习题优秀公开课教案

习题课2

动能定理的应用

[学习目标]

1.进一步理解动能定理，领会应用动能定理解题的优越性.2.会利用动能定理分析变力做功、曲线运动以及多过程问题.

一、利用动能定理求变力的功

1.动能定理不仅适用于求恒力做功，也适用于求变力做功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便. 2.利用动能定理求变力的功是最常用的方法，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＝ΔEk. 例1

如图1所示，质量为m的小球(可视为质点)自由下落d后，沿竖直面内的固定轨道ABC1运动，AB是半径为d的光滑圆弧，BC是直径为d的粗糙半圆弧(B是轨道的最低点).小球恰4能通过圆弧轨道的最高点C.重力加速度为g，求：

图1 (1)小球运动到B处时对轨道的压力大小；

(2)小球从B到C运动的过程中，摩擦力对小球做的功. 3答案

(1)5mg

(2)－mgd

4v212解析

(1)小球下落到B点的过程由动能定理得2mgd＝mv，在B点：N－mg＝m，得：N2d＝5mg，根据牛顿第三定律：N′＝N＝5mg. 2v C(2)在C点，mg＝m.小球从B运动到C的过程：

d211232mv C－mv＝－mgd＋Wf，得Wf＝－mgd. 224针对训练

如图2所示，某人利用跨过定滑轮的轻绳拉质量为10 kg的物体.定滑轮的位置比A点高3 m.若此人缓慢地将绳从A点拉到B点，且A、B两点处绳与水平方向的夹角分别为

37°和30°，则此人拉绳的力做了多少功？(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计滑轮的摩擦)

图2 答案

100 J 解析

取物体为研究对象，设绳的拉力对物体做的功为W.根据题意有h＝3 m. hh物体升高的高度Δh＝－. sin 30°sin 37°对全过程应用动能定理W－mgΔh＝0. 由①②两式联立并代入数据解得W＝100 J. 则人拉绳的力所做的功W人＝W＝100 J.

二、利用动能定理分析多过程问题

一个物体的运动如果包含多个运动阶段，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，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，分析每个力做的功，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. 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. 例2

如图3所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5 m，一个质量为m＝0.5 kg的木块在F＝1.5 N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求：

①

②

图3 (1)木块沿弧形槽上升的最大高度(木块未离开弧形槽)；

(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑动的最大距离.

答案

(1)0.15 m

(2)0.75 m 解析

(1)设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，木块在最高点时的速度为零.从木块开始运动到沿弧形槽上升到最大高度处，由动能定理得：

FL－fL－mgh＝0 其中f＝μN＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N FL－fL所以h＝

mg＝1.5－1.0×1.5

m＝0.15 m 0.5×10(2)设木块滑回B端后沿桌面滑动的最大距离为x.由动能定理得：

mgh－fx＝0 mgh0.5×10×0.15所以：x＝＝

m＝0.75 m. f1.0三、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有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没有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＝gR. 例3

如图4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点沿切线方向进入圆弧轨道，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，B、C在同一条竖直线上，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.

图4 (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：

v05vA＝＝v0. cos 53°3①

小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得

1122mg(R＋Rcos θ)＝mv

A－mv

220由①②得：v0＝3 m/s. 2mv 112C2(2)在最高点C处有mg＝，小球从桌面到C点，由动能定理得Wf＝mv －mv

，代入R2C20②

数据解得Wf＝－4 J.

1.(用动能定理求变力的功)如图5所示，质量为m的物体与水平转台间的动摩擦因数为μ，物体与转轴相距R，物体随转台由静止开始转动.当转速增至某一值时，物体即将在转台上滑动，此时转台开始匀速转动.设物体的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则在整个过程中摩擦力对物体做的功是(

)

图5 A.0

C.2πμmgR

答案

D 解析

物体即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物体的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物体做圆周运动的线速度为v，则有

mv2μmg＝

R①

B.2μmgR

μmgRD.

