(nèi)徑)，里面充滿了消毒氣體(僅局限在下方圓軌道中，且整個軌道氣體濃度相同)，改變消毒氣體濃度，可以改變消毒氣體對小球的粘滯阻力f,f的大小范圍為f°wfw2f0,一 質(zhì)量為m、初速度為Vo的待消毒小球從A點水平進入該裝置，消毒完成后由B點水平拋出 后落在收集裝置中(不計空氣阻力)，收集裝置的上邊緣MN與圓

27、形軌道最低點C等高，則該裝置正常工作時： 圖9 (1)在最低點C,軌道對小球的支持力最大為多少； (2)BM之間的水平距離x最小為多少； (3)若初速度可以改變，則初速度滿足什么條件，一定可以完成消毒工作。(收集裝置的 位置可以自動調(diào)節(jié)) 解析(1)小球在最低點C點有FNm—mg=m+~① R 從A到C,由動能定理得 1212 2mivcm—2miV0=2mgR—foR 2 聯(lián)立求得FNm=5mg-2fo+mv0 R (2)水平方向x=VBt 12 豎直萬向2R=2gt2 從A到B,由動能定理有 (3)能完成消毒工作，意味著小球能到達B,此刻速度大于零即可取vb=0時為臨界點, 則根據(jù)⑥式可得vom=2\Tf0mR，即vo>2y2fmR222 答案(1)5mg-2fo+mv^(2)2但二還R.mg /2foTiR ⑶v0>2;B