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第8节习题课动能定理的应用基础自诊课堂互动课堂导学知识点一利用动能定理求变力做功基础梳理应用功的公式无法解决变力做功的问题，而应用动能定理就非常方便，应用动能定理求变力做的功的关键是对全过程运用动能定理列式，通过动能的变化求出合力做的功，进而间接求出变力做的功。典例精析【例1】如图1所示，木板长为1,木板的A端放一质量为m的小物体，物体与板间的动摩擦因数为停开始时木板水平，在绕。点缓慢转过一个小角度。的过程中，若物体始终保持与板相对静止。对于这个过程中各力做功的情况，下列说法中正确的是()A.摩擦力对物体所做的功为mglsin9(1cos0)B.弹力对物体所做的功为mglsin(Cos0C.木板对物体所做的功为mglsin0D.合力对物体所做的功为mglcos0解析重力是恒力，可直接用功的计算公式，则Wg=mgh；摩擦力虽是变力，但因摩擦力方向上物体没有发生位移，所以Wf=0;因木块缓慢运动，所以合力F合=0,则W合=0;因支持力Fn为变力，不能直接用公式求它做的功，由动能定理W合=生知，Wg+Wm=0,所以Wn=Wg=mgh=mglsin&答案C技巧点拨|j变力所做的功一般不能直接由公式W=FlCOs”求解，而是常采用动能定理求解。解题时须分清过程的初、末状态动能的大小以及整个过程中力做的总功。II即学即练1,质量为m的物体以初速度vo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2所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为的物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x,则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中，物体克服弹簧弹力所做的功为A . 2mv2一科 mgs+ x)C. mgs图21 2B . -mvo w mgxD. mg+ x)解析设物体克服弹簧弹力所做的功为W,则物体向左压缩弹簧过程中，弹簧弹力对物体做功为-W,摩擦力对物体做功为-jimgs+x),根据动能定理有一Wmgs+x)=012122mv0,所以W=2mv0jimgs+x)。答案A知识点二利用动能定理分析多过程问题基础梳理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。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，分析每个力的做功，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。当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便。典例精析【例2半彳仝R=1m的B1/4圆弧轨道下端与一水平轨道连接，水平轨道离地面高度h=1m,如图3所示，有一质量m=1.0kg的小滑块自圆轨道最高点A由静止开始滑下，经过水平轨道末端B时速度为24m/s,滑块取终洛在地面上，g取10m/s,试求：(1)不计空气阻力，滑块落在地面上时速度大小;(2)滑块在轨道上滑行时克服摩擦力做的功。解析从B点到地面这一过程，只有重力做功，根据动能定理有mgh=：mv2gmvB,代入数据解得v=6m/s。(2)设滑块在轨道上滑行时克服摩擦力做的功为Wf,对A到B这一过程运用动能定理有mgR皿=mvB0解得Wf=2Jo答案(1)6 m/s(2)2 J即学即练2.如图4所示，MNP为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN与水平段NP相切于N,P端固定一竖直挡板。M相对于N的高度为h,NP长度为s。一物块从M端由静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹性碰撞(碰撞后物块速度大小不变，方向相反)后停止在水平轨道上某处。若在MN段的摩擦可忽略不计，物块与NP段轨道间的动摩擦因数为山求物块停止的地方距N点的距离的可能值。图4解析设物块的质量为m,在水平轨道上滑行的总路程为s,则物块从开始下滑到停止在水平轨道上的过程中，由动能定理得mghmgs=0解得s=h第一种可能：物块与挡板碰撞后，在N前停止，则物块停止的位置距N点的距离d=h2s-s=2s-第二种可能：物块与挡板碰撞后，可再一次滑上光滑圆弧轨道，然后滑下，在水平轨道上停止，则物块停止的位置距N点的距离为：d=s-2s=h2s。