学年高中创新设计物理教科版必修2学案第4章 习题课 动能定理的应用.docx
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学年高中创新设计物理教科版必修2学案第4章习题课动能定理的应用
习题课 动能定理的应用
应用动能定理求变力做功
[要点归纳]
1.动能定理不仅适用于求恒力做功,也适用于求变力做功,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。
3.当机车以恒定功率启动,牵引力为变力时,那么牵引力做的功可表示为W=Pt。
[精典示例]
[例1]如图1,一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置,轨道两端等高;质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下,滑到最低点Q时,对轨道的正压力为2mg,重力加速度大小为g。
质点自P滑到Q的过程中,克服摩擦力所做的功为( )
图1
A.mgRB.mgR
C.mgRD.mgR
解析 在Q点,N-mg=,所以v=;由P到Q根据动能定理得mgR-Wf=mv2,解得Wf=mgR,故C正确。
答案 C
(1)所求变力的功可以是合力的功,也可以是其中一个力的功,但动能定理中,合力的功才等于动能的变化量。
(2)待求变力的功一般用符号W表示,但要分清结果是变力的功,还是克服此变力的功。
[针对训练1]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2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( )
图2
A.mv-μmg(s+x)B.mv-μmgx
C.μmgsD.μmg(s+x)
解析 由动能定理得-W-μmg(s+x)=0-mv,故物体克服弹簧弹力做功W=mv-μmg(s+x),A正确。
答案 A
动能定理与图像结合的问题
[要点归纳]
利用物体的运动图像可以了解物体的运动情况,要特别注意图像的形状、交点、截距、斜率、面积等信息。
动能定理经常和图像问题综合起来,分析时一定要弄清图像的物理意义,并结合相应的物理情境选择合理的规律求解。
[精典示例]
[例2]质量m=1kg的物体,在水平拉力F的作用下,沿粗糙水平面运动,在位移是4m时,拉力F停止作用,运动到位移是8m时物体停止,运动过程中Ek-x的图像如图3所示,g取10m/s2,求:
图3
(1)物体和平面间的动摩擦因数;
(2)拉力F的大小。
解析
(1)在运动的第二阶段,物体在位移x2=4m内,动能由Ek=10J变为零。
由动能定理得:
-μmgx2=0-Ek;
故动摩擦因数:
μ===0.25。
(2)在运动的第一阶段,物体位移x1=4m,初动能Ek0=2J,根据动能定理得:
Fx1-μmgx1=Ek-Ek0,所以F=4.5N。
答案
(1)0.25
(2)4.5N
分析动能定理与图像结合问题“三步走”
[针对训练2](多选)物体沿直线运动的v-t关系图像如图4所示,已知在第1s内合力对物体所做的功为W,则( )
图4
A.从第1s末到第3s末合力做功为4W
B.从第3s末到第5s末合力做功为-2W
C.从第5s末到第7s末合力做功为W
D.从第3s末到第4s末合力做功为-0.75W
解析 设物体在第1s末速度为v,由动能定理可得在第1s内合力做的功W=mv2-0。
从第1s末到第3s末物体的速度不变,所以合力做的功为W1=0。
从第3s末到第5s末合力做的功为W2=0-mv2=-W。
从第5s末到第7s末合力做的功为W3=m(-v)2-0=W。
第4s末的速度v4=,所以从第3s末到第4s末合力做的功W4=m2-mv2=-W。
故选项C、D正确。
答案 CD
动能定理在多过程问题中的应用
[要点归纳]
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。
[精典示例]
[例3]我国将于2022年举办冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。
如图5所示,质量m=60kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a=3.6m/s2匀加速滑下,到达助滑道末端B时速度vB=24m/s,A与B的竖直高度差H=48m。
为了改变运动员的运动方向,在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接,其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。