2在物体由静止到获得速度v的过程中，物体受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物体1做功，由动能定理得：W＝mv2－0 21联立①②解得W＝μmgR. 22.(利用动能定理分析多过程问题)滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来.如图6是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为60°，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙且长8 m.某运动员从轨道上的A点以3 m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回.已知运动员和滑板的总质量为60 kg，B、E两点到水平轨道CD的竖直高度分别为h和H，且h＝2 m，H＝2.8 m，g取②

10 m/s2.求：

图6 (1)运动员从A点运动到达B点时的速度大小vB；

(2)滑板与轨道CD段间的动摩擦因数μ；

(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时速度的大小；如不能，则最后停在何处？

答案

(1)6 m/s

(2)0.125

(3)不能回到B处，最后停在D点左侧6.4 m处

解析

(1)由题意可知：vB＝解得：vB＝6 m/s. (2)从B点到E点，由动能定理可得：

12mgh－μmgxCD－mgH＝0－mv

2B代入数据可得：μ＝0.125. (3)设运动员能到达左侧的最大高度为h′，从B到第一次返回左侧最高处，根据动能定理得：

1mgh－mgh′－μmg·2xCD＝0－mvB 2

2解得h′＝1.8 m

设运动员从B点运动到停止，在CD段的总路程为s，由动能定理可得：

12mgh－μmgs＝0－mv B

2解得：s＝30.4 m 因为s＝3xCD＋6.4 m，所以运动员最后停在D点左侧6.4 m处或C点右侧1.6 m处. 3.(动能定理在平抛、圆周运动中的应用)如图7所示，将一个质量为m＝0.6 kg 的小球以初速度v0＝2 m/s从P点水平抛出，小球从粗糙圆弧ABC的A点沿切线方向进入(不计空气阻力，进入圆弧时无动能损失)且恰好沿圆弧通过最高点C，已知圆弧的圆心为O，半径R＝0.3 m，θ＝60°，g＝10 m/s2.求：

④

v0

cos 60°

图7

(1)小球到达A点的速度vA的大小；

(2)P点到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W. 答案

(1)4 m/s

(2)0.6 m

(3)1.2 J v0解析

(1)在A点由速度的合成得vA＝，

cos θ代入数据解得vA＝4 m/s (2)从P点到A点小球做平抛运动，竖直分速度

vy＝v0tan θ

2由运动学规律有v

y＝2gH ①

②

联立①②解得H＝0.6 m 2mv C(3)小球恰好过C点满足mg＝

R由A点到C点由动能定理得

11－mgR(1＋cos θ)－W＝mvC 2－mvA 2

22代入数据解得W＝1.2 J. 课时作业

一、选择题(1～7为单选题，8～9为多选题) 1.在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当它落到地面时速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于(

) 112A.mgh－mv2－mv0

22112B.mv2－mv0

－mgh

221212C.mgh＋mv0

－mv

22112D.mgh＋mv2－mv0

22答案

C 解析

对物块从刚抛出到正好落地时的过程，由动能定理可得：

112mgh－Wf克＝mv2－mv0

221212解得：Wf克＝mgh＋mv

－mv. 202

12.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，一4质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止开始下滑，且恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为(

)

图1 1A.μmgR

2C.－mgR

答案

D 解析

设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A运动到C的全过程，根据动能定理，

有mgR－WAB－μmgR＝0. 所以有WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR. 3.一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，如图2所示，则拉力F所做的功为(

) 1B.mgR

2D.(1－μ)mgR

图2 A.mglcos θ

C.Flcos θ

答案

B 解析

由于物体缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得：－mgl(1－cos θ)＋W＝0，所以W＝mgl(1－cos θ). 4.质量为m的物体(可视为质点)以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一自然伸长的轻弹簧最右端O相距s，如图3所示.已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，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(不计空气阻力)(

) B.mgl(1－cos θ) D.Flsin θ

图3

12A.mv0

－μmg(s＋x)

2C.μmgs

答案

A 12B.mv0

－μmgx

2D.μmgx

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12功为－W，摩擦力对物体做功为－μmg(s＋x)，根据动能定理有－W－μmg(s＋x)＝0－mv0

，212所以W＝mv0

－μmg(s＋x). 25.质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图4所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是(

)

图4 1A.mgR

41C.mgR

2答案

C 解析

小球通过最低点时，设绳的张力为T，则

22v

v

11T－mg＝m，即6mg＝m

RR1B.mgR

3D.mgR

①

小球恰好过最高点，绳子拉力为零，这时

2v

2mg＝m

R②

小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得

1212－mg·2R－Wf＝mv2

－mv1

221联立①②③式解得Wf＝mgR，选C. 26.如图5所示，假设在某次比赛中运动员从10 m高处的跳台跳下，设水的平均阻力约为其体重的3倍，在粗略估算中，把运动员当作质点处理，为了保证运动员的人身安全，池水深度至少为(不计空气阻力)(

