第8章 习题课6 动能定理的应用（Word教参）-【精讲精练】2024-2025学年高中物理必修第二册（人教版2019）

习题课六　动能定理的应用 [学业要求] 1．会用动能定理解决变力做功、曲线运动以及多过程问题。 2．感悟动能定理解题的优越性。 [对应学生用书P99] 探究点一　利用动能定理求变力做功 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．如果在研究的过程中，只有所要求的变力做功，则这个变力做的功就等于物体动能的增量，即W＝ΔEk。 3．如果物体同时受到几个力的作用，但是其中只有一个力F是变力，其他力都是恒力，则可以先用恒力做功的公式求出几个恒力所做的功，然后再用动能定理来间接求变力做的功：WF＋W其他＝ΔEk。 　如图所示，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(　　) A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR [解析]　当质点由P点滑到Q点时，对轨道的正压力为FN＝2mg，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，vQ2＝gR。对质点自P点滑到Q点应用动能定理得mgR－Wf＝mvQ2－0，可得Wf＝mgR，ABD错误，C正确。 [答案]　C 　在例题中条件不变，下列说法正确的是(　　) A．重力、弹力做正功，摩擦力做负功 B．Q点重力的瞬时功率为mg C．重力对质点做功的功率一直变大 D．若质点自P 滑到最低点Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为mgR，则滑到Q 时对轨道的正压力为mg 解析　重力做正功，摩擦力做负功，弹力不做功，A错误；在Q点速度方向水平向右，与重力方向垂直，所以重力的瞬时功率为0，故B错误；质点开始时竖直速度为0，到达最低点时竖直速度又变为0，可知竖直速度先增后减，根据P＝mgvy可知重力对质点做功的功率先变大后减小，C错误；质点从P到Q的过程，根据动能定理mgR－Wf＝mvQ2，vQ＝0，对Q点根据向心力公式FN－mg＝m，FN＝mg，再根据牛顿第三定律，质点对轨道的正压力为mg，故D正确。 答案　D 　(多选)在例题中，若质量为m的质点自轨道端点P开始沿轨道做匀速圆周运动，到最低点Q时，对轨道的正压力为2.5mg，重力加速度大小为g。在质点自P滑到Q的过程中，下列说法正确的是(　　) A．圆轨道与质点间的动摩擦因数逐渐减小 B．匀速圆周运动速率为 C．重力的功率逐渐减小，摩擦力的功率不断增大 D．摩擦力做功mgR 解析　设某点切线与水平面夹角为θ，则有mgsin θ＝μFN，而依题意知FN－mgcos θ＝，因θ 减小，所以FN增大，故μ 减小，所以A正确；竖直方向分速度在减小，所以重力功率在减小，而重力功率和摩擦力功率大小相等，所以也应该减小，所以C错误；摩擦力做负功，应该是－mgR，所以D错误；在最低点时有FN－mg＝，根据牛顿第三定律FN′＝FN＝2.5mg，解得v＝，故B正确。 答案　AB 1.如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，已知OP＝，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B。 (1)小球到达B点时的速率为多大？ (2)若不计空气阻力，初速度v0为多少？ (3)若初速度v0＝3 ，则小球在从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？ 解析　(1)小球恰能到达最高点B，有 mg＝m，得vB＝ 。 (2)从A到B由动能定理得－mg＝mvB2－mv02， 可求出v0＝ 。 (3)当v0＝3 时，在小球从A到B的过程中由动能定理得 －mg－Wf＝mvB2－mv02， 可求出Wf＝mgL。 答案　(1) 　(2) 　(3)mgL 探究点二　利用动能定理分析多过程问题 对于包含多个运动过程的复杂运动过程，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。 3．当题目已知量和所求量不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单、更方便。 　距沙坑高h＝7 m处，以v0＝10 m/s的初速度竖直向上抛出一个质量为0.5 kg的小球，小球落到沙坑并陷入沙坑d＝0.4 m深处停下。不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)小球上升到最高点时离抛出点的高度H； (2)小球在沙坑中受到的平均阻力f大小。 [解析]　(1)设小球上升到最高点时离抛出点为H，由动能定理得 －mgH＝0－mv02 代入数据得H＝5 m。 (2)设小球在沙坑中受到的平均阻力为f，陷入沙坑深度为d，从最高点到最低点的全过程中mg(H＋h＋d)－fd＝0 代入数据得f＝155 N。 [答案]　(1)5 m　(2)155 N 　(多选)在例题中，从离沙坑高度H处无初速度地释放质量为m的小球，小球落入沙坑后，陷入深度为h。已知当地重力加速度为g，空气阻力不计，则下列关于小球下落全过程的说法中正确的是(　　) A．重力对小球做功为mgH B．小球的重力势能减少了mg(H＋h) C．合外力对小球所做的总功为零 D．小球在沙坑中受到的平均阻力为mg 解析　由题意知小球下落全过程中，下落的高度为(H＋h)，则重力对小球做功为WG＝mg，小球重力势能的减少量等于重力所做的功，即重力势能减少了mg，故A错误，B正确；全过程中小球的动能变化量为零，由动能定理可知，合外力对小球所做的总功为零，故C正确；对全过程运用动能定理得mg(H＋h)－h＝0，可得小球在沙坑中受到的平均阻力为＝，故D错误。 答案　BC 2.如图所示，物体从高h的斜面顶端A由静止滑下，到斜面底端后又沿水平面运动到C点而停止。要使这个物体从C点沿原路返回到A，则在C点处物体应具有的速度大小至少是(　　) A. B．2 C. D. 解析　从A→C由动能定理得mgh－Wf＝0，从C→A有－mgh－Wf＝0－mv02，解得v0＝2 。 答案　B 探究点三　动能定理和动力学知识的综合应用 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，物体能过最高点的临界条件为vmin＝。 　为了研究过山车的原理，物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为37°、长为L＝2.0 m的粗糙的倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连，整个轨道除AB段以外都是光滑的，其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图所示。一个质量为2 kg的小物块从轨道A点沿倾斜轨道滑下，已知物块与倾斜轨道间的动摩擦因数μ＝0.50，g取10 m/s2。 (1)若竖直圆弧轨道的半径R＝0.66 m，小物块不脱离轨道并恰好通过圆周最高点，求在A点的速度的大小； (2)保持A点的速度不变，为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件？ (3)(选做)保持A点的速度不变，若圆弧轨道的半径为2 m，那么在小物块的运动过程中，可以有多少次通过圆轨道上距水平轨道高为0.02 m的某一点？ [解析]　(1)设小物块恰好进入圆轨道到最高点时有速度v1，此时物块受到的重力恰好提供向心力mg＝m 物块从A点到圆轨道最高点的过程中mg(Lsin 37°－2R)－μmgcos 37°·L＝mv12－mvA2 联解以上两式得vA＝5 m/s。 (2)为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB，则物块上升的高度须小于或等于圆轨道的半径mg(Lsin 37°－R1)－μmgcos 37°·L＝0－mvA2，得R1＝1.65 m。 所以物块能够滑回倾斜轨道AB，则轨道半径大于等于1.65 m。 (3)小物块冲上圆轨道H1＝1.65 m高度时速度变为0，然后返回倾斜轨道h1高处再滑下，然后再次进入圆轨道达到的高度为H2，有 mgH1＝mgh1＋μmgh1· mgH2＝mgh1－μmgh1· 得H2＝H1＝H1 之后物块在竖直圆轨道和倾斜轨道之间往返运动，同理n次上升的高度 Hn＝n－1H1(n>0)，当n＝4 时，上升的最大高度小于0.02 m，故n＝3 即小物块共有6次通过距水平轨道高为0.02 m的某一点。 [答案]　(1)5 m/s　(2)大于等于1.65 m (3)6次 　在例题中，假设轨道都是光滑的，小物块从A处由静止释放并测得释放处距离圆轨道最低点的竖直高度为h，记录物块通过最高点时对轨道(压力传感器)的压力大小为F。此后不断改变物块在轨道上的释放位置，重复实验经多次测量，得到了多组h和F，把这些数据标在F­h图中，如图所示。下列说法正确的是(　　) A．物块的释放高度h始终影响物块对轨道最高点的压力 B．物块的质量为0.01 kg C．圆轨道半径为0.25 m D．当物块从0.25 m的高度被释放，在轨道最高点的速度为0 解析　由题图可知当h≤0.25 m 时物块对轨道都没有压力，故A错误； 设物块到达最高点速度为v1，根据动能定理mg(h－2r)＝mv12－0 在最高点轨道对物块的压力为FN，FN＋mg＝m，解得F＝h－5mg，由题图可知 5mg＝0.5 N，解得m＝0.01 kg。由题图可知＝，解得r＝0.1 m，故B正确，C错误；由题图可知，当h＝0.25 m 时，对轨道的压力恰好为零，则mg＝m，解得v＝＝1 m/s，故D错误。 答案　B 3.