综合·融通(二) 应用动能定理解决三类典型问题
(融会课主题串知综合应用)
动能定理是高中物理学中最重要的内容之一,也是高考的热点,且应用动能定理解题时只考虑初、末状态,往往用动能定理求解更简捷。通过本节课的学习要进一步理解动能定理,会利用动能定理分析变力做功问题,体会动能定理解题的优越性,灵活利用动能定理分析相关的图像问题和多过程问题。
主题(一) 利用动能定理求变力做功
[知能融会通]
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做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。
[典例] 如图所示,一车手做摩托车特技表演时,以v0=10 m/s的初速度从高台底部冲向高台顶端,然后从高台顶端水平飞出。摩托车在冲向高台顶端的过程中始终以P=4 kW的额定功率行驶,所经历的时间t=3 s。人和车的总质量m=1.8×102 kg,高台顶端高h=5 m,摩托车冲到高台顶端时的速度为v=11 m/s,重力加速度g取10 m/s2。求:(结果保留两位有效数字)
(1)摩托车在冲向高台顶端的过程中牵引力所做的功;
(2)摩托车在冲向高台顶端的过程中克服阻力所做的功。
尝试解答:
[题点全练清]
1.一个质量为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点缓慢地移动到Q点,OQ与OP的夹角为θ,如图所示,重力加速度为g,则拉力F所做的功为 ( )
A.mglcos θ B.mgl(1-cos θ)
C.Flcos θ D.Flsin θ
2.(2024·福建南平调研)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,如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,物体与弹簧相碰后,弹簧的最大压缩量为l,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 ( )
A.m-μmg(s+l) B.m-μmgl
C.μmgs D.μmg(s+l)
主题(二) 动能定理与图像结合的问题
[知能融会通]
动能定理与图像相结合问题的分析方法
1.首先看清楚图像的种类(如v t图像、F x图像、Ek x图像等)。
2.挖掘图像的隐藏条件,求出所需物理量,如利用v t图像与t轴所包围“面积”求位移,利用F x图像与x轴所包围“面积”求功,利用Ek x图像的斜率求合力等。
3.再分析还有哪些力做功,根据动能定理列方程,求出相应的物理量。
[典例] 某滑雪赛道如图所示,滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑,经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点,不计摩擦力及空气阻力,此过程中,运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是 ( )
听课记录:
[题点全练清]
1.物体沿直线运动的v t图像如图所示,已知在第1 s内合力对物体做功为W,则 ( )
A.从第1 s末到第3 s末合力做功为4W
B.从第3 s末到第5 s末合力做功为-2W
C.从第5 s末到第7 s末合力做功为W
D.从第3 s末到第4 s末合力做功为-0.5W
2.质量为10 kg的物体,在变力F的作用下沿x轴做直线运动,力F随位移x的变化情况如图所示。物体在x=0处,速度为1 m/s,假设物体只受力F的作用,则物体运动到x=16 m处时,速度大小为 ( )
A.2 m/s B.3 m/s
C.4 m/s D. m/s
主题(三) 利用动能定理分析多过程问题
[知能融会通]
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,确定整个过程中合力做的功,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方便。
[典例] 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。一个质量为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x。
尝试解答:
[思维建模]
往复运动问题的处理技巧
(1)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=fs(s为路程)。
(2)由于动能定理解题的优越性,求多过程往复运动问题中的路程时,一般应用动能定理。
[题点全练清]
1.一物体以初速度v0竖直向上抛出,落回原地速度为,设物体在运动过程中所受的阻力大小保持不变,则重力与阻力大小之比为 ( )
A.3∶1 B.4∶3
C.5∶3 D.3∶5
2.(2024·福州高一检测)足够长的两薄木板M、N材料相同,M、N之间通过铰
链连接,开始时,N板放在水平桌面上,M板与水平桌面夹角为37°,一小木块从M板上的A点静止释放,A点距桌面高度为h,木块最终停在N板上距M、N连接位置h处。现保持M板不动,抬高N板右端,使其倾角也为37°,忽略木块在两板连接处的能量损失,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则木块在N板上升的最大高度为 ( )
