第四章 专题强化 动能定理的应用(一)-（配套word）2023-2024学年高一新教材物理必修第二册 【步步高】学习笔记（教科版）

专题强化　动能定理的应用(一) [学习目标]　1.会用动能定理求解变力做功问题(重点)。2.能够应用动能定理分析相关图像问题(难点)。 一、应用动能定理求变力做功 如图所示，物体(可看成质点)沿一粗糙曲面从A点无初速度下滑，当滑至曲面的最低点B点时，下滑的竖直高度为h，此时物体的速度为v。若物体的质量为m，重力加速度为g。则： (1)下滑过程中阻力是恒力还是变力？ (2)怎样求解物体在下滑过程中克服阻力所做的功？ 答案　(1)变力。 (2)物体从A下滑到B的过程由动能定理得mgh－W克f＝mv2 解得W克f＝mgh－mv2。 1．变力做的功 在某些问题中，由于力F的大小、方向变化，不能用W＝Fxcos α求出变力做的功，此时可用动能定理W＝ΔEk求功。 2．用动能定理求解变力做功的方法 (1)分析物体的受力情况，确定做功过程中的哪些力是恒力，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做的功。 (2)分析物体的运动过程，确定其初、末状态的动能。 (3)运用动能定理列式求解。 例1　如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在水平地面上的斜面。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，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则从A到C的过程中弹簧弹力做的功是(　　) A．mgh－mv2 B.mv2－mgh C．－mgh D．－(mgh＋mv2) 答案　A 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。 例2　(2023·双流中学校考期中)如图所示为一水平转台，半径为R，一质量为m的滑块放在转台的边缘，已知滑块与转台间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。若转台的转速由零逐渐增大，当滑块在转台上刚好发生相对滑动时，转台对滑块所做的功为(　　) A.μmgR B．2πmgR C．2μmgR D．0 答案　A 解析　滑块即将发生相对滑动时，最大静摩擦力(等于滑动摩擦力)提供向心力，根据牛顿第二定律有μmg＝，根据动能定理有Wf＝mv2，解得Wf＝μmgR，A正确。 例3　(2023·成都市高一期中)一质量m＝500 kg的赛车在平直的赛道上从静止开始以a＝8 m/s2做匀加速运动，2.5 s后发动机达到额定输出功率P＝100 kW，此后保持输出功率不变，又运动了30 s后赛车达到最大速度，假设赛车在运动过程中受到的阻力恒定不变。求： (1)赛车运动过程中受到的阻力大小； (2)赛车从开始加速到达到最大速度时发生的位移大小。 答案　(1)1 000 N　(2)625 m 解析　(1)运动2.5 s后，赛车的速度大小v1＝at1 此时P＝F1v1 由牛顿第二定律有F1－f＝ma 联立解得f＝1 000 N (2)匀加速过程中，赛车发生的位移大小x1＝at12 赛车的最大速度vm＝ 发动机达到额定输出功率后，由动能定理有 Pt2－fx2＝mvm2－mv12 则发生的总位移大小x＝x1＋x2 解得x＝625 m。 二、动能定理在图像问题中的应用 1．首先看清楚图像的种类(如v－t图像、F－x图像、Ek－x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－x图像与x轴所包围“面积”求功，利用Ek－x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。 例4　(多选)在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动。当速度达到vm后，立即关闭发动机滑行直至停止。v－t图像如图所示，汽车的牵引力大小为F1，摩擦力大小为F2，全过程中，牵引力做的功为W1，克服摩擦力做的功为W2。以下关系式正确的是(　　) A．F1∶F2＝1∶3 B．F1∶F2＝4∶3 C．W1∶W2＝1∶1 D．W1∶W2＝1∶3 答案　BC 解析　对全过程由动能定理可知W1－W2＝0，故W1∶W2＝1∶1，故C正确，D错误；W1＝F1s，W2＝F2s′，由题图可知s∶s′＝3∶4，所以F1∶F2＝4∶3，故A错误，B正确。 例5　(多选)(2023·成都外国语学校高一期中)已知t＝0时刻，一质量为0.5 kg的足球在水平草地上做直线运动，其动能与位移的关系如图所示，下列说法正确的是(　　) A．足球的初速度大小为4 m/s B．足球运动的加速度大小为1 m/s2 C．足球运动过程中受到的阻力大小为1 N D．在0～2 s内，足球克服阻力做的功为12 J 答案　CD 解析　由图像知Ek0＝mv02＝16 J，解得v0＝8 m/s，故A错误；由动能定理可知Ek－Ek0＝－fx，则Ek＝Ek0－fx，由图像知f＝|k|＝1 N，由牛顿第二定律有f＝ma，解得a＝2 m/s2，故B错误，C正确；0～2 s内，足球发生的位移x＝v0t－at2＝12 m，克服阻力做的功W＝fx，解得W＝12 J，故D正确。 