习题课4 动能定理的综合应用
[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．
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点拉到同一水平高度的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)
[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
物体升高的高度Δh＝－ ①
对全过程应用动能定理W－mgΔh＝0 ②
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.
[答案] 100 J
1．一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点．小球在水平力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，如图所示，则力F所做的功为( )
A．mglcos θ B．Flsin θ
C．mgl(l－cos θ) D．Flcos θ
C [小球的运动过程是缓慢的，因而任一时刻都可看成是平衡状态，因此F的大小不断变大，F做的功是变力功．小球上升过程只有重力mg和F这两个力做功，由动能定理得WF－mgl(1－cos θ)＝0.
所以WF＝mgl(1－cos θ)．]
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．
【例2】 如图所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑．一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点速度为0.求：(取g＝10 m/s2)
(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；
(2)物体第5次经过B点时的速度；
(3)物体最后停止的位置(距B点多少米)．
思路点拨：①重力做功与物体运动路径无关，其大小为mgΔh，但应注意做功的正、负．
②物体第5次经过B点时在水平面BC上的路径为4sBC.
[解析] (1)由动能定理得－mg(h－H)－μmgsBC＝0－mv，解得μ＝0.5.
(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgH－μmg·4sBC＝mv－mv，
解得v2＝4 m/s≈13.3 m/s.
(3)分析整个过程，由动能定理得mgH－μmgs＝0－mv，
解得s＝21.6 m.
所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m，故距B点的距离为2 m－1.6 m＝0.4 m.
[答案] (1)0.5 (2)13.3 m/s (3)距B点0.4 m
?1?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.
?2?研究初、末动能时，只需关注初、末状态，不必关心中间运动的细节.
2．如图所示，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)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．
[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．从木块开始运动到弧形槽最高点，由动能定理得：
FL－FfL－mgh＝0
其中Ff＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N
所以h＝＝ m＝0.15 m.
(2)设木块离开B点后沿桌面滑动的最大距离为x.由动能定理得：mgh－Ffx＝0
所以：x＝＝ m＝0.75 m.
[答案] (1)0.15 m (2)0.75 m
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＝.
【例3】 如图所示，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，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.
(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．
[解析] (1)在A点由平抛运动规律得：
vA＝＝v0 ①
小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得
mg(R＋Rcos θ)＝mv－mv ②
由①②得：v0＝3 m/s.
(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，代入数据解得Wf＝－4 J.
[答案] (1)3 m/s (2)－4 J
3．如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道，质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )
A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W＞mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
C [设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FN－mg＝，已知FN＝F′N＝4mg，则质点到达N点的动能为EkN＝mv＝mgR.质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功为Wf＝－mgR，即克服摩擦力做的功为W＝－Wf＝mgR.
由于物体的速度减小，所以对轨道的正压力减小，故从N到Q摩擦力减少，设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W′，则W′＜W.从N到Q的过程，由动能定理得－mgR－W′＝mv－mv，即mgR－W′＝mv，故质点到达Q点后速度不为0，质点继续上升一段距离．选项C正确．]
1．如图所示，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，与两个轨道间的动摩擦因数都为 μ，当它由轨道顶端A从静止开始下落时，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( )
A． B． C．mgR D．(1－μ)mgR