A. B.
C. D.
综合·融通(二) 应用动能定理解决三类典型问题
主题(一)
[典例] 解析：(1)摩托车在冲向高台顶端的过程中牵引力所做的功W＝Pt＝1.2×104 J。
(2)设摩托车在冲向高台顶端的过程中阻力所做的功为Wf，根据动能定理有W＋Wf－mgh＝mv2－mv，
解得Wf≈－1.1×103 J
即摩托车在冲向高台顶端的过程中克服阻力所做的功为1.1×103 J。
答案：(1)1.2×104 J (2)1.1×103 J
[题点全练清]
1．选B 小球缓慢移动，始终处于平衡状态，由平衡条件可知，F＝mgtan α，α为轻绳与OP的夹角，随着α的增大，F也在增大，不能直接用恒力做功的公式求F所做的功。由于小球缓慢移动，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)，B正确，A、C、D错误。
2．选A 由动能定理得－W－μmg(s＋l)＝0－mv，故物体克服弹簧弹力所做的功W＝mv－μmg(s＋l)，A正确。
主题(二)
[典例] 选A 设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知，运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有Ek＝mgxtan θ，即＝mgtan θ，下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek x图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大。故选A。
[题点全练清]
1．选C 由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理分别可得，第1 s内合力做功W＝mv，第1 s末到第3 s末合力做功W1＝mv－mv＝0，A错误；第3 s末到第5 s末合力做功W2＝0－mv＝－W，B错误；第5 s末到第7 s末合力做功W3＝m(－v0)2－0＝W，C正确；第3 s末到第4 s末合力做功W4＝m2－mv＝－0.75W，D错误。
2．选B 根据力F随位移x变化关系图像与横轴所围“面积”表示功，可知力F做功W＝4×10 J＋×(8－4)×10 J－×(16－12)×10 J＝40 J。由动能定理得W＝mv2－mv，解得v＝3 m/s，选项B正确。
主题(三)
[典例] 解析：(1)物体由C点到最高点，根据动能定理得
－mg(h＋R)＝0－mv
代入数据解得vC＝4 m/s。
(2)物体由A点到C点，根据动能定理得
mgH－μmglBC＝mv－0
代入数据解得H＝1.02 m。
(3)从物体开始下滑到停下，设物体在水平面上滑过的路程为s，根据动能定理得mgH－μmgs＝0
代入数据解得s＝5.1 m
由于s＝4lBC＋0.7 m
所以，物体最终停止的位置到C点的距离x＝0.4 m。
答案：(1)4 m/s (2)1.02 m (3)0.4 m
[题点全练清]
1．选C 物体在上升和下落过程中，空气阻力都做负功。设空气阻力为f，物体上升最大高度为h，由动能定理得，上升阶段有－mgh－fh＝0－mv，下落阶段有mgh－fh＝m2－0，联立解得空气阻力大小f＝mg，重力与阻力大小之比为5∶3，故C正确。
2．选A 设小木块与M、N板间动摩擦因数为μ，N板水平放置时，对小木块，由动能定理得mgh－μmgcos 37°·－μmg·＝0，N板右端抬高后，设小木块在N板上升高度为h′，由动能定理得mgh－μmgcos 37°·－mgh′－μmgcos 37°·＝0，解得h′＝h，故选A。
4 / 5(共61张PPT)
应用动能定理解决三类典型问题
(融会课——主题串知综合应用)
综合 融通(二)
动能定理是高中物理学中最重要的内容之一,也是高考的热点,且应用动能定理解题时只考虑初、末状态,往往用动能定理求解更简捷。通过本节课的学习要进一步理解动能定理,会利用动能定理分析变力做功问题,体会动能定理解题的优越性,灵活利用动能定理分析相关的图像问题和多过程问题。
1
主题(一) 利用动能定理求变力做功
2
主题(二) 动能定理与图像结合的问题
3
主题(三) 利用动能定理分析多过程问题
4
课时跟踪检测
CONTENTS
目录
主题(一) 利用动能定理求变力做功
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做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。
知能融会通
[典例] 如图所示,一车手做摩托车特技表演时,以v0=10 m/s的初速度从高台底部冲向高台顶端,然后从高台顶端水平飞出。摩托车在冲向高台顶端的过程中始终以P=4 kW的额定功率行驶,所经历的时间t=3 s。人和车的总质量m=1.8×102 kg,高台顶端高h=5 m,摩托车冲到高台顶端时的速度为v=11 m/s,重力加速度g取10 m/s2。求:(结果保留两位有效数字)
(1)摩托车在冲向高台顶端的过程中牵引力所做的功;
[答案] 1.2×104 J
[解析] 摩托车在冲向高台顶端的过程中牵引力所做的功W=Pt=1.2×104 J。
(2)摩托车在冲向高台顶端的过程中克服阻力所做的功。
[答案] 1.1×103 J
[解析] 设摩托车在冲向高台顶端的过程中阻力所做的功为Wf,根据动能定理有
W+Wf-mgh=mv2-m,
解得Wf≈-1.1×103 J
即摩托车在冲向高台顶端的过程中克服阻力所做的功为1.1×103 J。
1.一个质量为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点缓慢地移动到Q点,OQ与OP的夹角为θ,如图所示,重力加速度为g,则拉力F所做的功为 ( )
A.mglcos θ B.mgl(1-cos θ)
C.Flcos θ D.Flsin θ
题点全练清
√
解析:小球缓慢移动,始终处于平衡状态,由平衡条件可知,F=mgtan α,α为轻绳与OP的夹角,随着α的增大,F也在增大,不能直接用恒力做功的公式求F所做的功。由于小球缓慢移动,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),B正确,A、C、D错误。
