综合•融通(二) 应用动能定理解决三类典型问题（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理必修第二册（鲁科版2019）

应用动能定理解决三类典型问题 (融会课——主题串知综合应用) 综合•融通(二) 动能定理描述的是合外力做功与物体动能变化的关系，其内容虽不复杂，但其应用非常灵活，也非常广泛。通过本节课的学习，要熟练掌握以下三类典型问题的解决方法：(一)应用动能定理计算变力做功；(二)动能定理与图像的综合问题；(三)应用动能定理分析多过程问题。 1 主题(一)　应用动能定理计算变力做功 2 主题(二)　动能定理与图像的综合问题 3 主题(三)　应用动能定理分析 多过程问题 4 课时跟踪检测 CONTENTS 目录 主题(一)　应用动能定理 计算变力做功 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.利用动能定理求变力做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。 知能融会通 [典例]　如图所示，一车手做摩托车特技表演时，以v0=10 m/s的初速度从高台底部冲向高台顶端，然后从高台顶端水平飞出。摩托车在冲向高台顶端的过程中始终以P=4 kW的额定功率行驶，所经历的时间t=3 s。人和车的总质量m=1.8×102 kg，高台顶端高h=5 m，摩托车冲到高台顶端时的速度为v=11 m/s，取重力加速度g=10 m/s2。求：(结果保留两位有效数字) (1)摩托车在冲向高台顶端的过程中牵引力所做的功； [答案]　1.2×104 J　 [解析]　摩托车在冲向高台顶端的过程中牵引力所做的功W=Pt=1.2×104 J。 (2)摩托车在冲向高台顶端的过程中克服阻力所做的功。 [答案]　1.1×103 J [解析]　设摩托车在冲向高台顶端的过程中阻力所做的功为Wf，根据动能定理有 W+Wf-mgh=mv2-m， 解得Wf≈-1.1×103 J 即摩托车在冲向高台顶端的过程中克服阻力所做的功为1.1×103 J。 [思维建模] 应用动能定理解决变力做功的步骤 (1)分析物体的受力情况，确定哪些力是恒力，哪些力是变力，如果是恒力，写出恒力做功的表达式，如果是变力，用相应功的符号表示出变力所做的功。 (2)分析物体运动的初、末状态，求出动能的变化量。 (3)运用动能定理列式求解。 1.如图所示，一质量为m的小球用长为L的细线悬挂静止 在竖直位置。现用水平拉力F将小球拉到细线与竖直方向成 θ角的位置，在此过程中 (　 ) A.若拉力为恒力，则拉力F做的功为FLcos θ B.若拉力为恒力，则拉力F做的功为mgL(1-cos θ) C.若缓慢拉动小球，则拉力F做的功为FLsin θ D.若缓慢拉动小球，则拉力F做的功为mgL(1-cos θ) 题点全练清 √ 解析：若拉力为恒力，根据恒力做功的表达式可知拉力F做的功W=Fs=FLsin θ，A、B错误；若缓慢拉动小球，由平衡条件知拉力F为变力，由动能定理有W-mgL(1-cos θ)=0，解得拉力F做的功W=mgL (1-cos θ)，C错误，D正确。 2.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，如图所示， 已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为l，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 (　 ) A.m-μmg(s+l) B.m-μmgl C.μmgs D.μmg(s+l) √ 解析：由动能定理得-W-μmg(s+l)=0-m，故物体克服弹簧弹力做功W=m-μmg(s+l)，A正确。 主题(二)　动能定理与图像 的综合问题 1.首先看清楚图像的种类(如v-t图像、F-s图像、Ek-s图像等)。 2.挖掘图像的隐含条件，求出所需物理量，如利用v-t图像与t轴所包围“面积”求位移，利用F-s图像与s轴所包围“面积”求功，利用Ek-s图像的斜率求合力等。 3.再分析还有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。 知能融会通 [典例]　质量为10 kg的物体，在变力F的作用下 沿s轴做直线运动，力F随位移s的变化情况如图所 示。物体在s=0处，速度为1 m/s，假设物体只受力 F的作用，则物体运动到s=16 m处时，速度大小为 (　 ) A.2 m/s B.3 m/s C.4 m/s D. m/s √ [解析]　根据力F随位移s变化关系图像与横轴所围“面积”表示功，可知力F做功W=4×10 J+×(8-4)×10 J-×(16-12)×10 J=40 J。由动能定理得W=mv2-m，解得v=3 m/s，选项B正确。 [思维建模]　动力学中图像所围“面积”的意义 v-t图像 由公式s=vt可知，v-t图线与t轴围成的面积表示物体的位移 a-t图像 由公式Δv=at可知，a-t图线与t轴围成的面积表示物体速度的变化量 F-s图像 由公式W=Fs可知，F-s图线与s轴围成的面积表示力所做的功 P-t图像 由公式W=Pt可知，P-t图线与t轴围成的面积表示力所做的功 1.一质量m=1 kg的物块静止在光滑水平面上，现用 水平恒力F1推物块，作用2 s后，改用方向相反的水平恒 力F2推物块，利用速度传感器得到物块速度随时间的变 化关系图像(v-t图像)如图所示，0~4 s时间内水平恒力F2做功为 (　 ) A.-10 J B.10 J C.-18 J D.18 J 题点全练清 √ 解析：0~2 s内，由动能定理知水平恒力F1做功W1=m-0=8 J，设2~4 s水平恒力F2做功为W2，0~4 s内由动能定理有W1+W2=m-0，解得W2=10 J，故B正确，A、C、D错误。 