学年度最新高中物理第七章机械能守恒定律习题课2动能定理的应用教学案新人教版必修2.docx
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2019-2020学年度最新高中物理第七章机械能守恒定律习题课2动能定理的应用教学案新人教版必修2
______年______月______日
____________________部门
[学习目标]1.进一步理解动能定理,领会应用动能定理解题的优越性.2.会利用动能定理分析变力做功、曲线运动以及多过程问题.
一、利用动能定理求变力的功
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.
例1 如图1所示,质量为m的小球自由下落d后,沿竖直面内的固定轨道ABC运动,AB是半径为d的光滑圆弧,BC是直径为d的粗糙半圆弧(B是轨道的最低点).小球恰能通过圆弧轨道的最高点C.重力加速度为g,求:
图1
(1)小球运动到B处时对轨道的压力大小.
(2)小球在BC运动过程中,摩擦力对小球做的功.
答案
(1)5mg
(2)-mgd
解析
(1)小球下落到B点的过程由动能定理得2mgd=mv2,在B点:
FN-mg=m,得:
FN=5mg,根据牛顿第三定律:
FN′=FN=5mg.
(2)在C点,mg=m.小球从B运动到C的过程:
mv-mv2=-mgd+Wf,得Wf=-mgd.
针对训练 如图2所示,某人利用跨过定滑轮的轻绳拉质量为10kg的物体.定滑轮的位置比A点高3m.若此人缓慢地将绳从A点拉到B点,且A、B两点处绳与水平方向的夹角分别为37°和30°,则此人拉绳的力做了多少功?
(g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不计滑轮的摩擦)
图2
答案 100J
解析 取物体为研究对象,设绳的拉力对物体做的功为W.根据题意有h=3m.
物体升高的高度Δh=-.①
对全过程应用动能定理W-mgΔh=0.②
由①②两式联立并代入数据解得W=100J.
则人拉绳的力所做的功W人=W=100J.
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,在水平桌面上滑动的最大距离.
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的最大高度处,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点后沿桌面滑动的最大距离为x.由动能定理得:
mgh-Ffx=0
所以:
x==m=0.75m
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 如图4所示,一可以看成质点的质量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4
(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)=mv-mv②
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=mv-mv,
代入数据解得Wf=-4J.
1.(用动能定理求变力的功)如图5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5
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.(利用动能定理分析多过程问题)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6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6
(1)运动员从A点运动到达B点时的速度大小vB;
(2)轨道CD段的动摩擦因数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=
解得:
vB=6m/s.
(2)从B点到E点,由动能定理可得:
mgh-μmgxCD-mgH=0-mv
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-mv
解得h′=1.8m 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-mv④ 解得: 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. 3.(动能定理在平抛、圆周运动中的应用)如图7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°,g=10m/s2.求: 图7 (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点由速度的合成得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=v0tanθ① 由运动学规律有v=2gH② 联立①②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=mv-mv 代入数据解得W=1.2J. 课时作业 一、选择题(1~7为单项选择题,8~9为多项选择题) 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-mv B.mv2-mv-mgh C.mgh+mv-mv2 D.mgh+mv2-mv 答案 C 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-mv 解得: Wf克=mgh+mv-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( ) 图1 A.μmgRB.mgR C.-mgRD.(1-μ)mgR 答案 D 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点很缓慢地移动到Q点,如图2所示,则拉力F所做的功为( ) 图2 A.mglcosθ B.mgl(1-cosθ) C.Flcosθ D.Flsinθ 答案 B 解析 小球缓慢移动,时时都处于平衡状态,由平衡条件可知,F=mgtanθ,随着θ的增大,F也在增大,是一个变化的力,不能直接用功的公式求它所做的功,所以这道题要考虑用动能定理求解.