2.(2024·福建南平调研)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,如图所示。已知物体与
水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,物体与弹簧相碰后,弹簧的最大压缩量为l,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 ( )
A.m-μmg(s+l) B.m-μmgl
C.μmgs D.μmg(s+l)
√
解析:由动能定理得-W-μmg(s+l)=0-m,故物体克服弹簧弹力所做的功W=m-μmg(s+l),A正确。
主题(二) 动能定理与图像结合的问题
动能定理与图像相结合问题的分析方法
1.首先看清楚图像的种类(如v t图像、F x图像、Ek x图像等)。
2.挖掘图像的隐藏条件,求出所需物理量,如利用v t图像与t轴所包围“面积”求位移,利用F x图像与x轴所包围“面积”求功,利用Ek x图像的斜率求合力等。
3.再分析还有哪些力做功,根据动能定理列方程,求出相应的物理量。
知能融会通
[典例] 某滑雪赛道如图所示,滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑,经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点,不计摩擦力及空气阻力,此过程中,运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是 ( )
√
[解析] 设斜面倾角为θ,不计摩擦力和空气阻力,由题意可知,运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有Ek=mgxtan θ,即=mgtan θ,下滑过程中开始阶段倾角θ不变,Ek x图像为一条直线;经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大,即图像斜率先减小后增大。故选A。
1.物体沿直线运动的v t图像如图所示,已知在第1 s内合力对物体做功为W,则 ( )
A.从第1 s末到第3 s末合力做功为4W
B.从第3 s末到第5 s末合力做功为-2W
C.从第5 s末到第7 s末合力做功为W
D.从第3 s末到第4 s末合力做功为-0.5W
题点全练清
√
解析:由题图可知物体速度变化情况,根据动能定理分别可得,第1 s内合力做功W=m,第1 s末到第3 s末合力做功W1=m-m=0,A错误;第3 s末到第5 s末合力做功W2=0-m=-W,B错误;第5 s末到第7 s末合力做功W3=m(-v0)2-0=W,C正确;第3 s末到第4 s末合力做功W4=m-m=-0.75W,D错误。
2.质量为10 kg的物体,在变力F的作用下沿x轴做直线运动,力F随位移x的变化情况如图所示。物体在x=0处,速度为1 m/s,假设物体只受力F的作用,则物体运动到x=16 m处时,速度大小为 ( )
A.2 m/s B.3 m/s
C.4 m/s D. m/s
√
解析:根据力F随位移x变化关系图像与横轴所围“面积”表示功,可知力F做功W=4×10 J+×(8-4)×10 J-×(16-12)×10 J=40 J。由动能定理得W=mv2-m,解得v=3 m/s,选项B正确。
主题(三) 利用动能定理分析多过程问题
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,确定整个过程中合力做的功,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方便。
知能融会通
[典例] 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。一个质量为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)物体运动到C点时的速度大小vC;
[答案] 4 m/s
[解析] 物体由C点到最高点,根据动能定理得-mg(h+R)=0-m
代入数据解得vC=4 m/s。
(2)A点距离水平面的高度H;
[答案] 1.02 m
[解析] 物体由A点到C点,根据动能定理得
mgH-μmglBC=m-0
代入数据解得H=1.02 m。
(3)物体最终停止的位置到C点的距离x。
[答案] 0.4 m
[解析] 从物体开始下滑到停下,设物体在水平面上滑过的路程为s,根据动能定理得mgH-μmgs=0
代入数据解得s=5.1 m
由于s=4lBC+0.7 m
所以,物体最终停止的位置到C点的距离x=0.4 m。
[思维建模]
往复运动问题的处理技巧
(1)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=fs(s为路程)。
(2)由于动能定理解题的优越性,求多过程往复运动问题中的路程时,一般应用动能定理。
题点全练清
1.一物体以初速度v0竖直向上抛出,落回原地速度为,设物体在运动过程中所受的阻力大小保持不变,则重力与阻力大小之比为( )
A.3∶1 B.4∶3
C.5∶3 D.3∶5
√
解析:物体在上升和下落过程中,空气阻力都做负功。设空气阻力为f,物体上升最大高度为h,由动能定理得,上升阶段有-mgh-fh=0-m,下落阶段有mgh-fh=m-0,联立解得空气阻力大小f=mg,重力与阻力大小之比为5∶3,故C正确。
2.(2024·福州高一检测)足够长的两薄木板M、N材料相同,M、N之间通过铰链连接,开始时,N板放在水平桌面上,M板与水平桌面夹角为37°,一小木块从M板上的A点静止释放,A点距桌面高度为h,木块最终停在N板上距M、N连接位置h处。现保持M板不动,抬高N板右端,使其倾角也为37°,忽略木块在两板连接处的能量损失,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则木块在N板上升的最大高度为( )