所以物块停止的位置距hhN点的距离可能为2s或一-2s。心心答案物块停止的位置距N点的距离可能为2s-匕或h-2s心心知识点三动能定理在平抛、圆周运动中的应用基础梳理动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，特别是在曲线运动中更显示出其优越性，所以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：有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能过最高点的临界条件为Vmin=0o没有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能过最高点的临界条件为Vmin=刷。典例精析【例3】如图5所示，质量m=0.1kg的金属小球从距水平面h=2.0m的光滑斜面上由静止开始释放，运动到A点时无能量损耗，水平面AB是长2.0m的粗糙平面，与半径为R=0.4m的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，其中圆轨道在竖直平面内，D为轨道的最高点，小球恰能通过最高点D,求：(g=10m/s2)图5小球运动到A点时的速度大小；(2)小球从A运动到B时摩擦阻力所做的功；(3)小球从D点飞出后落点E与A的距离。解析(1)根据题意和题图可得：小球下落到A点时由动能定理得:W=mgh=2mvA,所以va=42gh=/x10X2m/s=2VT0m/s(2)小球运动到D点时2mvD_mg=?vd=VgR=2m/sR当小球由B运动到D点时由动能定理得:mg2R=2mvD2mvB解得Vb=4gR+vD=25m/s12121_所以A到B时：Wf=1mvB2mvA=2X0.1X(2040)J=-1J(3)小球从D点飞出后做平抛运动，故有12cx4R2R=2gt?t=J=0.4s水平位移xbe=VDt=0.8m所以Xae=XabXbe=1.2m。答案(1)2710m/s(2)-1J(3)1.2m即学即练3.如图6所示，图6质量为m的小球自由下落d后，沿竖直面内的固定轨道ABC运动，AB是半径为d的4光滑圆弧，BC是直径为d的粗糙半圆弧（B是轨道的最低点）。小球恰好能运动到C点。求：（1）小球运动到B处时对轨道的压力大小；（2）小球在BC上运动过程中，摩擦力对小球做的功。（重力加速度为g）2解析（1）小球下落到B的过程由动能定理得2mgd=；mv2,在B点：Fn-mg=mrd,得Fn=5mg,根据牛顿第三定律Fn=Fn=5mgo2VC1o1o-3 _ _4mgd。（2）在C点，mg=m-。小球从B运动到C的过程：2mvC-mv2=-mgd+Wf,得Wf2答案 （1）5mg一3一mgd反馈训练课堂达标1. （2016浙江温州八校联考）如图7所示，滑块从光滑曲面轨道顶点A由静止滑至粗糙的水平面的C点而停止。曲面轨道顶点离地面高度为H,滑块在水平面上滑行的距离为s,求滑块与水平面之间的摩擦因数卬,4HC图7解析当滑块在水平面上滑行时可分析受力得f=(1IN=(img对滑块滑行的全过程运用动能定理可得W=AEk且W=Wg+Wf=mgHfsEk=EkCEkA=0H联立可得Hs答案Hs2.图8如图8所示，质量m=1kg的木块静止在高h=1.2m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数科=0.2,用水平推力F=20N,使木块产生位移li=3m时撤去，木块又滑行12=1m后飞出平台，求木块落地时速度的大小。(g取10m/s2)解析木块的运动分为三个阶段，先是在li段匀加速直线运动，然后是在12段匀减速直线运动，最后是平抛运动。考虑应用动能定理，设木块落地时的速度为v,整个过程中各力做功情况分别为推力做功Wf=F1i,摩擦力做功Wf=科mgh+l2),重力做功Wg=mgh,19对整个过程由动能定理得Fl1-m(1+l2)+mgh=-mv2-0,代入数据解得v=8啦m/s。答案82m/s3.93 一如图9所小，竖直平面内的3圆弧形光滑管道半径略大于小球半径，管道中心线到圆心4的距离为R,A端与圆心O等高，AD为水平面，B点在。的正下方，小球自A点正上方由静止释放，自由下落至A点时进入管道，从上端口飞出后落在C点，当小球到达B点时，管壁对小球的弹力大小是小球重力大小的9倍。求：(1)释放点距A点的竖直高度；(2)落点C与A点的水平距离。