2.某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止 开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视 为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是 (　 ) √ 解析：设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有Ek=mgxtan θ，即=mgtan θ，下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek-x图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大。故选A。 主题(三)　应用动能定理 分析多过程问题 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。 知能融会通 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，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。 [典例]　如图所示，光滑固定斜面AB的倾角 θ=53°，BC为水平面，BC长度lBC=1.1 m，CD为 光滑的圆弧，半径R=0.6 m。一个质量m=2 kg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两点平滑连接。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=0.2 m。不计空气阻力，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，g取10 m/s2。求： (1)物体运动到C点时的速度大小vC； [答案]　4 m/s [解析]　物体由C点到最高点，根据动能定理得： -mg(h+R)=0-m 代入数据解得：vC=4 m/s。 (2)A点距离水平面的高度H； [答案]　1.02 m　 [解析]　物体由A点到C点，根据动能定理得： m-0=mgH-μmglBC 代入数据解得：H=1.02 m。 (3)物体最终停止的位置到C点的距离x。 [答案]　0.4 m [解析]　从物体开始下滑到停下，根据动能定理得： mgH-μmgs=0 代入数据解得：s=5.1 m 由于s=4lBC+0.7 m 所以，物体最终停止的位置到C点的距离x=0.4 m。　 [思维建模] 往复运动问题的处理技巧 (1)在有摩擦力做功的往复运动过程中，注意两种力做功的区别： ①重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关。 ②滑动摩擦力做功与路径有关，克服摩擦力做的功W=fs(s为路程)。 (2)由于动能定理解题的优越性，求多过程往复运动问题中的路程时，一般应用动能定理。 1.一物体以初速度v0竖直向上抛出，落回原地速度为，设物体在运动过程中所受的阻力大小保持不变，则重力与阻力大小之比为(　 ) A.3∶1 B.4∶3 C.5∶3 D.3∶5 题点全练清 √ 解析：物体在上升和下落过程中，空气阻力都做负功。设空气阻力为f，物体上升最大高度为h，由动能定理得上升阶段：-mgh-fh=0-m，下落阶段：mgh-fh=m-0，联立解得空气阻力大小f=mg，重力与阻力大小之比为5∶3，故C正确。 2.足够长的两薄木板M、N材料相同，M、 N之间通过铰链连接，开始时，N板放在水平桌 面上，M板与水平桌面夹角为37°，一小木块从M板上的A点静止释放，A点距桌面高度为h，木块最终停在N板上距M、N连接位置h处。现保持M板不动，抬高N板右端，使其倾角也为37°，忽略木块在两板连接处的能量损失，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则木块在N板上上升的最大高度为(　 ) A. B. C. D. √ 解析：设小木块与M、N板间动摩擦因数为μ，N板水平放置时，对小木块，由动能定理mgh-μmgcos 37°·-μmg·=0，N板右端抬高后，设小木块在N板上上升高度为h'，由动能定理mgh-μmgcos 37°·-mgh'-μmgcos 37°·=0，解得h'=h，故选A。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1.如图所示，轨道MON的材料处处相同，其中 ON水平，OM与ON在O处平滑过渡(物块经过O速率 不变)，将一质量为m的物块从倾斜轨道上的M点由静止释放，滑至水平轨道上的N点停下。现使斜面的倾角θ增大，把斜面调至图中虚线OJ位置，为使物块从倾斜轨道上某处由静止释放后仍然在N点停下，则释放处应该是 (　 ) A.J点 B.J点与K点之间某一点 C.K点 D.Q点 √ 6 7 8 9 10 11 解析：设物块位置到水平轨道的高度为h，物块位置到O点的水平距离为x，物块与轨道间动摩擦因数为μ，从M到N，根据动能定理可得mgh-μmgcos θ·OM-μmg·ON=0，即mgh=μmg·(x+ON)，当h增大时，x增大；h减小时，x减小。故选D。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 2.在粗糙的水平面上给滑块一定的初速度，使其沿 粗糙的水平面滑动，经测量描绘出了滑块的动能与滑块 的位移的变化规律图线，如图所示。