A. B.
C. D.
解析:设小木块与M、N板间动摩擦因数为μ,N板水平放置时,对小木块,由动能定理得mgh-μmgcos 37°·-μmg·=0,N板右端抬高后,设小木块在N板上升高度为h',由动能定理得mgh-μmgcos 37°·-mgh'-μmgcos 37°·=0,解得h'=h,故选A。
√
课时跟踪检测
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
(选择题1~8小题,每小题5分。本检测卷满分80分)
1.将距离沙坑表面上方1 m高处质量为0.2 kg的小球由静止释放,测得小球落入沙坑静止时距离沙坑表面的深度为10 cm。若忽略空气阻力,g取10 m/s2,则小球克服沙坑的阻力所做的功为( )
A.0.4 J B.2 J
C.2.2 J D.4 J
√
6
7
8
9
10
11
解析:由动能定理得mg(h+d)-Wf=0,解得小球克服沙坑阻力所做的功为Wf=2.2 J,故C正确,A、B、D错误。
1
2
3
4
5
1
5
6
7
8
9
10
11
2.(2024·山西吕梁高一阶段练习)如图所示,盘面上放有质量为0.4 kg小物体的圆盘,在水平面内由静止开始绕过圆盘中心的轴转动,物体到圆盘中心的距离为0.5 m,当圆盘的角速度从1 rad/s增大到2 rad/s的过程中(物体与圆盘未发生相对滑动),摩擦力对小物体所做的功为( )
A.0.15 J B.0.3 J
C.0.6 J D.0.75 J
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
解析:由动能定理有Wf=m(ω2r)2-m(ω1r)2,代入数据解得摩擦力对小物体做的功为Wf=0.15 J,故选A。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
3.一名运动员的某次训练过程中,转盘滑雪机绕垂直于盘面的固定转轴以角速度ω=0.5 rad/s顺时针匀速转动,质量为60 kg的运动员(含滑雪板)在盘面上离转轴10 m半径的圆周上滑行,滑行方向与转盘转动方向相反,在最低点的速度大小为10 m/s,滑行半周到最高点的速度大小为8 m/s,该过程中,运动员所做的功为6 500 J,已知盘面与水平面夹角为18°,g取10 m/s2,sin 18°=0.31,cos 18°=0.95,则该
过程中运动员克服阻力做的功为( )
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
A.4 240 J B.3 740 J
C.3 860 J D.2 300 J
解析:运动员在最低点的对地速度为10 m/s,在最高点的对地速度为8 m/s,根据动能定理可得W-mg·2rsin 18°-W克=mv2-m,又W=6 500 J,解得W克=3 860 J,故选C。
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
4.(2024·长沙高一质检)从地面竖直向上抛出一小球,小球受大小恒定的空气阻力作用,其动能Ek随运动路程s的变化如图所示,重力加速度g= 10 m/s2。则 ( )
A.小球受到的阻力大小为4 N
B.小球向上运动时加速度大小为12 m/s2
C.小球的初速度的大小为10 m/s
D.当小球的运动路程为5 m时,克服阻力做功20 J
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
解析:设小球的质量为m,受到的空气阻力大小为Ff,由动能定理可知,上升阶段有-(mg+Ff)s上=0-Ek0,下降阶段有(mg-Ff)s下=Ek1-0,联立解得mg=10 N,m=1 kg,Ff=2 N,A错误;小球向上运动时,由牛顿第二定律可知mg+Ff=ma,代入数据得小球向上运动的加速度大小为a=12 m/s2,B正确;由题图可知Ek0=m,解得小球的初速度大小为v0=2 m/s,C错误;当小球的运动路程为5 m时,克服阻力做功W=Ffs=10 J,D错误。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
5.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、动能的大小、位移的大小和运动的时间。则如图所示的图像中,能正确反映这一过程的是 ( )
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
