2017-2018學年同步備課一體之物理人教版必修2講義:第7章機械守恒定律第8節(jié)習題課 動能定理的應用
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1、第8節(jié)習題課動能定理的應用 基礎自診課堂互動 課堂導學 知識點一利用動能定理求變力做功 [基礎梳理] 應用功的公式無法解決變力做功的問題,而應用動能定理就非常方便,應用動能定理求 變力做的功的關鍵是對全過程運用動能定理列式,通過動能的變化求出合力做的功,進而間 接求出變力做的功。 [典例精析] 【例1】如圖1所示,木板長為1,木板的A端放一質量為m的小物體,物體與板間 的動摩擦因數(shù)為停開始時木板水平,在繞。點緩慢轉過一個小角度。的過程中,若物體始終保持與板相對靜止。對于這個過程中各力做功的情況,下列說法中正確的是() A.摩擦力對物體所做的功為mglsin9(1—cos0
2、) B.彈力對物體所做的功為mglsin(Cos0 C.木板對物體所做的功為mglsin0 D.合力對物體所做的功為mglcos0 解析重力是恒力,可直接用功的計算公式,則Wg=—mgh;摩擦力雖是變力,但因 摩擦力方向上物體沒有發(fā)生位移,所以Wf=0;因木塊緩慢運動,所以合力F合=0,則W合 =0;因支持力Fn為變力,不能直接用公式求它做的功,由動能定理W合=生<知,Wg+Wm=0,所以Wn=—Wg=mgh=mglsin& 答案C 技巧點撥|j 變力所做的功一般不能直接由公式W=FlCOs”求解,而是常采用動能定理求解。解題 時須分清過程的初、末狀態(tài)動能的大小以及整個過程
3、中力做的總功。 II [即學即練] 1,質量為m的物體以初速度vo沿水平面向左開始運動,起始點A與一輕彈簧O端相 距s,如圖2所示。已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為的物體與彈簧相碰后,彈簧的最 大壓縮量為x,則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短的過程中,物體克服彈簧彈力所做的功為 A . 2mv2一科 mgs+ x) C. mgs 圖2 1 2 B . -mvo— w mgx D. mg>+ x) 解析設物體克服彈簧彈力所做的功為W,則物體向左壓縮彈簧過程中,彈簧彈力對 物體做功為-W,摩擦力對物體做功為- jimgs+x),根據(jù)動能定理有一W—mgs
4、+x)=0— 1212 2mv0,所以W=2mv0—jimgs+x)。 答案A 知識點二利用動能定理分析多過程問題 [基礎梳理] 1 .分段應用動能定理時,將復雜的過程分割成一個個子過程,對每個子過程的做功情況和初、末動能進行分析,然后針對每個子過程應用動能定理列式,然后聯(lián)立求解。 2 .全程應用動能定理時,分析整個過程中出現(xiàn)過的各力的做功情況,分析每個力的做功,確定整個過程中合外力做的總功,然后確定整個過程的初、末動能,針對整個過程利用動能定理列式求解。 當題目不涉及中間量時,選擇全程應用動能定理更簡單,更方便。 [典例精析] 【例2]半彳仝R=1m的 B 1/4
5、圓弧軌道下端與一水平軌道連接,水平軌道離地面高度h=1m,如圖3所示,有一 質量m=1.0kg的小滑塊自圓軌道最高點A由靜止開始滑下,經過水平軌道末端B時速度為 2 4m/s,滑塊取終洛在地面上,g取10m/s,試求: (1)不計空氣阻力,滑塊落在地面上時速度大小; (2)滑塊在軌道上滑行時克服摩擦力做的功。 解析⑴從B點到地面這一過程,只有重力做功,根據(jù)動能定理有mgh=:mv2—gmvB, 代入數(shù)據(jù)解得v=6m/s。 (2)設滑塊在軌道上滑行時克服摩擦力做的功為Wf,對A到B這一過程運用動能定理有mgR—皿=]mvB—0 解得Wf=2Jo 答案(1)6 m/s (2