专题强化练 1. 物体沿直线运动的v－t图像如图所示，已知在第1 s内合力对物体做功为W，则(　　) A．从第1 s末到第3 s末合力做功为4W B．从第3 s末到第5 s末合力做功为－2W C．从第5 s末到第7 s末合力做功为W D．从第3 s末到第4 s末合力做功为－0.5W 答案　C 解析　由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理得第1 s内：W＝mv02 从第1 s末到第3 s末： W1＝mv02－mv02＝0，A错误； 从第3 s末到第5 s末： W2＝0－mv02＝－W，B错误； 从第5 s末到第7 s末： W3＝m(－v0)2－0＝W，C正确； 从第3 s末到第4 s末： W4＝m()2－mv02＝－0.75W，D错误。 2. (2023·天津河西期末)如图所示，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，从最低点P点缓慢地移到Q点。此时轻绳与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g，则拉力F所做的功为(　　) A．FLcos θ B．FLsin θ C．mgLcos θ D．mgL(1－cos θ) 答案　D 解析　小球在缓慢移动的过程中，拉力F是变力，不能通过功的公式求解功的大小，根据动能定理得WF－mgL(1－cos θ)＝0，解得拉力F所做的功为WF＝mgL(1－cos θ)，故选D。 3．物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。以a、Ek、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间。则下列图像中，能正确反映这一过程的是(　　) 答案　C 4. (2023·成都石室中学高一期中)如图所示，质量为m的物体静止在水平光滑的平台上，系在物体上的水平绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0水平向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向的夹角θ＝37°处，在此过程中人的拉力对物体所做的功为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　) A.mv02 B.mv02 C.mv02 D.mv02 答案　B 解析　将人的速度进行正交分解，分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度大小等于物体的速度大小，则v物＝v0cos 37°，根据动能定理有W＝mv物2＝mv02，故B正确。 5. (2023·成都市高一期末)如图所示，一质量为m的小球在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为N。重力加速度为g，则小球自A滑到B的过程中，摩擦力所做的功为(　　) A.R(N－mg) B.R(2mg－N) C.R(N－3mg) D.R(N－2mg) 答案　C 解析　设小球在B点的速度为v，由牛顿第二定律，有N－mg＝m，则小球在B点的动能为EkB＝mv2＝(N－mg)R，小球从A滑到B的过程中，由动能定理得mgR＋Wf＝EkB－0，解得Wf＝R(N－3mg)，故选C。 6. 从地面竖直向上抛出一小球，小球受大小恒定的空气阻力作用，其动能Ek随运动路程s的变化如图所示，重力加速度g＝10 m/s2。则(　　) A．小球受到的阻力大小为4 N B．小球向上运动时加速度大小为12 m/s2 C．小球的初速度的大小为10 m/s D．当小球的运动路程为5 m时，克服阻力做功20 J 答案　B 解析　由Ek－s图像斜率的绝对值表示合力可知，小球上升阶段：－(mg＋f)s上＝0－Ek0，下降阶段：(mg－f)s下＝Ek－0，联立解得mg＝10 N，m＝1 kg，f＝2 N，A错误；小球向上运动时，由牛顿第二定律可知mg＋f＝ma，代入数据得a＝12 m/s2，B正确；由题图可知Ek0＝mv02，解得v0＝ m/s，C错误；当小球的路程为5 m时，克服阻力做功W＝f·s＝10 J，D错误。 7. (2023·泸州高级中学期中)如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为3 kg，A球在水平力F的作用下，A、B两球均处于静止状态，此时A球距O点的距离为0.3 m，B球距O点的距离为0.4 m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1 m时的速度大小为3 m/s，则在此过程中绳的拉力对B球所做的功为(取g＝10 m/s2)(　　) A．27 J B．16 J C．18 J D．9 J 答案　A 解析　A球向右运动0.1 m时，由几何关系得，B上升距离h＝0.4 m－ m＝0.1 m，此时细绳与水平方向夹角θ的正切值tan θ＝，则得cos θ＝，sin θ＝，由运动的合成与分解知识可知，B球的速度为vBsin θ＝vAcos θ，解得vB＝4 m/s，以B球为研究对象，由动能定理得WT－mgh＝mvB2，代入数据解得WT＝27 J，即绳对B球的拉力所做的功为27 J，故选A。 