用μ表示滑块与水 平面之间的动摩擦因数，用t表示滑块在该水平面上滑动的时间，已知滑块的质量为m=19 kg，g=10 m/s2，则μ和t分别等于 (　 ) A.0.01、10 s B.0.01、5 s C.0.05、10 s D.0.05、5 s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：由图像看出：滑块以9.5 J的初动能滑行5 m后停止。对滑块由动能定理得-μmgs=0-Ek0，代入数据得μ=0.01，设滑块的初速度大小为v，则由mv2=9.5 J，解得v= m/s=1 m/s，根据牛顿第二定律，滑块的加速度大小为a==μg=0.1 m/s2，则滑块运动的时间为t==10 s，故选A。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 3.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. 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：对木块由动能定理得：-f·2πL=0-m，解得摩擦力大小为f=，故B正确，A、C、D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 4.北京冬奥会冰壶比赛在“冰立方”举行，比赛场地如图所示。比赛时运动员在P点将冰壶用力推出，作用时间极短可忽略不计，冰壶运动至营垒中的Q点刚好停下，P、Q两点之间的距离L=40 m。假设冰壶与冰面之间的动摩擦因数为0.02，冰壶的质量为20 kg，g取10 m/s2，则下列说法正确的是 (　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A.运动员给冰壶的初速度大小为5 m/s B.克服摩擦力做功的平均功率大小为8 W C.整个过程中摩擦力对冰壶所做的功与运动员对冰壶所做的功之比为2∶1 D.整个过程中摩擦力对冰壶所做的功与运动员对冰壶所做的功之比为3∶2 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：运动员推出冰壶后，对冰壶根据动能定理有-μmgL=0-m，代入数据，解得运动员给冰壶的初速度大小为v0=4 m/s，故A错误；运动员推出冰壶后，根据牛顿第二定律，可得冰壶的加速度大小为a=μg=0.2 m/s2，则冰壶运动的时间为t==20 s，可得克服摩擦力做功的平均功率大小为=== W=8 W，故B正确； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 根据动能定理可知，整个过程中摩擦力对冰壶所做的功与运动员对冰壶所做的功的代数和等于冰壶整个过程动能的变化量，则有W-Wf=0，所以二者大小之比为W∶Wf=1∶1，故C、D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 5.(2024·厦门高一检测)如图所示，小球以初速 度v0从A点出发，沿不光滑的轨道运动到高为h的B点 后自动返回，其返回途中仍经过A点，小球经过轨道连接处无机械能损失，重力加速度为g，则小球返回经过A点的速度大小为 (　 ) A. B. C. D. 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：设小球在由A到B的过程中阻力做功为W，由A到B的过程中由动能定理-mgh+W=0-m，当小球由B返回到A的过程中，阻力做的功依旧为W，再由动能定理得mgh+W=m，以上两式联立可得vA=，故选D。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 6.用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直 线运动的规律时，在计算机上得到0~6 s内物体的加速 度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是 (　 ) A.0~6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动 B.0~6 s内物体在4 s时的速度最大 C.物体在2~4 s内速度不变 D.0~4 s内合力对物体做的功等于0~6 s内合力对物体做的功 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：由图像可知，0~6 s内物体速度变化量为正，物体速度方向不变，物体在0~5 s内一直做加速运动，5 s时速度最大，A、B错误；2~4 s内物体的加速度不变，做匀加速直线运动，C错误；由题图可知，t=4 s时和t=6 s时物体速度大小相等，由动能定理可知，物体在0~4 s内和0~6 s内动能变化量相等，合力做功也相等，D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 7.(2024·贵州高考)质量为1 kg 的物块静置于光滑水 平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块 施加一沿x轴正方向的水平力F，其大小随位置x变化的 关系如图所示，则物块运动到x=3 m处，F做功的瞬时功率为 (　 ) A.8 W B.16 W C.24 W D.36 W 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：根据图像可知物块运动到x=3 m处，F做的总功为WF=3×2 J +2×1 J=8 J，该过程根据动能定理得WF=mv2，解得物块运动到x=3 m 处时的速度为v=4 m/s，故此时F做功的瞬时功率为P=Fv=8 W。故选A。