助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5m,运动员在B、C间运动时阻力做功W=-1530J,取g=10m/s2。
图5
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力f的大小;
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。
解析
(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动,设AB的长度为x,则有
v=2ax,①
由牛顿第二定律,有mg-f=ma,②
联立①②式,代入数据解得f=144N。
③
(2)设运动员到达C点时的速度为vC,在由B到达C的过程中,由动能定理,有mgh+W=mv-mv。
④
设运动员在C点所受的支持力为N,由牛顿第二定律,有
N-mg=m,⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,联立④⑤式,代入数据解得R=12.5m。
答案
(1)144N
(2)12.5m
利用动能定理研究单物体多过程问题的思路
(1)应用动能定理解决多过程问题时,要根据题目所求解的问题选取合适的过程,可以分过程,也可以整过程一起研究。
值得注意的是虽然列式时忽略了中间复杂过程,但不能忽略对每个过程的分析。
(2)在运动过程中,物体受到的某个力可能是变化的或分阶段存在的,应用动能定理列式时要注意这种力做功的表达方式。
[针对训练3]如图6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6
(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,在水平桌面上滑动的最大距离。
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。
从木块开始运动到弧形槽最高点,由动能定理得:
FL-fL-mgh=0
其中f=μN=μmg=0.2×0.5×10N=1.0N
所以h==m=0.15m
(2)设木块离开B点后沿桌面滑动的最大距离为x。
由动能定理得:
mgh-fx=0
所以x==m=0.75m
答案
(1)0.15m
(2)0.75m
1.(变力做功)(2019·东营高一检测)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作用下从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点,如图7所示。
则力F所做的功为( )
图7
A.mglcosθB.Flsinθ
C.mgl(1-cosθ)D.Fl(1-sinθ)
解析 小球的运动过程是缓慢的,因而小球在任何时刻均可看作是平衡状态,力F的大小在不断变化,F是变力,对小球由动能定理可得:
WF-mg(l-lcosθ)=0,则WF=mgl(1-cosθ),故C正确。
答案 C
2.(摩擦力做功)如图8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( )
图8
A.0B.2μmgR
C.2πμmgRD.
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。
答案 D
3.(动能定理与图像结合)(2019·淮安高一检测)(多选)如图9甲所示,质量m=2kg的物体以100J的初动能在粗糙的水平地面上滑行,其动能Ek随位移x变化的关系图像如图乙所示,则下列判断正确的是( )
图9
A.物体运动的总位移大小为10m
B.物体运动的加速度大小为10m/s2
C.物体运动的初速度大小为10m/s
D.物体所受的摩擦力大小为10N
解析 由图像可知,物体运动的总位移为10m,根据动能定理得,-fx=0-Ek0,解得f==N=10N,故A、D正确;根据牛顿第二定律得,物体运动的加速度大小a==m/s2=5m/s2,故B错误;根据Ek0=mv得v0==m/s=10m/s,故C正确。
答案 ACD
4.(多过程问题)(2019·承德高一检测)如图10所示,光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点衔接,导轨半径为R,一个质量为m的物块以某一速度向右运动,当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍,而后向上运动恰能完成半圆周运动到C点,求物块从B点到C点克服摩擦阻力所做的功。