解析(1)设小球到达B点的速度为vi,因为到达B点时管壁对小球的弹力大小是小球2重力大小的9倍，所以有9mgmg=31R从最高点到B点的过程中，由动能定理得_12mg(h+R)=2mvi由得：h=3R(2)设小球到达圆弧最高点的速度为V2,落点C与A点的水平距离为x从B到最高点的过程中，由动能定理得一mgX2R=2mv2|mv21o_由平抛运动的规律得R=2gt2R+x=v2t联立解得x=(2V2-1)Ro答案(1)3R(2)(2。21)R课时作业I通学楸罚尸M用升1.如图1所示,4光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。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,则从A到C的过程中弹簧弹力做功是（）.1212A.mgh2mvB.mvmghC.mghD.-（mgh+2mv2）解析由A到C的过程运用动能定理可得：12mgh+W=0-2mv,所以W=mgh1mv2,故A正确。答案A2. 一质量为m的小球,图2用长为l的轻绳悬挂于。点。小球在水平力F的作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，如图2所示，则力F所做的功为（）A.mglcos0B.Flsin0C.mgl（1cos0）D.Flcos0解析小球从平衡位置P处到Q点，缓慢移动，可认为动能变化为0,则由动能定理mgl(1cosO)+Wf=0。答案C3. （2016济南高一检测）如图3所示，小球以初速度vo从A点沿粗糙的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的速度大小为（）图3A.Jv04ghB.4ghv0C.v0-2ghD.42gh-v2解析在从A到B的过程中，重力和摩擦力做负功，根据动能定理可得mgh+Wf=mv2,从B到A过程中，重力做正功，摩擦力做负功（因为沿原路返回，所以两种情况摩擦力做功大小相等）根据动能定理可得mgh-Wf=2mv；两式联立得再次经过A点的速度为，4gh-v2,选B。答案B4 .（多选）质量为m的汽车在平直公路上行驶，发动机的功率P和汽车受到的阻力Ff均恒定不变，在时间t内，汽车的速度由Vo增加到最大速度Vm,汽车前进的距离为s,则此段时间内发动机所做的功W可表示为（）A. W=PtB. W=Ffs八1212.C. W=mvm,mvo+Ffs1 2,D. W=mvm+FfS解析由题意知，发动机功率不变，故t时间内发动机做功W=Pt,所以A正确；车做1212加速运动，故牵引力大于阻力Ff,故B错误；根据动能定理WFfs=2mvm-2mvo,所以C正确，D错误。答案AC5 .如图4所示图4一质量为m的质点在半径为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Fn。重力加速度为g,则质点自A滑到B的A. 1R(FN- 3mg)过程中，摩擦力对其所做的功为（）1B.?R(3mgFn)-11C.,R（Fnmg）D.R（Fn2mg）解析质点到达最低点B时，它对容器的正压力为Fn,根据牛顿第二定律有Fnmg=m1,根据动能定理，质点自A滑到B的过程中有Wf+mgR=gmv；故摩擦力对其所做的R2一，13_功Wf=）RFnmgR,故A项正确。答案A6. 如图5所示,一物体由A点以初速度则它与挡板碰前的速度大小为（）A点，其速度正好为零。设A、B两点高度差为h,C.D.4 2gh + v2B.解析下滑过程由动能定理,1212mghfs=?mv2mv0,碰撞无动能损失，物块上升过程，由动能定理，得一mgh-fs=O-2mv2,得v=、y2ghZV0,故选项C正确。答案C7. 一艘由三个推力相等的发动机推动的气垫船在湖面上，由静止开始加速前进s距离后，关掉一个发动机，气垫船匀速运动，当气垫船将运动到码头时，又关掉两个发动机，最后它恰好停在码头，则三个发动机都关闭后，气垫船通过的距离是多少？解析设每个发动机的推力是F,湖水的阻力是Ff。当关掉一个发动机时，气垫船做匀速运动，则:2FFf=0,Ff=2F。开始阶段，气垫船做匀加速运动，末速度为V,气垫船的质量为m,应用动能定理有1212(3FFf)s=2mv,倚Fs=2mv。12又关掉两个发动机时，气垫船做匀减速运动，应用动能定理有Ffsi=02mv；得2Fsi12=2mv。所以si=|,即关闭发动机后气垫船通过的距离为答案s28. 一个人站在距地面20m的高处，将质量为0.2kg的石块以vo=12m/s的速度斜向上抛出，石块的初速度方向与水平方向之间的夹角为30,g取10m/s2,求：(1)人抛石块过程中对石块做了多少功？