解析:物体在恒定阻力作用下运动,其加速度不变,故A、B错误;设阻力大小为f,由动能定理得-fx=Ek-Ek0,解得Ek=Ek0-fx,Ek x图像为倾斜直线,故C正确;由运动学公式得x=v0t-at2,则Ek=Ek0-f v0t-at2 ,Ek与t不成线性关系,故D错误。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
6.(2024·昆明高一调研)如图所示,建筑工地常用打桩机将圆柱体打入地下一定深度,某打桩机第一次打击位于地面的圆柱体时,使其进入泥土深度为h0,已知圆柱体的质量为m,所受泥土阻力f与进入泥土深度h成正比(即f=kh,k为常量),则打桩机第一次打击过程对圆柱体所做的功 ( )
A.mgh0 B.k
C.k-mgh0 D.-mgh0
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
解析:阻力与深度成正比,则f h图像与坐标轴h围成的面积等于阻力所做的功,如图所示,则阻力做功为Wf=-fh0=-k,打桩机第一次打击使圆柱体进入泥土的过程中,根据动能定理知,W+mgh0-k=0,解得W=-mgh0,故D正确。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
7.(2024·滨州高一调研)如图所示,一个可视为质点的小木块从固定斜面的顶端由静止滑下,滑到水平面上的a点停下。斜面与水平面粗糙程度相同,且平滑连接。现将斜面向右移动到虚线所示的位置,并固定在地面上,再让小木块从斜面的某处由静止下滑,仍滑到a点停下。则小木块释放的位置可能是 ( )
A.甲 B.乙
C.丙 D.丁
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
解析:设方格边长为l,斜面与水平方向夹角为θ,小木块第二次从离地面高度为n个方格处滑落,由动能定理有13mgl-μmgcos θ·-29μmgl=0,nmgl-μmgcos θ·-18μmgl=0,联立可得n≈8,丙位置到地面高度为8个小格的高度。故选C。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
8.(2024·广东广州高一期末)(多选)一辆质量为m的汽车由静止开始,以恒定功率P1从底端运动到顶端,如图甲所示;然后汽车以恒定功率P2由静止从顶端返回到底端,如图乙所示。图甲、乙中汽车行驶的最大速度都为v,已知斜面高度为h,重力加速度大小为g,汽车行驶过程中受到的摩擦力大小相等,下列说法正确的是 ( )
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
A.恒定功率:P1>P2
B.摩擦力大小为
C.汽车均做匀加速直线运动
D.甲、乙图中汽车牵引力做功差为2mgh
解析:当汽车受力平衡时,汽车速度达到最大,设斜面倾角为θ,题图甲中汽车的牵引力大小为F1,题图乙中汽车的牵引力大小为F2,对于题图甲有F1=mgsin θ+f,P1=F1v=(mgsin θ+f)v,
2
3
4
√
√
√
1
5
6
7
8
9
10
11
对于题图乙有F2=f-mgsin θ,P2=F2v=(f-mgsin θ)v,联立可得P1>P2,f=,故A、B正确;汽车以恒定功率启动,一开始做加速度逐渐减小的加速运动,之后做匀速运动,故C错误;设题图甲中汽车牵引力做功为W甲,根据动能定理可得W甲-mgh-f=mv2,设题图乙中汽车牵引力做功为W乙,根据动能定理可得W乙+mgh-f=mv2,联立可得题图甲、乙中汽车牵引力做功差为W甲-W乙=2mgh,故D正确。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
9.(10分)半径R=1 m的光滑圆弧轨道下端与一水平粗糙轨道相切连接,水平轨道离地面高度h=0.8 m,如图所示,有一质量m=1.0 kg 的小滑块自圆弧轨道最高点A由静止开始滑下,经过水平轨道末端B时速度为 4 m/s,滑块从B离开轨道后做平抛运动,最终落在地面上,不计空气阻力,求:(g取 10 m/s2)
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
(1)滑块落在地面上时离B的水平位移大小;
答案:1.6 m
解析:设滑块从B离开轨道后做平抛运动的时间为t,滑块落在地面上时离B的水平位移大小为x,由平抛运动规律有h=gt2
x=vBt
