第1章 专题强化3 动能定理的应用-（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（鲁科版）

专题强化3　动能定理的应用 [学习目标]　1.会用动能定理求解变力做功问题(重点)。2.会用动能定理分析图像问题(重点)。3.能熟练用动能定理解决多过程问题(难点)。 一、用动能定理求解变力做功 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＝Fscos 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　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与一水平轻弹簧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，物体与弹簧接触后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始接触到弹簧被压缩至最短(弹簧始终在弹性限度内)，物体克服弹簧弹力所做的功为(　　) A.mv02－μmg(s＋x) B.mv02－μmgx C．μmgs D．μmg(s＋x) 答案　A 解析　由动能定理有－W－μmg(s＋x)＝0－mv02，可得W＝mv02－μmg(s＋x)，A正确，B、C、D错误。 例2　如图所示，运输机器人水平推着小车沿水平地面从静止开始运动，机器人对小车和货物做功的功率恒为40 W，已知小车和货物的总质量为20 kg，小车受到的阻力为小车和货物重力的，小车向前运动了18 m时达到最大速度，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小车运动的最大速度的大小； (2)机器人在这段时间对小车和货物做的功； (3)小车发生这段位移所用时间t。 答案　(1)2 m/s　(2)400 J　(3)10 s 解析　(1)当牵引力等于阻力时小车的速度达到最大，vm＝＝2 m/s。 (2)根据动能定理得W－fs＝mvm2 解得W＝400 J。 (3)由W＝Pt，得t＝10 s，所以小车发生这段位移所用时间为10 s。 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－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。 例3　(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4　(多选)(2022·上海复旦中学高一期末)质量为2 kg的物体以50 J的初动能在粗糙的水平面上滑行，其动能的变化与位移的关系如图所示，则下列说法正确的是(　　) A．物体运动的初速度大小为10 m/s B．物体所受的摩擦力大小为5 N C．物体运动的加速度大小为2.5 m/s2 D．物体运动的时间为2 s 答案　BCD 解析　由题图知末动能Ek2＝0，初动能Ek1＝50 J，根据动能定理得fs＝Ek2－Ek1，解得f＝－5 N，又Ek1＝mv02＝50 J，解得v0＝5 m/s，由牛顿第二定律得，物体的加速度为a＝＝－2.5 m/s2，则物体运动的时间t＝＝ s＝2 s，故选B、C、D。 三、用动能定理解决多过程问题 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，最后联立求解。 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，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。 4．在分段分析时，有些过程可以用牛顿运动定律，也可利用动能定理，采用动能定理往往比采用牛顿运动定律解题更简单方便，我们可优先采用动能定理解决问题。 例5　(2023·南平市高一月考)如图所示，小物块在离斜面底端5 m处由静止开始下滑，然后滑到与斜面平滑连接的水平面上，若物块与斜面及水平面间的动摩擦因数μ均为0.5，斜面倾角为37°。(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求： (1)物块滑到斜面底端时的速度大小； (2)物块在水平面上滑行的距离。 答案　(1)2 m/s　(2)2 m 解析　(1)根据动能定理，在斜面上有 mgsin 37°·s1－μmgcos 37°·s1＝mv2 解得v＝2 m/s (2)在水平面上，根据动能定理有 －μmgs2＝0－mv2 解得s2＝2 m。 专题强化练 1.如图所示，物体沿曲面从A点无初速度滑下，滑至曲面的最低点B时，下滑的高度为5 m，速度为6 m/s，若物体的质量为1 kg，则下滑过程中物体克服阻力所做的功为(g取10 m/s2)(　　) A．50 J B．18 J C．32 J D．0 答案　C 解析　对下滑过程由动能定理得mgh－W克f＝mv2，故W克f＝mgh－mv2＝1×10×5 J－×1×62 J＝32 J，C正确。 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，水平力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，解得水平力F所做的功为WF＝mgL(1－cos θ)，故选D。 3．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。 4.如图所示，用平行于斜面的推力F，使质量为m的物体(可视为质点)从倾角为θ的光滑固定斜面的底端，由静止向顶端做匀加速运动。当物体运动到斜面中点时，撤去推力，物体刚好能到达顶端，重力加速度为g，则推力F大小为(　　) A．2mgsin θ B．mg(1－sin θ) C．2mgcos θ D．2mg(1＋sin θ) 答案　A 解析　设斜面的长度为2L，对全过程，由动能定理可得FL－2Lmgsin θ＝0，解得F＝2mgsin θ，故选A。 5．如图所示，一薄木板倾斜搭放在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端置于地板的P处，并与地板平滑连接。将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，滑块沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处。滑块与木板及地板之间的动摩擦因数相同。现将木板截短一半，仍按上述方式放在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放，则滑块最终将停在(　　) A．P处 B．P、Q之间 C．Q处 D．Q的右侧 答案　C 解析　设木板长为L，在水平地板上滑行位移为x，木板倾角为θ，全过程由动能定理得mgh－(μmgLcos θ＋μmgx)＝0 则滑块总的水平位移s＝Lcos θ＋x＝ 与木板长度及倾角无关，改变L与θ，水平位移s不变，滑块最终仍停在Q处，故C选项正确。 6.如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L＝5.0 m，高度h＝3.0 m，为保证小朋友的安全，在水平面铺设安全地垫。水平段与斜面段平滑连接，小朋友在连接处速度大小不变．