6、)2 J [即學即練] 2.如圖4所示,MNP為豎直面內一固定軌道,其圓弧段MN與水平段NP相切于N, P端固定一豎直擋板。M相對于N的高度為h,NP長度為s。一物塊從M端由靜止開始沿軌道下滑,與擋板發(fā)生一次完全彈性碰撞(碰撞后物塊速度大小不變,方向相反)后停止在水 平軌道上某處。若在MN段的摩擦可忽略不計,物塊與NP段軌道間的動摩擦因數(shù)為山求 物塊停止的地方距N點的距離的可能值。 圖4 解析設物塊的質量為m,在水平軌道上滑行的總路程為s',則物塊從開始下滑到停 止在水平軌道上的過程中,由動能定理得mgh—mgs=0 解得s'=h 第一種可能:物塊與擋板碰撞后,在N前停
7、止,則物塊停止的位置距N點的距離d= h 2s-s=2s-- 第二種可能:物塊與擋板碰撞后,可再一次滑上光滑圓弧軌道,然后滑下,在水平軌道 上停止,則物塊停止的位置距N點的距離為:d=s'-2s=h—2s。所以物塊停止的位置距 hh N點的距離可能為2s——或一-2s。 心心 答案物塊停止的位置距N點的距離可能為2s-匕或h-2s 心心 知識點三動能定理在平拋、圓周運動中的應用 [基礎梳理] 動能定理既適用于直線運動,也適用于曲線運動,特別是在曲線運動中更顯示出其優(yōu)越性,所以動能定理常與平拋運動、圓周運動相結合,解決這類問題要特別注意: (1)與平拋運動相結合時,要注
8、意應用運動的合成與分解的方法,如分解位移或分解速 度求平拋運動的有關物理量。 (2)與豎直平面內的圓周運動相結合時,應特別注意隱藏的臨界條件: ①有支撐效果的豎直平面內的圓周運動,物體能過最高點的臨界條件為Vmin=0o ②沒有支撐效果的豎直平面內的圓周運動,物體能過最高點的臨界條件為Vmin=刷。 [典例精析] 【例3】如圖5所示,質量m=0.1kg的金屬小球從距水平面h=2.0m的光滑斜面上 由靜止開始釋放,運動到A點時無能量損耗,水平面AB是長2.0m的粗糙平面,與半徑為R=0.4m的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點,其中圓軌道在豎直平面內,D為軌道的最 高點,小球恰能通
9、過最高點D,求:(g=10m/s2) 圖5 ⑴小球運動到A點時的速度大??; (2)小球從A運動到B時摩擦阻力所做的功; (3)小球從D點飛出后落點E與A的距離。 解析(1)根據(jù)題意和題圖可得:小球下落到A點時由動能定理得: W=mgh=2mvA, 所以va=42gh=/x10X2m/s=2VT0m/s(2)小球運動到D點時 2mvD_ mg=??vd=VgR=2m/sR 當小球由B運動到D點時由動能定理得: —mg2R=2mvD—2mvB 解得Vb=^4gR+vD=2^5m/s 12121__ 所以A到B時:Wf=1mvB—2mvA=2X0.1X(20—4
10、0)J=-1J (3)小球從D點飛出后做平拋運動,故有 12cx4R 2R=2gt?t=^J—=0.4s 水平位移xbe=VDt=0.8m 所以Xae=Xab—Xbe=1.2m。 答案(1)2710m/s(2)-1J(3)1.2m [即學即練] 3.如圖6所示, 圖6 質量為m的小球自由下落d后,沿豎直面內的固定軌道ABC運動,AB是半徑為d的」 4 光滑圓弧,BC是直徑為d的粗糙半圓?。˙是軌道的最低點)。小球恰好能運動到C點。求: (1)小球運動到B處時對軌道的壓力大??; (2)小球在BC上運動過程中,摩擦力對小球做的功。(重力加速度為g) 2 解析(1
11、)小球下落到B的過程由動能定理得2mgd=;mv2,在B點:Fn-mg=mrd,得 Fn=5mg,根據(jù)牛頓第三定律Fn'=Fn=5mgo2VC1o1o- 3 _ _ —4mgd。 (2)在C點,mg=m-。小球從B運動到C的過程:2mvC--mv2=-mgd+Wf,得Wf2 答案 (1)5mg 一3 ⑵一[mgd 反饋訓練課堂達標 1. (2016浙江溫州八校聯(lián)考)如圖7所示,滑塊從光滑曲面軌道頂點A由靜止滑至粗糙的水平面的C點而停止。曲面軌道頂點離地面高度為H,滑塊在水平面上滑行的距離為s,求滑塊與水平面之間的摩擦因數(shù)卬 ,4 H C 圖7 解析當滑塊在水