图10
解析 物块运动到B点,由于其对导轨的压力为其重力的7倍,故有:
7mg-mg=m,
B点物块的动能为
EkB=mv=3mgR;
物块恰好过C点有:
mg=m,
C点的动能EkC=mgR。
设物块克服摩擦阻力做功为Wf,物块从B点到C点运用动能定理有:
-mg·2R-Wf=EkC-EkB=-mgR,故物块从B点到C点克服摩擦阻力所做的功Wf=mgR。
答案 mgR
基础过关
1.如图1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)( )
图1
A.5mB.3m
C.7mD.1m
解析 设水深h,对全程运用动能定理
mg(H+h)-h=0,=3mg
即mg(H+h)=3mgh。
所以h=5m。
答案 A
2.(多选)在平直公路上,汽车由静止开始做匀加速直线运动,当速度达到vmax后,立即关闭发动机直至静止,v-t图像如图2所示,设汽车的牵引力为F,受到的摩擦力为f,全程中牵引力做功为W1,克服摩擦力做功为W2,则( )
图2
A.F∶f=1∶3B.W1∶W2=1∶1
C.F∶f=4∶1D.W1∶W2=1∶3
解析 对汽车运动的全过程,由动能定理得:
W1-W2=ΔEk=0,所以W1=W2,选项B正确,选项D错误;设牵引力、摩擦力作用下的位移分别为x1、x2,由图像知x1∶x2=1∶4。
由动能定理得Fx1-fx2=0,所以F∶f=4∶1,选项A错误,选项C正确。
答案 BC
3.如图3所示,木板长为l,木板的A端放一质量为m的小物体,物体与板间的动摩擦因数为μ。
开始时木板水平,在绕O点缓慢转过一个小角度θ的过程中,若物体始终保持与木板相对静止。
对于这个过程中各力做功的情况,下列说法中正确的是( )
图3
A.摩擦力对物体所做的功为mglsinθ(1-cosθ)
B.弹力对物体所做的功为mglsinθcosθ
C.木板对物体所做的功为mglsinθ
D.合力对物体所做的功为mglcosθ
解析 重力是恒力,可直接用功的计算公式,则WG=-mgh;摩擦力虽是变力,但因摩擦力方向上物体没有发生位移,所以Wf=0;因木板缓慢运动,所以合力F合=0,则W合=0;因支持力N为变力,不能直接用公式求它做的功,由动能定理W合=ΔEk知,WG+WN=0,所以WN=-WG=mgh=mglsinθ。
答案 C
4.如图4所示,固定斜面倾角为θ,整个斜面分为AB、BC两段,AB=2BC。
小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面间的动摩擦因数分别为μ1,μ2。
已知P由静止开始从A点释放,恰好能滑动到C点而停下,那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是( )
图4
A.tanθ=B.tanθ=
C.tanθ=2μ1-μ2D.tanθ=2μ2+μ1
解析 由动能定理得mg·AC·sinθ-μ1mgcosθ·AB-μ2mgcosθ·BC=0,则有tanθ=,故选项B正确。
答案 B
5.如图5所示,光滑斜面的顶端固定一弹簧,一小球向右滑行,并冲上固定在地面上的斜面。
设小球在斜面最低点A的速度为v,压缩弹簧至C点时弹簧最短,C点距地面高度为h,则从A到C的过程中弹簧弹力做功是( )
图5
A.mgh-mv2B.mv2-mgh
C.-mghD.-
解析 由A到C的过程运用动能定理可得:
-mgh+W=0-mv2,所以W=mgh-mv2,故A正确。
答案 A
6.如图6所示,质量为m的物体从高为h、倾角为θ的光滑斜面顶端由静止开始沿斜面下滑,最后停在水平面上,已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ,求:
图6
(1)物体滑至斜面底端时的速度;
(2)物体在水平面上滑行的距离。
(不计斜面与平面交接处的动能损失)
解析
(1)物体下滑过程中只有重力做功,且重力做功与路径无关,由动能定理:
mgh=mv2,可求得物体滑至斜面底端时速度大小为v=。
(2)设物体在水平面上滑行的距离为l,
由动能定理得:
-μmgl=0-mv2,
解得:
l==。
答案
(1)
(2)
能力提升
7.(2019·黄岗高一检测)一个人把质量为1kg的物体由静止向上提升1m,同时物体获得2m/s的速度,重力加速度g取10m/s2,关于这个过程,正确的说法是( )
A.物体克服重力做功20JB.合力对物体做功22J
C.合力对物体做功2JD.人对物体做功2J
解析 重力做的功WG=-mgh=-1×10×1J=-10J。