解得x=1.6 m。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
(2)滑块在水平轨道上滑行时克服摩擦力所做的功Wf。
答案:2 J
解析:从A到B,由动能定理得
mgR-Wf=m
解得Wf=2 J。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
10.(14分)(2024·浙江杭州高一调研)滑板运动是一项惊险刺激的运动,深受青少年的喜爱。如图是滑板运动的轨道,AB和CD是两段光滑圆弧形轨道,BC是一段长l=7 m的水平轨道。一运动员从AB轨道上的P点以vP=6 m/s的速度下滑,经BC轨道后冲上CD轨道,到Q点时速度减为零。已知P、Q距水平轨道的高度分别为h=1.4 m、H=1.8 m,运动员(含滑板)的质量m=50 kg,不计圆弧轨道上的摩擦,取g=10 m/s2,求:
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
(1)运动员第一次经过B点时的速率;
答案:8 m/s
解析:运动员从P点到B点过程,由动能定理得mgh=m-m,
代入数据解得vB=8 m/s。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
(2)运动员与BC轨道间的动摩擦因数;
答案:0.2
解析:运动员从C点到Q点过程,由动能定理得
-mgH=0-m,
代入数据解得vC=6 m/s
运动员从B点到C点过程,由动能定理得
-μmgl=m-m,
代入数据解得μ=0.2。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
(3)运动员最后停在BC轨道上距B点多远处。
答案:2 m
解析:设运动员从C点开始在BC面上滑行的路程为s后停止,
由动能定理得-μmgs=0-m,
代入数据解得s=9 m,所以最后停在离B点2 m处。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
11.(16分)(2024·宁夏银川高一期末)如图所示,光滑水平面AB与竖直面内的半圆形粗糙导轨在B点平滑相接,导轨半径为R。一个质量为m的物块(可视为质点)将弹簧压缩至A点后由静止释放,在弹力作用下物块获得某一向右速度后脱离弹簧,当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍,之后向上运动恰能完成半个
圆周运动到达C点。不计空气阻力,
重力加速度为g,求:
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
(1)弹簧开始时的弹性势能;
答案:3mgR
解析:物块在B点时,导轨对物块的支持力与物块的重力的合力提供向心力,由牛顿第二定律得FN-mg=m,
由题意结合牛顿第三定律得FN=7mg
在物块从A点到B点的过程中,根据动能定理,弹簧的弹性势能Ep=m=3mgR。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
(2)物块从B点运动至C点克服阻力做的功;
答案:0.5mgR
解析:物块到达C点仅受重力mg,根据牛顿第二定律有mg=m
物块从B点到C点只有重力和阻力做功,根据动能定理有
W-mg×2R=m-m
解得W=-0.5mgR
物块从B点运动到C点克服阻力做的功的大小为0.5mgR。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
(3)物块离开C点后落回水平面时的动能。
答案:mgR
解析:物块离开C点后落回水平面的过程,根据动能定理有mg×2R=Ek-m
解得落回水平面时的动能Ek=mgR。
2
3
4课时跟踪检测(二十一) 应用动能定理解决三类典型问题
(选择题1～8小题，每小题5分。本检测卷满分80分)
1．将距离沙坑表面上方1 m高处质量为0.2 kg的小球由静止释放，测得小球落入沙坑静止时距离沙坑表面的深度为10 cm。若忽略空气阻力，g取10 m/s2，则小球克服沙坑的阻力所做的功为( )
A．0.4 J B．2 J
C．2.2 J D．4 J
2．(2024·山西吕梁高一阶段练习)如图所示，盘面上放有质量为0.4 kg小物体的圆盘，在水平面内由静止开始绕过圆盘中心的轴转动，物体到圆盘中心的距离为0.5 m，当圆盘的角速度从1 rad/s增大到2 rad/s的过程中(物体与圆盘未发生相对滑动)，摩擦力对小物体所做的功为( )
