第四章 专题强化13 动能定理的应用(二)-（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（粤教版）

专题强化13　动能定理的应用(二) [学习目标]　1.能够灵活应用动能定理解决多过程问题(重点)。2.能够应用动能定理分析解决往复运动问题(重点)。3.能够应用动能定理分析平抛、圆周运动(难点)。 一、应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，动能定理往往比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1　如图所示，物体在距斜面底端5 m处由静止开始下滑，然后滑上与斜面平滑连接的水平面，若物体与斜面及水平面间的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°，求物体能在水平面上滑行的距离。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2) 答案　3.5 m 解析　对物体在斜面上和水平面上分别受力分析如图所示 方法一　分过程列方程：设物体滑到斜面底端时的速度为v，物体下滑阶段 FN1＝mgcos 37°，故f1＝μFN1＝μmgcos 37° 由动能定理得： mgsin 37°·s1－μmgcos 37°·s1＝mv2－0 设物体在水平面上滑行的距离为s2，摩擦力f2＝μFN2＝μmg 由动能定理得：－μmgs2＝0－mv2 联立以上各式可得s2＝3.5 m。 方法二　对全过程由动能定理列方程： mgs1sin 37°－μmgcos 37°·s1－μmgs2＝0 解得：s2＝3.5 m。 例2　(2023·北京海淀清华附中高一期中)如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道B端的切线沿水平方向。质量m＝1.0 kg的滑块(可视为质点)在水平恒力F＝10.0 N的作用下，从A点由静止开始运动，当滑块运动位移s＝0.50 m时撤去力F。已知A、B之间的距离s0＝1.0 m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.10，取g＝10 m/s2。求： (1)在撤去力F时，滑块的速度大小； (2)滑块通过B点时的动能； (3)滑块通过B点后，能沿圆弧轨道上升到最高点C，其高度h＝0.35 m，求滑块沿圆弧轨道上升过程中摩擦力做的功。 答案　(1)3 m/s　(2)4 J　(3)－0.5 J 解析　(1)滑动摩擦力为f＝μmg＝1 N 由动能定理有Fs－μmgs＝mv2 解得v＝3 m/s (2)设滑块通过B点时的动能为EkB，从A到B运动的过程中，依据动能定理有W合＝ΔEk， Fs－fs0＝EkB，解得EkB＝4 J (3)设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为W克f，根据动能定理有－mgh－W克f＝0－EkB，解得W克f＝0.5 J，故Wf＝－W克f＝－0.5 J。 例3　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)物体第一次运动到C点时的速度大小vC； (2)A点距离水平面的高度H； (3)物体最终停止的位置到C点的距离s。 答案　(1)4 m/s　(2)1.02 m　(3)0.4 m 解析　(1)物体由C点运动到最高点，根据动能定理得：－mg(h＋R)＝0－mvC2 代入数据解得：vC＝4 m/s (2)物体由A点运动到C点，根据动能定理得： mgH－μmglBC＝mvC2－0 代入数据解得：H＝1.02 m (3)从物体开始下滑到最终停止，根据动能定理得： mgH－μmgs1＝0 代入数据解得s1＝5.1 m 由于s1＝4lBC＋0.7 m 所以物体最终停止的位置到C点的距离为：s＝0.4 m。 1．物体做往复运动时，如果用运动学、动力学观点去分析运动过程，会十分繁琐，甚至无法确定往复运动的具体过程和终态。这时就体现出动能定理的优势了。由于动能定理解题的优越性，求解多过程往复运动问题时，一般应用动能定理。 2．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克f＝fs(s为路程)。 二、动能定理在平抛、圆周运动中的应用 动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意： (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可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝0。 ②不可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为只有重力提供向心力，mg＝，vmin＝。 例4　如图所示，一可以看成质点的质量m＝2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入固定圆弧轨道，BC为圆弧的竖直直径，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R＝0.5 m。已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力，g取10 m/s2。 (1)求小球的初速度v0的大小； (2)若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功。 答案　(1)3 m/s　(2)－4 J 解析　(1)在A点，由平抛运动规律得： vA＝＝v0 小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得 mg(R＋Rcos θ)＝mvA2－mv02 联立解得：v0＝3 m/s； (2)若小球恰好能通过最高点C，在最高点C处有mg＝，小球从桌面运动到C点的过程中，由动能定理得 Wf＝mvC2－mv02 代入数据解得Wf＝－4 J。 专题强化练 1.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。 2．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。 3.