12、平面上滑行時可分析受力得 f=(1IN=(img 對滑塊滑行的全過程運用動能定理可得W=AEk 且W=Wg+Wf=mgH—fs ^Ek=EkC—EkA=0 H 聯(lián)立可得H s 答案H s 2. 圖8 如圖8所示,質量m=1kg的木塊靜止在高h=1.2m的平臺上,木塊與平臺間的動摩擦因數(shù)科=0.2,用水平推力F=20N,使木塊產生位移li=3m時撤去,木塊又滑行12=1m后飛出平臺,求木塊落地時速度的大小。(g取10m/s2) 解析木塊的運動分為三個階段,先是在li段勻加速直線運動,然后是在12段勻減速 直線運動,最后是平拋運動??紤]應用動能定理,設木塊落地時的速
13、度為v,整個過程中各 力做功情況分別為 推力做功Wf=F1i, 摩擦力做功Wf=—科mgh+l2), 重力做功Wg=mgh, 19 對整個過程由動能定理得Fl1-m(^1+l2)+mgh=-mv2-0, 代入數(shù)據(jù)解得v=8啦m/s。 答案82m/s 3. 9 3 一 如圖9所小,豎直平面內的3圓弧形光滑管道半徑略大于小球半徑,管道中心線到圓心 4 的距離為R,A端與圓心O等高,AD為水平面,B點在。的正下方,小球自A點正上方由靜止釋放,自由下落至A點時進入管道,從上端口飛出后落在C點,當小球到達B點時,管壁對小球的彈力大小是小球重力大小的9倍。求: (1)
14、釋放點距A點的豎直高度; (2)落點C與A點的水平距離。 解析(1)設小球到達B點的速度為vi,因為到達B點時管壁對小球的彈力大小是小球 2 重力大小的9倍,所以有9mg—mg=3^1① R 從最高點到B點的過程中,由動能定理得 _12 mg(h+R)=2mvi② 由①②得:h=3R③ (2)設小球到達圓弧最高點的速度為V2,落點C與A點的水平距離為x 從B到最高點的過程中,由動能定理得 一mgX2R=2mv2—|mv2④ 1o_ 由平拋運動的規(guī)律得R=2gt2⑤ R+x=v2t⑥ 聯(lián)立④⑤⑥解得x=(2V2-1)Ro 答案(1)3R(2)(2。2—1)R
15、課時作業(yè)I通學楸罰尸M用升 1.如圖1所示, ,4 光滑斜面的頂端固定一彈簧,一小球向右滑行,并沖上固定在地面上的斜面。設小球在斜面最低點A的速度為v,壓縮彈簧至C點時彈簧最短,C點距地面高度為h,則從A到C的過程中彈簧彈力做功是() ..1212 A.mgh—2mvB."mv—mgh C.—mghD.-(mgh+2mv2) 解析由A到C的過程運用動能定理可得: 12 —mgh+W=0-2mv, 所以W=mgh—1mv2,故A正確。 答案A 2. 一質量為m的小球, 圖2 用長為l的輕繩懸掛于。點。小球在水平力F的作用下,從平衡位置P點很緩慢地移 動到Q點
16、,如圖2所示,則力F所做的功為() A.mglcos0B.Flsin0 C.mgl(1—cos0)D.Flcos0 解析小球從平衡位置P處到Q點,緩慢移動,可認為動能變化為0,則由動能定理—mgl(1—cosO)+Wf=0。 答案C 3. (2016濟南高一檢測)如圖3所示,小球以初速度vo從A點沿粗糙的軌道運動到高為 h的B點后自動返回,其返回途中仍經過A點,則經過A點的速度大小為() 圖3 A.Jv0—4ghB.^4gh—v0 C..v0-2ghD.42gh-v2 解析在從A到B的過程中,重力和摩擦力做負功,根據(jù)動能定理可得mgh+Wf=^mv2, 從B到A過程