A．0.15 J B．0.3 J
C．0.6 J D．0.75 J
3.一名运动员的某次训练过程中，转盘滑雪机绕垂直于盘面的固定转轴以角速度ω＝0.5 rad/s顺时针匀速转动，质量为60 kg的运动员(含滑雪板)在盘面上离转轴10 m半径的圆周上滑行，滑行方向与转盘转动方向相反，在最低点的速度大小为10 m/s，滑行半周到最高点的速度大小为8 m/s，该过程中，运动员所做的功为6 500 J，已知盘面与水平面夹角为18°，g取10 m/s2，sin 18°＝0.31，cos 18°＝0.95，则该过程中运动员克服阻力做的功为( )
A．4 240 J B．3 740 J
C．3 860 J D．2 300 J
4.(2024·长沙高一质检)从地面竖直向上抛出一小球，小球受大小恒定的空气阻力作用，其动能Ek随运动路程s的变化如图所示，重力加速度g＝10 m/s2。则( )
A．小球受到的阻力大小为4 N
B．小球向上运动时加速度大小为12 m/s2
C．小球的初速度的大小为10 m/s
D．当小球的运动路程为5 m时，克服阻力做功20 J
5．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、动能的大小、位移的大小和运动的时间。则如图所示的图像中，能正确反映这一过程的是( )
6.(2024·昆明高一调研)如图所示，建筑工地常用打桩机将圆柱体打入地下一定深度，某打桩机第一次打击位于地面的圆柱体时，使其进入泥土深度为h0，已知圆柱体的质量为m，所受泥土阻力f与进入泥土深度h成正比(即f＝kh，k为常量)，则打桩机第一次打击过程对圆柱体所做的功( )
A．mgh0 B．kh02
C．kh02－mgh0 D.－mgh0
7．(2024·滨州高一调研)如图所示，一个可视为质点的小木块从固定斜面的顶端由静止滑下，滑到水平面上的a点停下。斜面与水平面粗糙程度相同，且平滑连接。现将斜面向右移动到虚线所示的位置，并固定在地面上，再让小木块从斜面的某处由静止下滑，仍滑到a点停下。则小木块释放的位置可能是( )
A．甲 B．乙
C．丙 D．丁
8．(2024·广东广州高一期末)(多选)一辆质量为m的汽车由静止开始，以恒定功率P1从底端运动到顶端，如图甲所示；然后汽车以恒定功率P2由静止从顶端返回到底端，如图乙所示。图甲、乙中汽车行驶的最大速度都为v，已知斜面高度为h，重力加速度大小为g，汽车行驶过程中受到的摩擦力大小相等，下列说法正确的是( )
A．恒定功率：P1>P2
B．摩擦力大小为
C．汽车均做匀加速直线运动
D．甲、乙图中汽车牵引力做功差为2mgh
9．(10分)半径R＝1 m的光滑圆弧轨道下端与一水平粗糙轨道相切连接，水平轨道离地面高度h＝0.8 m，如图所示，有一质量m＝1.0 kg 的小滑块自圆弧轨道最高点A由静止开始滑下，经过水平轨道末端B时速度为4 m/s，滑块从B离开轨道后做平抛运动，最终落在地面上，不计空气阻力，求：(g取 10 m/s2)
(1)滑块落在地面上时离B的水平位移大小；
(2)滑块在水平轨道上滑行时克服摩擦力所做的功Wf。
10．(14分)(2024·浙江杭州高一调研)滑板运动是一项惊险刺激的运动，深受青少年的喜爱。如图是滑板运动的轨道，AB和CD是两段光滑圆弧形轨道，BC是一段长l＝7 m的水平轨道。一运动员从AB轨道上的P点以vP＝6 m/s的速度下滑，经BC轨道后冲上CD轨道，到Q点时速度减为零。已知P、Q距水平轨道的高度分别为h＝1.4 m、H＝1.8 m，运动员(含滑板)的质量m＝50 kg，不计圆弧轨道上的摩擦，取g＝10 m/s2，求：
(1)运动员第一次经过B点时的速率；
(2)运动员与BC轨道间的动摩擦因数；
(3)运动员最后停在BC轨道上距B点多远处。
11．(16分)(2024·宁夏银川高一期末)如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形粗糙导轨在B点平滑相接，导轨半径为R。
一个质量为m的物块(可视为质点)将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物块获得某一向右速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半个圆周运动到达C点。不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)弹簧开始时的弹性势能；
(2)物块从B点运动至C点克服阻力做的功；
(3)物块离开C点后落回水平面时的动能。