如图所示，竖直面内有一半径为R的半圆，ab为水平直径，O为圆心。从直径ab上某点水平抛出质量为m的小球。已知小球可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力。 (1)若小球从a点抛出，经时间t＝ 落到半圆上，求小球平抛的初速度的大小； (2)若小球从O点抛出，那么小球到达半圆上的位置与O点间的竖直高度为多少时的动能最小？动能的最小值为多少？ 解析　(1)小球做平抛运动，则竖直方向上 y＝gt2＝·g·＝ 根据数学知识可知当打在左侧 圆上时，水平方向上x1＝R＝v0t 解得v0＝ 当打在右侧 圆上时，水平方向上 x2＝R＝v0t 解得v0＝。 (2)小球从O点到达圆周上，设落点位置为(x′，y′)，根据动能定理有mgy′＝Ek－mv0′2 而竖直方向上y′＝gt′2 水平方向上x′＝v0′t′ 根据数学知识有x′2＋y′2＝R2 联立解得Ek＝ 由数学知识可知y′＝R 时，动能有最小值为Ekmin＝mgR。 答案　(1) 或 (2)y′＝R 时，Ekmin＝mgR [对应学生用书P102] 1.如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0 出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为(　　) A. B. C. D. 解析　在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理－f·2πL＝0－mv02，可得摩擦力的大小f＝，故选B。 答案　B 2．如图所示，一个可视为质点的小木块从固定斜面的顶端由静止滑下，滑到水平面上的a点停下。斜面与水平面粗糙程度相同，且平滑连接。现将斜面向右移动到虚线所示的位置，并固定在地面上，再让小木块从斜面的某处由静止下滑，仍滑到a点停下。则小木块释放的位置可能是(　　) A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 解析　由动能定理有13mgl－μmgcos θ·－29μmgl＝0，nmgl－μmgcos θ·－18μmgl＝0，联立可得n＝8，丙位置到地面高度为8个小格的高度，故选C。 答案　C 3．汽车发动机的额定功率为80 kW，质量为2 000 kg，当汽车在水平路面上行驶时受到阻力为车重的0.1倍。若汽车在水平路面上，从静止开始保持1 m/s2的加速度做匀加速直线运动，达到额定功率后又行驶了800 m达到最大速度。(g取10 m/s2)试求： (1)汽车在水平路面上能达到的最大速度的大小； (2)匀加速过程能持续多长时间； (3)匀加速后的800 m过程所用的时间。 解析　(1)当牵引力等于阻力时，速度最大，最大速度为 vmax＝＝ m/s＝40 m/s。 (2)汽车从静止做匀加速直线运动，则当功率达到额定功率时，匀加速结束，根据牛顿第二定律得F牵－f＝ma，解得F牵＝4 000 N 根据P额＝F牵·vt，解得vt＝20 m/s 根据vt＝at，解得t＝20 s。 (3)从匀加速结束开始一直运动到最大速度的过程中，根据动能定理得 P额t′－fs＝mvmax2－mvt2，解得t′＝35 s。 答案　(1)40 m/s　(2)20 s　(3)35 s 4．如图所示，半径R＝0.8 m的光滑圆弧轨道BC竖直放置，圆心角θ＝60°，圆弧轨道与水平地面上长为L＝2.4 m的粗糙直轨道CD平滑连接。质量m＝1 kg的小物块从B点由静止释放。(重力加速度g＝10 m/s2)求： (1)小物块第一次到达C点时的速度。 (2)若小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为0.5，小物块静止位置距C点的距离。 (3)若小物块与墙壁碰撞后速度反向、大小变为碰前的一半。如果物体与墙壁只发生一次碰撞，那么小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应该满足怎样的条件。(计算结果保留最简分数) 解析　(1)小物块从B到C过程，根据动能定理可得mgR＝mv2 解得小物块第一次到达C点时的速度为 v＝2 m/s。 (2)小物块从B到在CD上速度减小为零，根据动能定理可得mgR－μmgx＝0－0，解得x＝0.8 m 小物块静止位置距C点的距离为0.8 m。 (3)当动摩擦因数最大时，物体恰好能碰得上D，设到达D速度减小为零，根据动能定理可得 mgR－μ1mgL＝0－0，解得μ1＝ 当动摩擦因数最小时，第一次与D碰撞后反弹，再次滑上BC，重新滑下后恰好不能与D发生第二次碰撞；从B滑下到第一次与D碰撞前，根据动能定理可得 mgR－μ2mgL＝mvD2－0 第一次与D碰撞后到第二次运动到D速度恰好减小为零，根据动能定理可得 －μ2mg·2L＝0－m2 联立解得μ2＝ 综上分析可得≤μ<。 答案　(1)2 m/s　(2)0.8 m　(3)≤μ＜ 学科网（北京）股份有限公司 $$