2018-2019学年高考物理 主题二 机械能及其守恒定律 第四章 机械能及其守恒定律 习题课 动能定理的应用学案 教科版.doc

习题课动能定理的应用应用动能定理求变力的功要点归纳1.应用动能定理求变力的功是常用的方法，当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W变W其他Ek。2.当机车以恒定功率启动时，牵引力为变力，牵引力做的功可表示为WPt。试题案例例1 如图1所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R。一质量为m的物体，与两个轨道的动摩擦因数都为，当它由轨道顶端A从静止下滑时，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力做功为()图1A.mgR B.mgRC.mgR D.(1)mgR解析设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A到C的全过程，根据动能定理有mgRWABmgR0，所以有WABmgRmgR(1)mgR。选项D正确。答案D例2 (多选)质量为m的汽车在平直的公路上行驶，某时刻速度为v0，从该时刻起汽车开始加速，经过时间t前进的距离为s，此时速度达到最大值vmax，设在加速过程中发动机的功率恒为P，汽车所受阻力恒为f，则这段时间内牵引力所做的功为()A.Pt B.fvmaxtC.fs D.mvfsmv解析牵引力的功率为P，则WPt，A正确；当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则有Pfvmax，B正确；加速阶段牵引力大于阻力，C错误；对加速阶段，由动能定理得Wfsmvmv，D正确。答案ABD应用动能定理分析问题时要确定研究过程的初、末状态，对研究对象进行受力分析，明确力做功的情况，这是求解问题的关键。如例2中对于汽车以恒定功率加速的过程，要明确阻力做功为恒力做功Wffs而牵引力做功为变力做功，由于功率不变，则WPt。动能定理的表现形式应为Ptfsmvmv。针对训练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，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，物体克服弹簧弹力所做的功为()图2A.mvmg(sx)B.mvmgxC.mgsD.mg(sx)解析由动能定理得：Wmg(sx)0mv，故物体克服弹簧弹力做功Wmvmg(sx)，A正确。答案A动能定理与图像相结合的问题要点归纳动能定理经常和图像问题相结合应用，分析时一定要弄清图像的物理意义，要特别注意图像的形状、交点、截距、斜率、面积等信息，并结合运动图像建立相应的物理情境，选择合理的规律求解有关问题。试题案例例3 (多选)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到vm后立即关闭发动机直到停止，vt图像如图3所示。设汽车的牵引力为F，摩擦力为f，全过程中牵引力做功W1，克服摩擦力做功W2，则()图3A.Ff13 B.Ff41C.W1W211 D.W1W213解析全过程初、末状态的动能都为零，对全过程应用动能定理得W1W20即W1W2，选项C正确；设物体在01 s内和14 s内运动的位移大小分别为x1、x2，则W1Fx1W2f(x1x2)在vt图像中，图像与时间轴包围的面积表示位移，由图像可知，x23x1由式解得：Ff41，选项B正确。答案BC“三步法”分析动能定理与图像的结合问题针对训练2 (2018张家口高一检测)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。则以下各图像中，能正确反映这一过程的是()解析物体在恒定阻力作用下运动，其加速度不随时间和位移变化，选项A、B错误；由动能定理得：fxEkEk0，解得EkEk0fx，可知选项C正确，D错误。答案C动能定理在多过程问题中的应用要点归纳对于包含多个运动阶段的多过程问题，应用动能定理时可以选择分段法或全程法。1.分段法：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.全程法：分析整个过程中的各个力的做功情况，确定整个过程中各个力做功的代数和，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，选择全程法更简洁。注意：当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移。计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和。试题案例例4 右端连有光滑弧形槽的水平面AB长为L1.5 m，如图4所示。一个质量为m0.5 kg的木块在F1.5 N的水平拉力作用下，从水平面上A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F。木块与水平面间的动摩擦因数0.2，取g10 m/s2。求：图4(1)木块沿弧形槽上升的最大高度；(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平面上滑动的距离。解析(1)设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，对木块由A端运动到最大高度的过程，由动能定理得FLmgLmgh0解得h0.15 m。(2)设木块沿弧形槽滑回B端后在水平面上滑行的距离为s，由动能定理得mghmgs0解得s0.75 m。答案(1)0.15 m(2)0.75 m物体在运动过程中若包含几个不同的过程，应优先考虑对全过程运用动能定理，这样往往比分过程运用动能定理求解简单。但对全过程列式时，要弄清整个过程中有哪些力做功，每个力做的功与哪段位移相对应，否则容易出错。