如图所示，物块(可视为质点)以初速度v0从A点沿不光滑的轨道运动恰好到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的速度大小为(重力加速度为g，水平轨道与斜轨道平滑连接)(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　物块由A运动到B的过程中，由动能定理可得 －mgh－W克f＝0－mv02① 物块由B运动到A的过程中，由动能定理可得 mgh－W克f＝mv12② 联立①②可得v1＝ 故选B。 4．(多选)如图所示为一滑草场。某条滑道由上、下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则(　　) A．动摩擦因数μ＝ B．载人滑草车最大速度为 C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g 答案　AB 解析　根据动能定理有2mgh－W克f＝0，即2mgh－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，得动摩擦因数μ＝，W克f＝2mgh，故A项正确，C项错误；载人滑草车在上、下两段的加速度分别为a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g，则载人滑草车在上、下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，因此在上段滑道底端时达到最大速度v，由动能定理得：mgh－μmgcos 45°＝mv2，得v＝，故B项正确，D项错误。 5.如图所示，一固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道ABC，半径为R＝0.5 m，轨道在C处与粗糙的水平面相切，在D处有一质量m＝1 kg的小物体压缩着轻质弹簧，弹簧左端不与小物体拴接、右端固定，在弹力的作用下以一定的初速度水平向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.25，物体通过C点后进入圆轨道运动，恰好能通过半圆轨道的最高点A，最后又落回水平面上的D点(g＝10 m/s2，不计空气阻力)，求： (1)物体到C点时的速度大小； (2)弹簧对物体做的功。 答案　(1)5 m/s　(2)15 J 解析　(1)物体恰好通过A点有mg＝m可得vA＝ m/s 物体由C到A过程有－2mgR＝mvA2－mvC2解得vC＝5 m/s (2)物体从A到D做平抛运动有2R＝gt2 所以sCD＝vAt＝1 m 物体由D到C过程有W－μmgsCD＝mvC2解得W＝15 J。 6.(多选)(2023·遵义市高一期末)如图所示，在水平轨道右侧固定一半径R＝0.8 m的光滑竖直圆弧轨道，C为圆弧轨道最低点，圆弧轨道与水平轨道在C处平滑连接，轨道左侧有一轻质弹簧，其左端固定在竖直墙上，右端与质量m＝2 kg的物块(可视为质点)接触但不连接，弹簧处于自然状态时物块位于B点。现对物块施加方向水平向左、大小为F＝160 N的恒力，物块向左运动0.4 m后撤去恒力F，弹簧始终处于弹性限度内。物块与BC段间的动摩擦因数μ＝0.1，B、C间的距离xBC＝0.8 m，其余摩擦和空气阻力均不计，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．恒力F做功64 J B．物块第一次到达C点时对轨道的压力大小为156 N C．物块最终停在水平轨道B点 D．物块能冲上圆弧轨道共计40次 答案　AC 解析　恒力F做功为WF＝Fx＝160×0.4 J＝64 J，故A正确；设物块第一次达到C点时的速度大小为vC，根据动能定理可得WF－μmgxBC＝mvC2，解得vC＝ m/s，在C点根据牛顿第二定律可得FN－mg＝m，解得FN＝176 N，根据牛顿第三定律可知物块第一次到达C点时对轨道的压力大小为176 N，故B错误；物块最终一定静止在BC上，设物块在BC段往返通过的总路程为s，则有WF＝μmgs，解得s＝32 m，由于＝＝40可知，物块最终停在水平轨道B点，物块能冲上圆弧轨道共计20次，故C正确，D错误。 7.(2023·湖北卷)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求： (1)小物块到达D点的速度大小； (2)B和D两点的高度差； (3)小物块在A点的初速度大小。 答案　(1)　(2)0　(3) 解析　(1)由题知，小物块恰好能到达圆弧轨道的最高点D，则在D点有 m＝mg 解得vD＝ (2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有 cos 60°＝ 小物块从C到D的过程中，根据动能定理有 －mg(R＋Rcos 60°)＝mvD2－mvC2 则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有 mgHBD＝mvD2－mvB2 联立解得vB＝，HBD＝0 (3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有 －μmgs＝mvB2－mvA2 s＝π·2R 解得vA＝。 8.(2022·丰城九中高一期末)如图，竖直放置的斜面AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD的B端相切，圆弧半径R＝0.8 m，圆心与A、D在同一水平面上，OC沿竖直方向，OB与OC的夹角θ＝30°，现有一个质量m＝1.0 kg的小物体从斜面上的A点无初速度滑下，已知小物体与斜面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)小物体在斜面上能够通过的路程； (2)小物体通过C点时，对C点的最大压力和最小压力大小。 答案　(1)4 m　(2)24 N　(30－10) N 解析　(1)由于圆弧轨道光滑，则小物体最终将在以过圆心的半径两侧θ范围内运动，由动能定理得mgRcos θ－fs＝0，又f＝μmgcos θ，解得s＝4 m (2)小物体第一次到达C点时对C点的压力最大 根据牛顿第二定律，FNmax－mg＝ 小物体从A运动到C的过程由动能定理得mgR－μmgcos θ·＝mv2，＝，代入数据解得：C点对小物体的支持力大小FNmax＝24 N，根据牛顿第三定律，此时小物体对C点的压力大小为24 N； 当小物体最后在圆弧上运动时，通过C点时对轨道压力最小。根据牛顿第二定律FNmin－mg＝， 又有mgR(1－cos θ)＝，代入数据解得：C点对小物体的支持力大小FNmin＝(30－10) N 根据牛顿第三定律，此时小物体对C点的压力大小为(30－10) N。 学科网（北京）股份有限公司 $$