由于物体缓慢移动,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)( ) 图3 A.mv-μmg(s+x)B.mv-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-mv,所以W=mv-μmg(s+x). 5.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4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( ) 图4 A.mgRB.mgR C.mgRD.mgR 答案 C 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=mv-mv③ 由①②③式联立解得Wf=mgR,选C. 6.如图5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5 A.5mB.3m C.7mD.1m 答案 A 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, mg(H+h)=3mgh.所以h=5m. 7.如图6所示,小球以初速度v0从A点沿粗糙的轨道运动到高为h的B点后自动返回,其返回途中仍经过A点,则经过A点的速度大小为( ) 图6 A.B. C.D. 答案 B 解析 从A到B运动过程中,重力和摩擦力都做负功,根据动能定理可得mgh+Wf=mv,从B到A过程中,重力做正功,摩擦力做负功(因为是沿原路返回,所以两种情况摩擦力做功大小相等),根据动能定理可得mgh-Wf=mv2,两式联立得再次经过A点的速度为,故B正确. 8.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图象如图7所示,设汽车的牵引力为F,受到的摩擦力为Ff,全程中牵引力做功为W1,克服摩擦力做功为W2,则( ) 图7 A.F∶Ff=1∶3B.W1∶W2=1∶1 C.F∶Ff=4∶1D.W1∶W2=1∶3 答案 BC 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;由动能定理得Fx1-Ffx2=0,由图象知x1∶x2=1∶4.所以 F∶Ff=4∶1,选项A错误,选项C正确. 9.如图8所示,一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动.小环从最高点A滑到最低点B的过程中,线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图象可能是图中的( ) 图8 答案 AB 解析 对小环由动能定理得mgh=mv2-mv,则v2=2gh+v.当v0=0时,B正确.当v0≠0时,A正确. 二、非选择题 10.如图9所示,光滑水平面AB与一半圆形轨道在B点相连,轨道位于竖直面内,其半径为R,一个质量为m的物块静止在水平面上,现向左推物块使其压紧弹簧,然后放手,物块在弹力作用下获得一速度,当它经B点进入半圆形轨道瞬间,对轨道的压力为其重力的7倍,之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点,重力加速度为g.求: 图9 (1)弹簧弹力对物块做的功; (2)物块从B到C克服阻力所做的功; (3)物块离开C点后,再落回到水平面上时的动能. 答案 (1)3mgR (2)mgR (3)mgR 解析 (1)由动能定理得W=mv 在B点由牛顿第二定律得7mg-mg=m 解得W=3mgR (2)物块从B到C由动能定理得 mv-mv=-2mgR+W′ 物块在C点时mg=m 解得W′=-mgR,即物块从B到C克服阻力做功为mgR. (3)物块从C点平抛到水平面的过程中,由动能定理得 2mgR=Ek-mv,解得Ek=mgR. 11.如图10所示,绷紧的传送带在电动机带动下,始终保持v0=2m/s的速度匀速运行,传送带与水平地面的夹角θ=30°,现把一质量m=10kg的工件轻轻地放在传送带底端,由传送带传送至h=2m的高处.已知工件与传送带间的动摩擦因数μ=,g取10m/s2. 图10 (1)通过计算分析工件在传送带上做怎样的运动? (2)工件从传送带底端运动至h=2m高处的过程中摩擦力对工件做了多少功? 答案 (1)工件先以2.5m/s2的加速度做匀加速直线运动,运动0.8m与传送带达到共同速度2m/s后做匀速直线运动 (2)220J 解析 (1)工件刚放上传送带时受滑动摩擦力: Ff=μmgcosθ, 工件开始做匀加速直线运动,由牛顿运动定律: Ff-mgsinθ=ma可得: a=-gsinθ =g(μcosθ-sinθ) =10×m/s2 =2.5m/s2. 设工件经过位移x与传送带达到共同速度,由匀变速直线运动规律可得: x==m=0.8m<=4m 故工件先以2.5m/s2的加速度做匀加速直线运动,运动0.8m与传送带达到共同速度2m/s后做匀速直线运动. (2)在工件从传送带底端运动至h=2m高处的过程中,设摩擦力对工件做功为Wf,由动能定理得 Wf-mgh=mv, 可得: Wf=mgh+mv=10×10×2J+×10×22J=220J. 12.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两点光滑连接.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.sin53°=0.8,cos53°=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-mv 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: mv-0=mgH-μmglBC 代入数据解得: 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.
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