针对训练3 如图5所示，光滑水平面AB与一半圆形轨道在B点相连，半圆形轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下由静止获得一速度，当它经B点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，重力加速度为g。求：图5(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块从B到C克服阻力所做的功；(3)物块离开C点后，再落回到水平面上时的动能。解析(1)由动能定理得Wmv在B点由牛顿第二定律得7mgmgm解得W3mgR(2)物块从B到C由动能定理得2mgRWmvmv物块在C点时mgm解得WmgR，即物块从B到C克服阻力做功为mgR。(3)物块从C点平抛到水平面的过程中，由动能定理得2mgREkmv，解得EkmgR。答案(1)3mgR(2)mgR(3)mgR1.(动能定理的应用)(2018东营高一检测)人在距地面h高处抛出一个质量为m的小球，落地时小球的速度为v，不计空气阻力，人对小球做功是()A.mv2 B.mghmv2C.mghmv2 D.mv2mgh解析运用动能定理得：mghWmv20，解得：Wmv2mgh，故D正确，A、B、C错误。答案D2.(应用动能定理求变力的功)如图6所示，木板长为l，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。开始时木板水平，在绕O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()图6A.摩擦力对物体所做的功为mglsin (1cos )B.弹力对物体所做的功为mglsin cos C.木板对物体所做的功为mglsin D.合力对物体所做的功为mglcos 解析重力是恒力，可直接用功的计算公式，则WGmghmglsin ；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Wf0；因木块缓慢运动，所以合力F合0，则W合0；因支持力N为变力，不能直接用公式求它做的功，由动能定理W合Ek知，WGWN0，所以WNWGmghmglsin 。即木板对物体做功为mglsin ，选项C正确。答案C3.(动能定理与图像相结合问题)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t4 s 时停下，其vt图像如图7所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是 ()图7A.整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B.整个过程中拉力做的功等于零C.t2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大D.t1 s到t3 s这段时间内拉力不做功解析全过程由动能定理得WFWf0，所以选项A正确；因物体从静止开始运动，整个过程WF0，B错误；拉力的瞬时功率在13 s内相等，1 s末时刻拉力的瞬时功率最大，C错误；t1 s到t3 s这段时间内，物体做匀速运动，Ff0，拉力做功WFx130，D错误。答案A4.(多过程问题)如图8所示，AB段为粗糙水平面轨道，BC段是固定于竖直平面内的光滑半圆形导轨，半径为R。一质量为m的滑块静止在A点，在水平恒力F作用下从A点向右运动，当运动至B点时，撤去恒力F，滑块沿半圆形轨道向上运动恰能通过最高点C。已知滑块与水平轨道间的滑动摩擦力f，水平恒力F。求：图8(1)滑块与水平轨道间的动摩擦因数；(2)滑块运动至C点的速度大小vC；(3)水平轨道AB的长度L。解析(1)滑块在水平轨道上运动时，由fNmg得0.25(2)滑块在C点时仅受重力，据牛顿第二定律，有mgm可得vC(3)滑块从A到C的过程，运用动能定理得：(Ff)L2mgRmv0又f，F解得L10R。答案(1)0.25(2)(3)10R合格性检测1.(2018全国卷，14)如图1，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定()图1A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功解析由动能定理WFWfEk0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A正确。答案A2.(多选)用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功3 J，拉力F做功8 J，空气阻力做功0.5 J，则下列判断正确的是()A.物体的重力势能增加了3 JB.物体的重力势能减少了3 JC.物体的动能增加了4.5 JD.物体的动能增加了8 J解析因为重力做功3 J，所以重力势能增加3 J，A正确，B错误；根据动能定理W合Ek，得EkW合WGWFWf3 J8 J0.5 J4.5 J，C正确，D错误。答案AC3.如图2所示，一个小球质量为m，静止在光滑的轨道上。现以水平力击打小球，使小球能够通过半径为R的竖直光滑半圆轨道的最高点C，则水平力对小球所做的功至少为()图2A.mgR B.2mgRC.2.5mgR D.3mgR解析要通过竖直光滑半圆轨道的最高点C，在C点，则有mg，对小球，由动能定理W2mgRmv2，联立解得W2.5mgR，C项正确。答案C4.(2018廊坊高一检测)如图3所示，质量为m的物块与水平转台间的动摩擦因数为，物块与转轴相距R，物块随转台由静止开始转动。当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()图3A.0 B.2mgR C.2mgR D.解析物块即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物块的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物块做圆周运动的线速度为v，则有mg。