某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在水平地垫上。已知小朋友质量为m＝20 kg，小朋友在斜面上受到的平均阻力f1＝88 N，在水平段受到的平均阻力f2＝100 N。不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功； (2)小朋友滑到斜面底端时的速度v的大小； (3)为使小朋友不滑出水平地垫，地垫的长度s至少多长。 答案　(1)440 J　(2)4 m/s　(3)1.6 m 解析　(1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功为W克f1＝f1L＝88×5 J＝440 J。 (2)小朋友在斜面上运动的过程，由动能定理得 mgL·－W克f1＝mv2－0 代入数据解得v＝4 m/s。 (3)小朋友在水平地垫上运动的过程，由动能定理得 －f2s＝0－mv2，代入数据解得s＝1.6 m。 7.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 答案　A 解析　由题图可知，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，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。 8.(多选)如图所示，质量为m的小球，从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止。设小球受到的空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．小球落地时动能等于mgH B．整个过程中小球克服阻力做的功为mg(H＋h) C．小球在泥中受到的平均阻力为mg(1＋) D．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功大于刚落到地面时的动能 答案　BD 解析　从开始到落地，由动能定理得mgH－fH＝Ek－0，解得Ek＝mgH－fH，故A错误；整个过程，由动能定理得mg(H＋h)＋Wf′＝0－0，解得Wf′＝－mg(H＋h)，小球克服阻力做的功为mg(H＋h)，故B正确；小球在泥中由动能定理得mgh－W克f＝0－Ek，克服泥的阻力所做的功W克f＝mgh＋Ek＝mg(H＋h)－fH，所以小球在泥中受到的平均阻力f′＝mg(1＋)－，故C错误；小球陷入泥中的过程，克服泥的阻力所做的功W克f＝mgh＋Ek>Ek，故D正确。 9．一质量为2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动。如图给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g取10 m/s2，由此可知下列说法不正确的是(　　) A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.35 B．减速运动的时间约为1.7 s C．减速过程中拉力对物体所做的功约为13 J D．匀速运动时的速度大小约为6 m/s 答案　B 解析　物体做匀速运动时，受力平衡，则f＝F＝7 N，竖直方向受力平衡，mg＝N，所以μ＝＝0.35，故A正确；由于不是匀减速，无法求出减速运动的时间，故B错误；4 m后物体做减速运动，图线与横坐标轴围成的面积表示拉力做的功，则由题图中减速过程图线与横轴所围的方格数约为13可知，减速过程中拉力做功WF＝13 J，故C正确；减速过程滑动摩擦力做的功Wf＝－μmgs＝－49 J，所以合外力做的功为W合＝－49 J＋13 J＝－36 J，根据动能定理可得W合＝0－mv2，解得v＝＝6 m/s，故D正确。 10.如图，斜面末端B点与水平面平滑相接，现将一质量m＝2 kg、可视为质点的物块在距水平地面高h＝0.5 m处的A点以一定初速度释放(速度方向沿斜面向下)，物块运动到水平面上距B点s＝1.6 m处的C点停下，已知斜面光滑，物块与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其他阻力忽略不计。(g＝10 m/s2) (1)求物块到达B点时的速度大小； (2)求物块在A点的动能； (3)若赋予物块向左的水平初速度，使其从C点恰好到达A点，求水平初速度大小(结果可带根号)。 答案　(1)4 m/s　(2)6 J　(3) m/s 解析　(1)物块从B点到C点由动能定理可得 －μmgs＝0－mvB2 解得vB＝4 m/s。 (2)设斜面倾角为θ，物块从A点到B点由动能定理可得 mgcos (90°－θ)＝mvB2－EkA 解得EkA＝6 J (3)设初速度大小为v，从C点到A点由动能定理可得－μmgs－mgh＝－mv2 解得v＝ m/s。 11.(2023·莆田一中高一检测)滑板运动是一项惊险刺激的运动，深受青少年的喜爱。图中ABCD为滑板的运动轨道，AB和CD是两段与水平面夹角均为θ的光滑斜面，底部与水平面平滑相接，粗糙水平段BC的长度L＝5 m。一运动员从P点以v0＝6 m/s的初速度下滑，经BC后冲上CD轨道，达到Q点时速度减为零。已知运动员连同滑板的质量m＝70 kg，h＝2 m，H＝3 m，g取10 m/s2，求：(结果可带根号) (1)运动员第一次经过B点和C点的速度大小vB、vC； (2)滑板与BC之间的动摩擦因数μ； (3)运动员最后静止的位置与B点之间的距离s。 答案　(1)2 m/s　2 m/s　(2)0.16 (3)3.75 m 解析　(1)运动员从P点滑至B点的过程，由动能定理得mgcos (90°－θ)＝mvB2－mv02 代入数据解得vB＝2 m/s 运动员由C点到Q点的过程，由动能定理有－mgcos(90°－θ)＝0－mvC2 代入数据解得vC＝2 m/s (2)运动员由B点滑至C点的过程中，由动能定理有－μmgL＝mvC2－mvB2 代入数据解得μ＝0.16 (3)设运动员在BC轨道上滑行的总路程为s总，对从P点到静止的整个过程，由动能定理有 mgcos (90°－θ)－μmgs总＝0－mv02 代入数据解得s总＝23.75 m＝4L＋3.75 m 故运动员最后静止的位置与B点之间的距离s＝3.75 m。 12．如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为(　　) A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N 答案　A 解析　0～10 m内物块上滑，由动能定理得 －mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0 整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s 结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N 同理，对10～20 m内物块下滑过程有 斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N 联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，故选A。 学科网（北京）股份有限公司 $$