D [设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，BC段摩擦力做功－μmgR.故物体从A运动到C的全过程，由动能定理得：
mgR－WAB－μmgR＝0
解得：WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正确．]
2．如图所示，在半径为0.2 m的固定半球形容器中，一质量为1 kg的小球(可视为质点)自边缘上的A点由静止开始下滑，到达最低点B时，它对容器的正压力大小为15 N．取重力加速度为g＝10 m/s2，则球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为( )
A．0.5 J B．1.0 J C．1.5 J D．1.8 J
C [在B点有N－mg＝m，得EkB＝mv2＝(N－mg)R.A滑到B的过程中运用动能定理得mgR＋Wf＝mv2－0，得Wf＝R(N－3mg)＝×0.2×(15－30)J＝－1.5 J，所以球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为1.5 J，C正确．]
3．一个质量为m的小球拴在绳的一端，绳另一端受大小为F1的拉力作用，小球在光滑水平面上做半径为R1的匀速圆周运动(如图所示)，今将力的大小变为F2，使小球在水平面上做匀速圆周运动，但半径变为R2(R2＜R1)，则小球运动的半径由R1变为R2的过程中拉力对小球做的功为多少？
[解析] 小球运动的半径由R1变为R2时，半径变小，绳子的拉力虽为变力，但对小球做了正功，使小球的速度增大，动能发生了变化，根据动能定理有
WF＝mv－mv ①
根据牛顿第二定律有F1＝
故有F1R1＝mv ②
同理有F2R2＝mv ③
由①②③得WF＝(F2R2－F1R1)．
[答案] (F2R2－F1R1)
课件38张PPT。第七章 机械能守恒定律习题课4 动能定理的综合应用利用动能定理求变力的功利用动能定理分析多过程问题动能定理在平抛、圆周运动中的应用点击右图进入…Thank you for watching !重难强化训练(四)
(时间：40分钟 分值：100分)
[基础达标练]
一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)
1．有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图1所示，由于摩擦力的作用，木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )
A．木块所受的合力为零
B．因木块所受的力都不对其做功，所以合力的功为零
C．重力做的功和摩擦力做的功代数和为零
D．重力和摩擦力的合力为零
C [木块做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，合力不为零，A错误；速率不变，动能不变，由动能定理知，合力做的功为零，支持力始终不做功，重力做正功，所以重力做的功与摩擦力做的功代数和为零，但重力和摩擦力的合力不为零，C正确，B、D错误．]
2．如图所示，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)．则在这一过程中摩擦力对物体做的功是( )
A．0 B．2μmgR
C．2πμmgR D．
D [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μmg＝ ①.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，只有摩擦力对物体做功，由动能定理得：W＝mv2－0 ②，联立①②解得W＝μmgR.]
3．质量为m的小球用长度为L的轻绳系住，在竖直平面内做圆周运动，运动过程中小球受空气阻力作用．已知小球经过最低点时轻绳受的拉力为7mg，经过半周小球恰好能通过最高点，则此过程中小球克服空气阻力做的功为( )
A． B．
C． D．mgL
C [小球经过最低点时，有FN－mg＝，解得v1＝.小球恰好能通过最高点，有mg＝，解得v2＝.根据动能定理－mg·2L－Wf＝mv－mv，解得小球克服空气阻力做功Wf＝mgL，所以C对．]
4．如图所示，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，则经过A点的速度大小为( )
A.
B.
C.
D.
B [在从A到B的过程中，重力和摩擦力都做负功，根据动能定理可得mgh＋Wf＝mv；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，选B.]
5．如图甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点O处的小物块，在水平拉力F的作用下沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆，则小物块运动到x0处时的动能为( )
甲 乙
A．Fmx0 B.Fmx0 C.Fmx0 D.x
C [F-x图象的“面积”等于拉力做功的大小，则得到拉力做功W＝π＝x，由图看出，Fm＝，得到W＝Fmx0.根据动能定理得：小物块运动到x0处时的动能为Fmx0，故选项C正确．]
6．(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是( )
A．对物体，动能定理的表达式为WFN＝mv，其中WFN为支持力的功
B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功
C．对物体，动能定理的表达式为WFN－mgH＝mv－mv
D．对电梯，其所受合力做功为Mv－Mv
CD [电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功才等于物体动能的增量ΔEk＝mv－mv，故A、B均错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，故D正确．]
二、非选择题(14分)
7．如图所示，质量为m＝0.2 kg的小物体放在光滑的圆弧上端，圆弧半径R＝55 cm，下端接一长为1 m的水平轨道AB，最后通过极小圆弧与倾角α＝37°的斜面相接，已知物体与水平面和斜面轨道的动摩擦因数均为0.1，将物体无初速度释放，求：
(1)物体第一次滑到水平轨道与右侧斜面轨道交接处的速度大小；
(2)物体第一次滑上右侧斜轨道的最大高度．(g取10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)
[解析] (1)小物体从圆弧上端到B点的过程中，由动能定理得：
mgR－μmgsAB＝mv－0
解得：vB＝3 m/s.