17、中,重力做正功,摩擦力做負功(因為沿原路返回,所以兩種情況摩擦力做功 大小相等)根據(jù)動能定理可得mgh-Wf=2mv;兩式聯(lián)立得再次經過A點的速度為,4gh-v2, 選B。 答案B 4 .(多選)質量為m的汽車在平直公路上行駛,發(fā)動機的功率P和汽車受到的阻力Ff均恒定不變,在時間t內,汽車的速度由Vo增加到最大速度Vm,汽車前進的距離為s,則此段時間內發(fā)動機所做的功W可表示為() A. W=Pt B. W=Ffs 八1212. C. W=]mvm—,mvo+Ffs 1 2, D. W=^mvm+FfS 解析由題意知,發(fā)動機功率不變,故t時間內發(fā)動機做功W=Pt,所以A正確
18、;車做 1212 加速運動,故牽引力大于阻力Ff,故B錯誤;根據(jù)動能定理W—Ffs=2mvm-2mvo,所以C 正確,D錯誤。 答案AC 5 .如圖4所示 圖4 一質量為m的質點在半徑為R的半球形容器中(容器固定)由靜止開始自邊緣上的A點 滑下,到達最低點B時,它對容器的正壓力為Fn。重力加速度為g,則質點自A滑到B的 A. 1R(FN- 3mg) 過程中,摩擦力對其所做的功為() 1 B.?R(3mg—Fn) -11 C.,R(Fn—mg)D.]R(Fn—2mg) 解析質點到達最低點B時,它對容器的正壓力為Fn,根據(jù)牛頓第二定律有Fn—mg =m
19、1,根據(jù)動能定理,質點自A滑到B的過程中有Wf+mgR=gmv;故摩擦力對其所做的 R2 一,…13_ 功Wf=)RFn—]mgR,故A項正確。 答案A 6. 如圖5所示, 一物體由A點以初速度 則它與擋板碰前的速度大小為 ( ) A點,其速度正好為零。設A、B兩點高度差為h, C. D. 4 2gh + v2 B. 解析下滑過程由動能定理, ,「1212 mgh—fs=?mv—2mv0, 碰撞無動能損失,物塊上升過程,由動能定理,得 一mgh-fs=O-2mv2, 得v=、y2ghZV0,故選項C正確。 答案C 7. 一艘由三個推力相等的發(fā)動機推動的氣
20、墊船在湖面上,由靜止開始加速前進s距離 后,關掉一個發(fā)動機,氣墊船勻速運動,當氣墊船將運動到碼頭時,又關掉兩個發(fā)動機,最后它恰好停在碼頭,則三個發(fā)動機都關閉后,氣墊船通過的距離是多少? 解析設每個發(fā)動機的推力是F,湖水的阻力是Ff。當關掉一個發(fā)動機時,氣墊船做勻 速運動,則: 2F—Ff=0,Ff=2F。 開始階段,氣墊船做勻加速運動,末速度為V, 氣墊船的質量為m,應用動能定理有 1212 (3F—Ff)s=2mv,倚Fs=2mv。 12 又關掉兩個發(fā)動機時,氣墊船做勻減速運動,應用動能定理有—Ffsi=0—2mv;得2Fsi 12 =2mv。 所以si=|,即關
21、閉發(fā)動機后氣墊船通過的距離為£ 答案s 2 8. 一個人站在距地面20m的高處,將質量為0.2kg的石塊以vo=12m/s的速度斜向上拋出,石塊的初速度方向與水平方向之間的夾角為30°,g取10m/s2,求: (1)人拋石塊過程中對石塊做了多少功? (2)若不計空氣阻力,石塊落地時的速度大小是多少? (3)若落地時的速度大小為22m/s,石塊在空中運動過程中克服阻力做了多少功? 解析(1)根據(jù)動能定理知,W=2mv0=14.4J ,、,-mv112 (2)不計空氣阻力,根據(jù)動能定理得mgh=-2-—2mv2 解得V1=Jyvc)+2gh=23.32m/s 22 ,一八
22、一eqmv2mv0 ⑶由動能te理得mgh—Wf=l—— 2 mv0 -2-)=6 J 2 rmV2 解得Wf=mgh-(— 答案(1)14.4J(2)23.32m/s(3)6J 9. (20168月溫州選考模擬)在溫州市科技館中,有個用來模擬天體運動的裝置,其內 部是一個類似錐形的漏斗容器,如圖6甲所示?,F(xiàn)在該裝置的上方固定一個半徑為R的四 分之一光滑管道AB,光滑管道下端剛好貼著錐形漏斗容器的邊緣,如圖乙所示。將一個質 量為m的小球從管道的A點靜止釋放,小球從管道B點射出后剛好貼著錐形容器壁運動, 由于摩擦阻力的作用,運動的高度越來越低,最后從容器底部的孔C掉下,(軌
