第八章 专题强化 动能定理的应用(一)-（配套课件）2023-2024学年高一新教材物理必修第二册 【步步高】学习笔记（人教版）浙江

DIBAZHANG 第八章 专题强化　动能定理的应用(一) 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)。 学习目标 2 一、应用动能定理求变力做功 二、动能定理在图像问题中的应用 专题强化练 学习目标 内容索引 3 一 应用动能定理求变力做功 4 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？ 答案　变力。 (2)怎样求解物体在下滑过程中克服阻力所做的功？ 梳理与总结 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＝Flcos 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。 　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 例1 √ 　一名运动员的某次训练过程中，转盘滑雪机绕垂直于盘面的固定转轴以角速度ω＝0.5 rad/s顺时针匀速转动，质量为60 kg的运动员(含滑雪板)在盘面上离转轴10 m半径上滑行，滑行方向与转盘转动方向相反，在最低点的速度大小为10 m/s，滑行半周到最高点的速度大小为8 m/s，该过程中，运动员所做的功为6 500 J，已知盘面与水平面夹角为18°，g取10 m/s2，sin 18°＝0.31，cos 18°＝0.95，则该过程中运动员克服阻力做的功为 A.4 240 J B.3 740 J C.3 860 J D.2 300 J 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； 例3 答案　2 m/s　 (2)机器人在这段时间对小车和货物做的功； 答案　400 J 解得W＝400 J (3)小车发生这段位移所用时间t。 答案　10 s 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 14 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 √ √ 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)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 √ √ √ 由题图图像知末动能Ek2＝0，初动能Ek1＝50 J， 根据动能定理得Ffx＝Ek2－Ek1，解得Ff＝－5 N， 三 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 基础强化练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 从第1 s末到第3 s末： 从第3 s末到第5 s末： 从第5 s末到第7 s末： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 从第3 s末到第4 s末： 2.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) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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.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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 4.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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 5.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的小球自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的压力大小为2mg，g为重力加速度的大小。小球自P点滑到Q点的过程中，克服摩擦力所做的功为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6.如图所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，两轨道在B点平滑连接，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，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，不计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，对物体从A到C的全过程，由动能定理得mgR－WAB－μmgR＝0，故WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR。故选D。 7.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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 能力综合练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由Ek－s图像斜率的绝对值表示合力，上升阶段：－(mg＋Ff)s上＝0－Ek0，下降阶段：(mg－Ff)s下＝Ek1－0，联立解得mg＝10 N，m＝1 kg，Ff＝2 N，A错误； 小球向上运动时，由牛顿第二定律可知mg＋Ff＝ma，代入数据得a＝12 m/s2，B正确； 当小球的路程为5 m时，克服阻力做功W＝Ff·s＝10 J，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 8.(2023·宁波市余姚中学高一阶段练习)如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块。现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，重力加速度为g，则在整个过程中，下列说法正确的是 A.支持力对小物块做功为mgLsin α B.静摩擦力对小物块做功为mgLsin α √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为α的过程中，支持力对物块做功，根据动能定理有，WN－mgLsin α＝0，得WN＝mgLsin α，故A正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 9.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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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。 10.有一个竖直放置的固定圆形轨道，半径为R，由左右两部分组成。如图所示，右半部分AEB是光滑的，左半部分BFA是粗糙的。现在最低点A给质量为m的小球一个水平向右的初速度v0，使小球沿轨道恰好能过最高点B。小球沿BFA回到A点时对轨道的压力 大小为4mg，g为重力加速度。不计空气阻 力。求： (1)小球的初速度v0的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 小球沿AEB轨道恰好通过B点，由牛顿第二定律有 (2)小球沿BFA回到A点时的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由于小球沿BFA回到A点时对轨道的压力大小为4mg， 由牛顿第三定律知轨道对小球的支持力大小为4mg。 (3)小球由B经F回到A的过程中克服摩擦力 所做的功。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　mgR　 解得W克f＝mgR。 11.(2023·台州市校联考高一期中)如图为一起重机从很深的坑中将重物提起，重物先由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，加速度大小为2 m/s2，当起重机输出功率达到其允许输出的最大值时，保持该功率不变，已知重物质量为500 kg，起重机最大输出功率为60 kW，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，求： (1)重物匀加速运动的时间； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　5 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 匀加速直线运动过程有F1－mg＝ma 解得F1＝6 000 N 根据P＝F1v 解得v＝10 m/s，v＝at1 解得t1＝5 s (2)重物上升的最大速度； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　12 m/s 加速结束后重物以最大速度匀速上升有F2＝mg 此时P＝F2vmax＝mgvmax 解得vmax＝12 m/s (3)重物达到最大速度时共上升30 m，则上升的总时间为多少。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　5.6 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 重物匀加速上升高度 重物匀加速结束至达到最大速度过程根据动能定理有 解得t2＝0.6 s 所以t总＝t1＋t2＝5.6 s 12.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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 尖子生选练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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， BENKEJIESHU 本课结束 更多精彩内容请登录：www.xinjiaoyu.com 答案　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。 A.mgh－mv2 B.mv2－mgh C.－mgh D.－(mgh＋mv2) 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。 运动员在最低点的对地速度为10 m/s，在最高点的对地速度为8 m/s，根据动能定理可得W－mg·2rsin 18°－W克＝mv2－mv02，又W＝6 500 J，解得W克＝3 860 J，故选C。 当牵引力等于阻力时小车的速度达到最大，vm＝＝2 m/s。 根据动能定理得W－Ff·x＝mvm2 D.物体运动的时间为2 s 又Ek1＝mv2＝50 J，解得v＝5 m/s， 由牛顿第二定律得，物体的加速度为a＝＝－2.5 m/s2， 则物体的运动时间t＝＝ s＝2 s，故选B、C、D。 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 W1＝mv02－mv02＝0，A错误； W2＝0－mv02＝－W，B错误； W3＝m(－v0)2－0＝W，C正确； W4＝m()2－mv02＝－0.75W，D错误。 A.mv02－μmg(s＋x) B.mv02－μmgx C.μmgs D.μmg(s＋x) 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。 A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR 在最低点，根据牛顿第三定律可知，轨道对小球的支持力大小为F＝2mg，又根据牛顿第二定律可得F－mg＝m，从P点到最低点Q的过程， 由动能定理可得mgR－W克f＝mv2，联立可得W克f＝mgR，选项C正确。 A.μmgR B.mgR C.mgR D.(1－μ)mgR 由题图可知Ek0＝mv02，解得v0＝ m/s，C错误； C.滑动摩擦力对小物块做功为－mv2 D.木板对小物块做功为mv2－mgLsin α 缓慢抬高A端的过程中，静摩擦力不做功，在物块下滑的过程中，根据动能定理有mgLsin α＋Wf＝mv2－0， 解得：Wf＝mv2－mgLsin α，故B、C错误； 设在整个过程中，木板对物块做功为W，整个过程中重力做功为零，则根据动能定理有W＝mv2，故D错误。 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 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， 答案　　 mg＝，得vB＝ 从A到B根据动能定理得－2mgR＝mvB2－mv02， 解得v0＝。 答案　　 根据牛顿第二定律及向心力公式有4mg－mg＝，得vA＝。 小球由B经F回到A的过程中，根据动能定理得2mgR－W克f＝mvA2－mvB2， h1＝·t1＝25 m Pt2－mg(h－h1)＝mvmax2－mv2 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。 $$