8. 如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的小球自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力大小为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示小球从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，不计空气阻力，则(　　) A．W＝mgR，小球恰好可以到达Q点 B．W>mgR，小球不能到达Q点 C．W＝mgR，小球到达Q点后，继续上升一段距离 D．W<mgR，小球到达Q点后，继续上升一段距离 答案　C 解析　根据小球滑到轨道最低点N时，对轨道压力大小为4mg，利用牛顿第三定律可知，轨道对小球的支持力大小为4mg，则在最低点有4mg－mg＝m，解得小球运动到最低点时的速度为v＝，对小球从开始下落到运动到最低点的过程，由动能定理得2mgR－W＝mv2－0，解得W＝mgR，小球由最低点继续上滑的过程，到达Q点时克服摩擦力做功W′要小于W，由此可知，小球到达Q点后，可继续上升一段距离，故选C。 9. (2023·武昌实验中学高一期中)如图所示，在长为1 m的轻绳下端拴一个质量为0.6 kg的小球，捏住绳子的上端，使小球在水平面内做圆周运动，轻绳就沿圆锥面旋转，形成一个圆锥摆。开始时使绳子跟竖直方向的夹角为α＝37°，之后对小球做功，再次稳定后，使绳子跟竖直方向的夹角为β＝53°，保持悬点位置和轻绳长度不变。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略空气阻力，g取10 m/s2，则绳子对小球做的功为(　　) A．3.05 J B．1.85 J C．1.25 J D．4.25 J 答案　A 解析　令轻绳与竖直方向夹角为θ，小球做圆周运动，对小球进行受力分析如图所示，则有mgtan θ＝m，解得当夹角θ分别为α与β时的线速度大小为v1＝＝ m/s，v2＝＝ m/s，根据动能定理有W＋mgL(cos β－cos α)＝mv22－mv12，解得W＝3.05 J。故选A。 10．一列车的质量是5.0×105 kg，在平直的轨道上以额定功率3 000 kW加速行驶，当速率由10 m/s加速到所能达到的最大速率30 m/s时，共用了2 min，设列车所受阻力恒定，g取10 m/s2，则： (1)列车所受的阻力为多大； (2)这段时间内列车前进的距离是多少。 答案　(1)1.0×105 N　(2)1 600 m 解析　(1)列车以额定功率加速行驶时，加速度逐渐减小，当加速度减小到零时，牵引力与阻力大小相等，F＝f，速度最大，此时有P＝Fvm 所以列车受到的阻力大小f＝＝1.0×105 N (2)这段时间牵引力做功WF＝Pt，设列车前进的距离为s，则列车的速率由10 m/s加速到30 m/s过程中，由动能定理得Pt－fs＝mvm2－mv02 代入数值解得s＝1 600 m。 11．如图甲所示，一质量为4 kg的物体静止在水平地面上，让物体在水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5(g取10 m/s2)。求： (1)水平推力F在前4 m内做的功； (2)物体的最大滑行距离； (3)物体在运动过程中的最大速度大小。 答案　(1)200 J　(2)10 m　(3)8 m/s 解析　(1)F－x图像与x坐标轴围成的面积表示推力对物体做的总功，则水平推力F在前4 m内做的功为WF＝×4×100 J＝200 J (2)由动能定理得WF－μmgxmax＝0，代入数据得xmax＝10 m (3)由题图图像可知，推力为F＝F0＋kx＝100＋x(N)＝100－25x(N)，物体受到的滑动摩擦力大小f＝μmg＝0.5×4×10 N＝20 N，当物体所受合力为零时，即F＝f时，物体的速度最大，结合图线可知100－25x1(N)＝20 N，解得x1＝3.2 m，由图像可知，物体速度最大时，推力对物体做功W′＝×(100＋20)×3.2 J＝192 J，设物体的最大速度为vm，从物体开始运动到速度最大的过程中，对物体，由动能定理得W′－μmgx1＝mvm2－0，代入数据解得vm＝8 m/s。 12. (2023·成都市高一期中)从地面竖直向上抛出一物体，其动能Ek随它离开地面的高度h的变化如图所示，重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得(　　) A．物体的质量为2 kg B．物体初速度大小为20 m/s C．物体落地时速度大小为20 m/s D．物体受到空气阻力的大小为6 N 答案　D 解析　物体上升高度Δh的过程，由动能定理有－(mg＋f)Δh＝ΔEk，物体下降高度Δh′的过程，由动能定理有(mg－f)Δh′＝ΔEk′，可知Ek－h图像斜率的绝对值表示物体所受合力的大小，由以上两式对照Ek－h图像有mg＋f＝ N＝16 N，mg－f＝ N＝4 N，联立两式解得m＝1 kg，f＝6 N，A错误，D正确；由题图知，物体的初动能Ek0＝mv02＝64 J，则物体初速度大小为v0＝8 m/s，物体落地时的动能Ek′＝mv12＝16 J，则物体落地时速度大小为v1＝4 m/s，B、C错误。 学科网（北京）股份有限公司 $$