23、跡大致如圖 乙虛線所示),已知小球離開C孔的速度為v,A到C的高度為Ho求: 甲乙 (1)小球達到B端的速度大?。? (2)小球在管口B端受到的支持力大??; (3)小球在錐形漏斗表面運動的過程中克服摩擦阻力所做的功。 解析(1)設當滑塊在A端運動到B端的過程中,由動能定理mgR=2mvB 得:VB=[2gR (2)設小球受到的支持力為F, F—mg=mvr,得:F=3mgR (3)設克服摩擦阻力做的功為W,根據(jù)動能定理: mgH—W=~mv2,得W=mgH-2mv2 1 9 答案(1)而R(2)3mg(3)mgH--mv2 10.如圖7所示,質量為m的物體從高
24、度為h、傾角為。的光滑斜面頂端由靜止開始沿 斜面下滑,最后停在水平面上,已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為由求: (1)物體滑至斜面底端時的速度; (2)物體在水平面上滑行的距離。(不計斜面與平面交接處的動能損失) 解析(1)物體下滑過程中只有重力做功,且重力做功與路徑無關,由動能定理:mgh =2mv2,可求得物體滑至斜面底端時速度大小為v=V2gh; (2)設物體在水平面上滑行的距離為l, 由動能定理:一mgl=0—^mv;解得:1=?一="。 2 2g 11.如圖8所示, 圖8 一個質量為m=0.6kg的小球以某一初速度vo=2m/s從P點水平拋出,從粗
25、糙圓弧ABC的A點沿切線方向進入(不計空氣阻力,進入圓弧時無機械能損失)且恰好沿圓弧通過最高點C,已知圓弧的圓心為O,半徑R=0.3m,0=60°,g=10m/s2。試求: (1)小球到達A點的速度VA的大?。? (2)P點與A點的豎直高度H; (3)小球從圓弧A點運動到最高點C的過程中克服摩擦力所做的功Wo 解析(1)在A處由速度的合成得Va=一匕 cos0 代入數(shù)值解得Va=4m/s (2)P到A小球做平拋運動,豎直分速度Vy=Votan0 由運動學規(guī)律有vy=2gH,由以上兩式解得H=0.6m (3)恰好過C點滿足mg=mRC 由A到C由動能定理得 —mgR(1+co
26、s9—W=2mvC—2mvA 代入解得W=1.2Jo 答案(1)4m/s(2)0.6m(3)1.2J 12.(2016浙江嘉興第一學期期末檢測)如圖9為一種由光滑細圓管彎成的全自動小球消 毒裝置的原理示意圖,其中AB部分為水平傳輸軌道,下方為半徑為R的圓形消毒軌道(R 遠大于細管內徑),里面充滿了消毒氣體(僅局限在下方圓軌道中,且整個軌道氣體濃度相同),改變消毒氣體濃度,可以改變消毒氣體對小球的粘滯阻力f,f的大小范圍為f°wfw2f0,一 質量為m、初速度為Vo的待消毒小球從A點水平進入該裝置,消毒完成后由B點水平拋出 后落在收集裝置中(不計空氣阻力),收集裝置的上邊緣MN與圓
27、形軌道最低點C等高,則該裝置正常工作時: 圖9 (1)在最低點C,軌道對小球的支持力最大為多少; (2)BM之間的水平距離x最小為多少; (3)若初速度可以改變,則初速度滿足什么條件,一定可以完成消毒工作。(收集裝置的 位置可以自動調節(jié)) 解析(1)小球在最低點C點有FNm—mg=m+~① R 從A到C,由動能定理得 1212 2mivcm—2miV0=2mgR—foR 2 聯(lián)立求得FNm=5mg-2fo+mv0 R (2)水平方向x=VBt 12 豎直萬向2R=2gt2 從A到B,由動能定理有 (3)能完成消毒工作,意味著小球能到達B,此刻速度大于零即可取vb=0時為臨界點, 則根據(jù)⑥式可得vom=2\Tf0mR,即vo>2y2fmR222 答案(1)5mg-2fo+mv^(2)2但二還R.mg /2foTiR ⑶v0>2;B
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