课时跟踪检测(二十一)
1．选C 由动能定理得mg(h＋d)－Wf＝0，解得小球克服沙坑阻力所做的功为Wf＝2.2 J，故C正确，A、B、D错误。
2．选A 由动能定理有Wf＝m(ω2r)2－m(ω1r)2，代入数据解得摩擦力对小物体做的功为Wf＝0.15 J，故选A。
3．选C 运动员在最低点的对地速度为10 m/s，在最高点的对地速度为8 m/s，根据动能定理可得W－mg·2rsin 18°－W克＝mv2－mv，又W＝6 500 J，解得W克＝3 860 J，故选C。
4．选B 设小球的质量为m，受到的空气阻力大小为Ff，由动能定理可知，上升阶段有－(mg＋Ff)s上＝0－Ek0，下降阶段有(mg－Ff)s下＝Ek1－0，联立解得mg＝10 N，m＝1 kg，Ff＝2 N，A错误；小球向上运动时，由牛顿第二定律可知mg＋Ff＝ma，代入数据得小球向上运动的加速度大小为a＝12 m/s2，B正确；由题图可知Ek0＝mv，解得小球的初速度大小为v0＝2 m/s，C错误；当小球的运动路程为5 m时，克服阻力做功W＝Ffs＝10 J，D错误。
5．选C 物体在恒定阻力作用下运动，其加速度不变，故A、B错误；设阻力大小为f，由动能定理得－fx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－fx，Ek x图像为倾斜直线，故C正确；由运动学公式得x＝v0t－at2，则Ek＝Ek0－fv0t－at2，Ek与t不成线性关系，故D错误。
6．选D
阻力与深度成正比，则f h图像与坐标轴h围成的面积等于阻力所做的功，如图所示，则阻力做功为Wf＝－fh0＝－kh，打桩机第一次打击使圆柱体进入泥土的过程中，根据动能定理知，W＋mgh0－kh＝0，解得W＝－mgh0，故D正确。
7．选C 设方格边长为l，斜面与水平方向夹角为θ，小木块第二次从离地面高度为n个方格处滑落，由动能定理有13mgl－μmgcos θ·－29μmgl＝0，nmgl－μmgcos θ·－18μmgl＝0，联立可得n≈8，丙位置到地面高度为8个小格的高度。故选C。
8．选ABD 当汽车受力平衡时，汽车速度达到最大，设斜面倾角为θ，题图甲中汽车的牵引力大小为F1，题图乙中汽车的牵引力大小为F2，对于题图甲有F1＝mgsin θ＋f，P1＝F1v＝(mgsin θ＋f)v，对于题图乙有F2＝f－mgsin θ，P2＝F2v＝(f－mgsin θ)v，联立可得P1>P2，f＝，故A、B正确；汽车以恒定功率启动，一开始做加速度逐渐减小的加速运动，之后做匀速运动，故C错误；设题图甲中汽车牵引力做功为W甲，根据动能定理可得W甲－mgh－f＝mv2，设题图乙中汽车牵引力做功为W乙，根据动能定理可得W乙＋mgh－f＝mv2，联立可得题图甲、乙中汽车牵引力做功差为W甲－W乙＝2mgh，故D正确。
9．解析：(1)设滑块从B离开轨道后做平抛运动的时间为t，滑块落在地面上时离B的水平位移大小为x，由平抛运动规律有
h＝gt2
x＝vBt
解得x＝1.6 m。
(2)从A到B，由动能定理得mgR－Wf＝mv
解得Wf＝2 J。
答案：(1)1.6 m (2)2 J
10．解析：(1)运动员从P点到B点过程，由动能定理得
mgh＝mv－mv，
代入数据解得vB＝8 m/s。
(2)运动员从C点到Q点过程，由动能定理得
－mgH＝0－mv，
代入数据解得vC＝6 m/s
运动员从B点到C点过程，由动能定理得
－μmgl＝mv－mv，
代入数据解得μ＝0.2。
(3)设运动员从C点开始在BC面上滑行的路程为s后停止，
由动能定理得－μmgs＝0－mv，
代入数据解得s＝9 m，所以最后停在离B点2 m处。
答案：(1)8 m/s (2)0.2 (3)2 m
11．解析：(1)物块在B点时，导轨对物块的支持力与物块的重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，
由题意结合牛顿第三定律得FN＝7mg
在物块从A点到B点的过程中，根据动能定理，弹簧的弹性势能Ep＝mv＝3mgR。
(2)物块到达C点仅受重力mg，根据牛顿第二定律有
mg＝m
物块从B点到C点只有重力和阻力做功，根据动能定理有
W－mg×2R＝mv－mv
解得W＝－0.5mgR
物块从B点运动到C点克服阻力做的功的大小为0.5mgR。
(3)物块离开C点后落回水平面的过程，根据动能定理有
mg×2R＝Ek－mv
解得落回水平面时的动能Ek＝mgR。
答案：(1)3mgR (2)0.5mgR (3)mgR
5 / 5