在物块由静止到获得速度v的过程中，物块受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物块做功，由动能定理得Wmv20。联立解得WmgR。故D正确。答案D5.(2018江苏单科，4)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是()解析设小球抛出瞬间的速度大小为v0，抛出后，某时刻t小球的速度vv0gt，故小球的动能Ekmv2m(v0gt)2，结合数学知识知，选项A正确。答案A6.(2018淮安高一检测)(多选)如图4甲所示，质量m2 kg 的物体以100 J的初动能在粗糙的水平地面上滑行，其动能Ek随位移x变化的关系图像如图乙所示，则下列判断正确的是()图4A.物体运动的总位移大小为10 mB.物体运动的加速度大小为10 m/s2C.物体运动的初速度大小为10 m/sD.物体所受的摩擦力大小为10 N解析由图像可知，物体运动的总位移为10 m，根据动能定理得，f x0Ek0，解得f N10 N，故A、D正确；根据牛顿第二定律得，物体运动的加速度大小a m/s25 m/s2，故B错误；根据Ek0mv得v0 m/s10 m/s，故C正确。答案ACD7.如图5所示，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动，已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在最高点时对轨道的压力大小为N2。重力加速度大小为g，则N1N2的值为()图5A.3mg B.4mgC.5mg D.6mg解析对最低点有N1mgm，最高点有N2mgm。小球在运动过程中由动能定理：mg2Rmvmv，解得N1N26mg。答案D8.质量m1 kg的物体，在水平拉力F的作用下，沿粗糙水平面运动，在位移是4 m时，拉力F停止作用，运动到位移是8 m时物体停止，运动过程中Ekx的图像如图6所示，g取10 m/s2，求：图6(1)物体和水平面间的动摩擦因数；(2)拉力F的大小。解析(1)在运动的第二阶段，物体在位移x24 m内，动能由Ek10 J变为零。由动能定理得：mgx20Ek，故动摩擦因数0.25。(2)在运动的第一阶段，物体位移x14 m，初动能Ek02 J，根据动能定理得：Fx1mgx1EkEk0，所以F4.5 N。答案(1)0.25(2)4.5 N等级性检测9.(多选)如图7，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则()图7A.a B.aC.N D.N解析由动能定理知，在P从最高点下滑到最低点的过程中mgRWmv2，在最低点的向心加速度a，联立得a，选项A正确；在最低点时Nmgma，所以N，选项C正确。答案AC10.如图8，与水平面夹角37的斜面和半径R0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间动摩擦因数0.25。(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：图8(1)滑块在C点的速度大小vC；(2)滑块在B点的速度大小vB；(3)A、B两点间的高度差h。解析(1)滑块在C点竖直方向所受合力提供向心力mgvC2 m/s(2)对BC过程，由动能定理有mgR(1cos 37)mvmvvB4.29 m/s(3)滑块在AB的过程，利用动能定理得mghmgcos 37mv0代入数据解得h1.38 m答案(1)2 m/s(2)4.29 m/s(3)1.38 m11.(2018江阴一中高一检测)我国海军歼15舰载机已经在“辽宁”号航母上成功着舰和起飞。现将飞机起飞模型简化为飞机先在水平甲板上做匀加速直线运动，再在倾角为15的斜面甲板上以最大功率做加速运动，最后从甲板飞出的速度为360 km/h，如图9所示。若飞机的质量为18吨，甲板AB180 m，BC50 m。(飞机长度忽略当成质点，不计一切摩擦和空气阻力，取sin 150.3，g10 m/s2)图9(1)如果要求到达甲板B点的速度至少为离开斜面甲板速度的60%，则飞机在水平甲板上运动时的牵引力至少为多少才能使飞机起飞？(2)如果到达B点时飞机刚好达到最大功率，则从飞机开始运动到飞离甲板共需多少时间？解析(1)由题意知m18 t1.8104 kg，vC360 km/h100 m/s，则B点的速度至少为v0.6vC60 m/s，由动能定理得，FxABmv2，解得F1.8105 N。(2)到达B点时的功率PFv1.08107 W，飞机从A运动到B的时间t1，飞机从B到C的运动过程由动能定理，得Pt2mgsin xBCmvmv2，tt1t2，联立解得t11.58 s。答案(1)1.8105 N(2)11.58 s12.如图10甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处平滑连接，有一质量为1 kg的滑块(大小不计)从A处由静止开始受水平力F作用而运动，F随位移变化的关系如图乙所示(水平向右为正)，滑块与AB间的动摩擦因数为0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2。图10(1)求滑块到达B处时的速度大小；(2)求滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间；(3)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？解析(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得F1x1F3x3mgxmv得vB2 m/s。(2)在前2 m内，由牛顿第二定律得F1mgma，且x1at解得t1 s。(3)当滑块恰好能到达最高点C时，有mgm对滑块从B到C的过程，由动能定理得Wmg2Rmvmv代入数值得W5 J即克服摩擦力做的功为5 J。答案(1)2 m/s(2) s(3)5 J