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 8.光滑水平地面静止一质量为m=2.0 kg的物体，以物体所在处为坐标原点O建立水平方向的x轴，力F1和F2方向均沿x轴正方向，两力大小随x轴上的位置坐标的变化规律如图所示。下列说法正确的是 (　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A.若仅F1作用于物体，F1的功率随时间逐渐减小 B.若仅F2作用于物体，F2的功率随时间逐渐减小 C.若F1、F2同时作用于物体，物体在x=1.0 m处的速度约为v=1.0 m/s D.若F1、F2同时作用于物体，物体在x=1.0 m处的速度约为v= m/s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：物体从静止开始运动，若仅F1作用于物体，物体加速运动，速度v逐渐增大，速度方向与F1方向相同，由题图可知，F1逐渐增大，根据P=Fv，可知F1的功率随时间逐渐增大，A错误；同理可知若仅F2作用于物体，F2的功率随时间逐渐增大，B错误；根据W=Fx，可知F-x图像中图线与坐标轴所围面积为力F做的功，若F1、F2同时作用于物体，则F1、F2两力对物体的合功约为W合=1 J，根据动能定理有W合=mv2，解得v==1 m/s，即物体在x=1.0 m处的速度约为v=1 m/s，D错误，C正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 9.(12分)滑板运动是一项惊险刺激的运动，深受青少年的喜爱。如图是滑板运动的轨道，AB和CD是两段光滑圆弧形轨道，BC是一段长l=7 m的水平轨道。一运动员从AB轨道上的P点以vP=6 m/s的速度下滑，经BC轨道后冲上CD轨道，到Q点时速度减为零。已知P、Q距水平轨道的高度分别为h=1.4 m、H=1.8 m，运动员的质量m=50 kg，不计圆弧轨道上的摩擦，取g=10 m/s2，求： 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (1)运动员第一次经过B点时的速率； 答案：8 m/s 解析：运动员从P点到B点过程，由动能定理得mgh=m-m， 代入数据解得vB=8 m/s。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (2)运动员与BC轨道间的动摩擦因数； 答案：0.2 解析：运动员从C点到Q点过程，由动能定理得 -mgH=0-m， 代入数据解得vC=6 m/s 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 运动员从B点到C点过程，由动能定理得 -μmgl=m-m， 代入数据解得μ=0.2。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (3)运动员最后停在BC轨道上距B点多远处。 答案：2 m 解析：设运动员从C点开始在BC面上滑行的路程为s后停止， 由动能定理得-μmgs=0-m，代入数据解得s=9 m， 所以最后停在离B点2 m处。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 10.(12分)随着科技的进步，一些快递公司开始使用无人机送快递，如图甲所示为一悬停在空中的无人机，某时刻因电池故障失去动力，无人机开始竖直下落，下落至某高度时动力突然恢复，匀减速下落至地面时速度刚好为零，图乙为下落过程中无人机动能随位移变化的图像，已知无人机(含包裹)的质量为10 kg，无人机在空中运动时受到的阻力大小恒定，重力加速度g取10 m/s2，求： 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (1)无人机受到动力大小及阻力大小； 答案：240 N，20 N 解析：由动能定理Fs=ΔEk可知， Ek-s图像的斜率为物体所受的合力，则对下落过程有mg-f=k1， mg-f-F=k2 其中k1=80 N，k2=-160 N 解得F=240 N，f=20 N。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (2)若无人机以(1)问中动力从地面由静止加速竖直上升，则在多高处撤掉动力刚好可以回到悬停高度处。 答案：30 m 解析：对该过程由动能定理得Fh1-(mg+f)h=0 由题图乙可知h=60 m，解得h1=30 m。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 11.(14分)一个物体从斜面上高h处由静止滑下并紧接着在水平面上滑行一段距离后停止，量得停止处与开始运动处的水平距离为s，如图所示，不考虑物体滑至斜面底端的碰撞作用，并设斜面与水平面对物体的动摩擦因数相同。求： 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (1)动摩擦因数μ； 答案：　 解析：(1)设斜面的倾角为θ，斜面的长度为x1，在水平面上运动的位移为x2，则在斜面上所受的滑动摩擦力为Ff1=μmgcos θ 在水平面上所受的摩擦力为Ff2=μmg 根据动能定理得mgh-μmgx1cos θ-μmgx2=0 因为x1cos θ+x2=s 则有h-μs=0，解得μ=。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (2)若该物体从斜面上高2h处由静止滑下，停止处与开始运动处的水平距离s1。 答案：2s 解析：根据动能定理可得mg·2h-μmgs1=0 代入μ解得s1=2s。 2 3 4 $$