故物体克服重力做功10J,选项A错误;由动能定理可知,合力对物体做功W合=mv2-0=×1×22J=2J,故选项C正确,选项B错误;人对物体做功W=W合-WG=2J+10J=12J,选项D错误。
答案 C
8.如图7所示,一个小球质量为m,静止在光滑的轨道上。
现以水平力击打小球,使小球能够通过半径为R的竖直光滑轨道的最高点C,则水平力对小球所做的功至少为( )
图7
A.mgR B.2mgR
C.2.5mgR D.3mgR
解析 要通过竖直光滑轨道的最高点C,在C点,则有mg=,对小球,由动能定理W-2mgR=mv2,联立解得W=2.5mgR,C项正确。
答案 C
9.用起重机提升货物,货物上升过程中的v-t图像如图8所示,在t=3s到t=5s内,重力对货物做的功为W1、绳索拉力对货物做的功为W2、货物所受合力做的功为W3,则( )
图8
A.W1>0 B.W2<0
C.W2>0 D.W3>0
解析 分析题图可知,货物一直向上运动,根据功的定义式可得:
重力做负功,拉力做正功,即W1<0,W2>0,A、B错误,C正确;根据动能定理:
合力做的功W3=0-mv2,v=2m/s,即W3<0,D错误。
答案 C
10.(多选)在距水平地面10m高处,以10m/s的速度水平抛出一质量为1kg的物体,已知物体落地时的速度为16m/s,取g=10m/s2,则下列说法正确的是( )
A.抛出时人对物体做功为150J
B.自抛出到落地,重力对物体做功为100J
C.飞行过程中物体克服阻力做功22J
D.物体自抛出到落地时间为s
解析 根据动能定理,抛出时人对物体做的功W1=mv=50J,选项A错误;自抛出到落地,重力对物体做功WG=mgh=100J,选项B正确;根据动能定理有mgh-Wf=Ek2-Ek1,得物体克服阻力做的功Wf=mgh-mv+mv=22J,选项C正确;由于空气阻力的影响,物体不做平抛运动,竖直分运动不是自由落体运动,无法求解物体运动的时间,选项D错误。
答案 BC
11.一列火车由机车牵引沿水平轨道行驶,经过时间t,其速度由0增大到v。
已知列车总质量为M,机车功率P保持不变,列车所受阻力f为恒力。
求这段时间内列车通过的路程。
解析 以列车为研究对象,列车水平方向受牵引力和阻力。
设列车通过路程为s,据动能定理
WF-Wf=Mv2-0,WF=Pt,Wf=fs
故Pt-fs=Mv2
解得:
s=。
答案
12.如图9甲所示,长为4m的水平轨道AB与半径为R=0.6m的竖直半圆弧轨道BC在B处平滑连接,有一质量为1kg的滑块(大小不计)从A处由静止开始受水平力F作用而运动,F随位移变化的关系如图乙所示(水平向右为正),滑块与AB间的动摩擦因数为μ=0.25,与BC间的动摩擦因数未知,g取10m/s2。
图9
(1)求滑块到达B处时的速度大小;
(2)求滑块在水平轨道AB上运动前2m过程所用的时间;
(3)若到达B点时撤去力F,滑块沿半圆弧轨道内侧上滑,并恰好能到达最高点C,则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少?
解析
(1)对滑块从A到B的过程,由动能定理得
F1x1-F3x3-μmgx=mv
得vB=2m/s。
(2)在前2m内,由牛顿第二定律得
F1-μmg=ma,且x1=at
解得t1=s。
(3)当滑块恰好能到达最高点C时,有mg=m
对滑块从B到C的过程,由动能定理得
W-mg·2R=mv-mv
代入数值得W=-5J
即克服摩擦力做的功为5J。
答案
(1)2m/s
(2)s (3)5J
13.如图10所示,ABCD为一位于竖直平面内的轨道,其中BC水平,A点比BC高出10m,BC长1m,AB和CD轨道光滑且与BC平滑连接。
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点速度为零。
g取10m/s2,求:
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;
(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)-μmgxBC=0-mv,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·4xBC=mv-mv,
解得v2=4m/s。
(3)分析整个过程,由动能定理得
mgH-μmgs=0-mv,
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)4m/s (3)距B点0.4m
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