) ③

图5 A.5 m

C.7 m

答案

A 解析

设水深为h，对运动员从起跳到运动至最低点运用动能定理可得：

mg(H＋h)－fh＝0，

mg(H＋h)＝3mgh.所以h＝5 m. 7.如图6所示，小球以初速度v0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，则返回途中小球经过A点的速度大小为(

) B.3 m D.1 m

图6 2A.v

0－4gh

2C.v

0－2gh

2B.4gh－v

0

D.2gh－v0

2

答案

B 12解析

从A到B运动过程中，重力和摩擦力都做负功，根据动能定理可得mgh＋Wf＝mv0

，2从B到A过程中，重力做正功，摩擦力做负功(因为是沿原路返回，所以两种情况摩擦力做1功大小相等)，根据动能定理可得mgh－Wf＝mv2，两式联立得再次经过A点的速度为224gh－v

0，

故B正确. 8.在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到vmax后，立即关闭发动机直至静止，v－t图像如图7所示，设汽车的牵引力为F，受到的摩擦力为f，全程中牵引力做功为W1，汽车克服摩擦力做功为W2，则(

)

图7 A.F∶f＝1∶3

C.F∶f＝4∶1

B.W1∶W2＝1∶1 D.W1∶W2＝1∶3

答案

BC 解析

对汽车运动的全过程，由动能定理得：W1－W2＝ΔEk＝0，所以W1＝W2，选项B正确，选项D错误；由动能定理得Fx1－fx＝0，由图像知x1∶x＝1∶4.所以F∶f＝4∶1，选项A错误，选项C正确. 9.如图8所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动.小环从最高点A滑到最低点B的过程中，线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图像可能是图中的(

)

图8

答案

AB 1122解析

对小环由动能定理得mgh＝mv2－mv

则v2＝2gh＋v

B正确.当v0≠00，0.当v0＝0时，22时，A正确. 二、非选择题

10.如图9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9 (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. 15答案

(1)3mgR

(2)mgR

(3)mgR

221解析

(1)由动能定理得W＝mvB 2

2

2v B在B点由牛顿第二定律得7mg－mg＝m

R解得W＝3mgR

(2)物块从B到C由动能定理得

1122mv －mv CB＝－2mgR＋W′

22vC 2物块在C点时mg＝m

R11解得W′＝－mgR，即物块从B到C克服阻力做功为mgR. 22(3)物块从C点平抛到水平面的过程中，由动能定理得

1522mgR＝Ek－mv ，解得E＝mgR. k2C211.如图10所示，绷紧的传送带在电动机带动下，始终保持v0＝2 m/s的速度顺时针匀速运行，传送带与水平地面的夹角θ＝30°，现把一质量m＝10 kg的工件轻轻地放在传送带底端，由传送带传送至h＝2 m的高处.已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝3，g取10 m/s2. 2

图10 (1)通过计算分析工件在传送带上做怎样的运动？

(2)工件从传送带底端运动至h＝2 m高处的过程中摩擦力对工件做了多少功？

答案

(1)工件先以2.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，运动0.8 m与传送带达到共同速度2 m/s后做匀速直线运动

(2)220 J 解析

(1)工件刚放在传送带时受滑动摩擦力：

f＝μmgcos θ，

工件开始做匀加速直线运动，由牛顿运动定律：

f－mgsin θ＝ma可得：

fa＝－gsin θ

m＝g(μcos θ－sin θ) ＝10×32cos 30°－sin 30°

m/s

2＝2.5 m/s2. 设工件经过位移x与传送带达到共同速度，由匀变速直线运动规律可得：

v0

222hx＝＝

m＝0.8 m＜＝4 m 2a2×2.5sin θ

故工件先以2.5 m/s的加速度做匀加速直线运动，运动0.8 m与传送带达到共同速度2 m/s后做匀速直线运动. (2)在工件从传送带底端运动至h＝2 m高处的过程中，设摩擦力对工件做功为Wf，由动能定12121理得Wf－mgh＝mv0

，可得：Wf＝mgh＋mv0

＝10×10×2 J＋×10×22 J＝220 J. 22212.如图11所示，光滑斜面AB的倾角θ＝53°，BC为水平面，BC长度lBC＝1.1 m，CD为光1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4与水平面BC间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道在B、C两点光滑连接.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.sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.g取10 m/s2.求：

2

图11 (1)物体运动到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：

12－mg(h＋R)＝0－mv C

2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：

1mvC 2－0＝mgH－μmglBC

2代入数据解得：H＝1.02 m (3)从物体开始下滑到停下，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.