(2)若不计空气阻力，石块落地时的速度大小是多少？(3)若落地时的速度大小为22m/s,石块在空中运动过程中克服阻力做了多少功?解析(1)根据动能定理知，W=2mv0=14.4J，、,-mv112(2)不计空气阻力，根据动能定理得mgh=-2-2mv2解得V1=Jyvc)+2gh=23.32m/s22,一八一eqmv2mv0由动能te理得mghWf=l2 mv0 -2-)=6 J2rmV2解得Wf=mgh-(答案(1)14.4J(2)23.32m/s(3)6J9. (20168月温州选考模拟)在温州市科技馆中，有个用来模拟天体运动的装置，其内部是一个类似锥形的漏斗容器，如图6甲所示。现在该装置的上方固定一个半径为R的四分之一光滑管道AB,光滑管道下端刚好贴着锥形漏斗容器的边缘，如图乙所示。将一个质量为m的小球从管道的A点静止释放，小球从管道B点射出后刚好贴着锥形容器壁运动，由于摩擦阻力的作用，运动的高度越来越低，最后从容器底部的孔C掉下，(轨迹大致如图乙虚线所示)，已知小球离开C孔的速度为v,A到C的高度为Ho求：甲乙(1)小球达到B端的速度大小；(2)小球在管口B端受到的支持力大小；(3)小球在锥形漏斗表面运动的过程中克服摩擦阻力所做的功。解析(1)设当滑块在A端运动到B端的过程中，由动能定理mgR=2mvB得：VB=2gR(2)设小球受到的支持力为F,Fmg=mvr,得：F=3mgR(3)设克服摩擦阻力做的功为W,根据动能定理：mgHW=mv2,得W=mgH-2mv21 9答案(1)而R(2)3mg(3)mgH-mv210.如图7所示，质量为m的物体从高度为h、倾角为。的光滑斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，最后停在水平面上，已知物体与水平面间的动摩擦因数为由求：(1)物体滑至斜面底端时的速度；(2)物体在水平面上滑行的距离。(不计斜面与平面交接处的动能损失)解析(1)物体下滑过程中只有重力做功，且重力做功与路径无关，由动能定理：mgh=2mv2,可求得物体滑至斜面底端时速度大小为v=V2gh;(2)设物体在水平面上滑行的距离为l,由动能定理：一mgl=0mv；解得：1=?一=。2 2g11.如图8所示,图8一个质量为m=0.6kg的小球以某一初速度vo=2m/s从P点水平抛出，从粗糙圆弧ABC的A点沿切线方向进入(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)且恰好沿圆弧通过最高点C,已知圆弧的圆心为O,半径R=0.3m,0=60,g=10m/s2。试求：(1)小球到达A点的速度VA的大小；(2)P点与A点的竖直高度H;(3)小球从圆弧A点运动到最高点C的过程中克服摩擦力所做的功Wo解析(1)在A处由速度的合成得Va=一匕cos0代入数值解得Va=4m/s(2)P到A小球做平抛运动，竖直分速度Vy=Votan0由运动学规律有vy=2gH,由以上两式解得H=0.6m(3)恰好过C点满足mg=mRC由A到C由动能定理得mgR(1+cos9W=2mvC2mvA代入解得W=1.2Jo答案(1)4m/s(2)0.6m(3)1.2J12.(2016浙江嘉兴第一学期期末检测)如图9为一种由光滑细圆管弯成的全自动小球消毒装置的原理示意图，其中AB部分为水平传输轨道，下方为半径为R的圆形消毒轨道(R远大于细管内径)，里面充满了消毒气体(仅局限在下方圆轨道中，且整个轨道气体浓度相同)，改变消毒气体浓度，可以改变消毒气体对小球的粘滞阻力f,f的大小范围为fwfw2f0,一质量为m、初速度为Vo的待消毒小球从A点水平进入该装置，消毒完成后由B点水平抛出后落在收集装置中(不计空气阻力)，收集装置的上边缘MN与圆形轨道最低点C等高，则该装置正常工作时：图9(1)在最低点C,轨道对小球的支持力最大为多少；(2)BM之间的水平距离x最小为多少；(3)若初速度可以改变，则初速度满足什么条件，一定可以完成消毒工作。(收集装置的位置可以自动调节)解析(1)小球在最低点C点有FNmmg=m+R从A到C,由动能定理得12122mivcm2miV0=2mgRfoR2联立求得FNm=5mg-2fo+mv0R(2)水平方向x=VBt12竖直万向2R=2gt2从A到B,由动能定理有(3)能完成消毒工作，意味着小球能到达B,此刻速度大于零即可取vb=0时为临界点,则根据式可得vom=2Tf0mR，即vo2y2fmR222答案(1)5mg-2fo+mv(2)2但二还R.mg/2foTiRv02;B
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