(2)设物体第一次滑上右侧轨道最大高度为H，此时物体离B点的距离为s，由几何关系有＝sin α
由动能定理得：－μmgcos α·s－mgH＝0－mv，解得：H＝0.40 m.
[答案] (1)3 m/s (2)0.40 m
[能力提升练]
一、选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分)
1．(多选)如图甲所示，质量m＝2 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变化的关系图象如图乙所示，则下列判断中正确的是( )
甲 乙
A．物体运动的总位移大小为10 m
B．物体运动的加速度大小为10 m/s2
C．物体运动的初速度大小为10 m/s
D．物体所受的摩擦力大小为10 N
ACD [由图象可知，物体运动的总位移为10 m，根据动能定理得，－Ffx＝0－Ek0，解得Ff＝＝ N＝10 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/s2＝5 m/s2，故B错误．根据Ek0＝mv得v0＝＝ m/s＝10 m/s，故C正确．]
2．(多选)如图所示，长为L的轻质硬杆A一端固定小球B，另一端固定在水平转轴O上．现使轻杆A绕转轴O在竖直平面内匀速转动，轻杆A与竖直方向夹角α从0°增加到180°的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球B受到的合力的方向始终沿着轻杆A指向轴O
B．当α＝90°时，小球B受到轻杆A的作用力方向竖直向上
C．轻杆A对小球B做负功
D．小球B重力做功的功率不断增大
AC [小球做匀速圆周运动，受到的合外力总是指向圆心O，选项A对；转过90°时，轻杆对小球的弹力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力，竖直分力平衡小球重力，小球受到杆的作用力指向左上方，选项B错；在转动过程中小球的重力做正功，动能不变，应用动能定理可知轻杆对小球做负功，选项C对；小球竖直方向的分速度先增大后减小，小球重力做功的功率先增大后减小，选项D错．]
3．(多选)如图所示，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( )
A．a＝ B．a＝
C．N＝ D．N＝
AC [质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR－W＝mv2，则速度v＝，最低点的向心加速度a＝＝，选项A正确，选项B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，N＝，选项C正确，选项D错误．]
4．(多选)如图所示，固定斜面AD上有B、C两点，且AB＝BC＝CD，小滑块以初动能Ek0从A点出发，沿斜面向上运动．若整个斜面AD光滑，则滑块到达D位置速度恰好为零，而后下滑．现斜面AB部分与滑块间处处有相同的摩擦力，其余部分BD无摩擦力，则滑块恰好滑到C位置速度为零，然后下滑，那么滑块下滑到( )
A．位置B时的动能为
B．位置B时的动能为
C．位置A时的动能为
D．位置A时的动能为
AD [设斜面长为3x、高为3h，若斜面光滑，滑块由底端运动到顶端过程中，－mg·3h＝0－Ek0 ①
若AB部分粗糙、其他部分光滑，滑块由底端A到C过程中，－Ff·x－mg·2h＝0－Ek0 ②
滑块由C滑到B过程中，mgh＝EkB ③
解①③可得：EkB＝，A项正确；
滑块由C滑到A过程中，mg·2h－Ff·x＝EkA ④
解①②④三式得：EkA＝，D项正确．]
二、非选择题(本题共2小题，共26分)
5．(13分)如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R＝0.6 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μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2.
甲 乙
(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
F1x1－F3x3－μmgx＝mv
得vB＝2 m/s.
(2)在前2 m内，由牛顿第二定律得
F1－μmg＝ma，且x1＝at
解得t1＝ s.
(3)当滑块恰好能到达最高点C时，有mg＝m
对滑块从B到C的过程，由动能定理得
W－mg·2R＝mv－mv
代入数值得W＝－5 J
即克服摩擦力做的功为5 J.
[答案] (1)2 m/s (2) s (3)5 J
6．(13分)如图所示，用一块长L1＝1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8 m，长L2＝1.5 m．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m＝0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)
(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm.
[解析] (1)为使小物块下滑，应有mgsin θ≥μ1mgcos θ
θ满足的条件tan θ≥0.05
即当θ＝arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑．
(2)克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cos θ＋μ2mg(L2－L1cos θ)
由动能定理得mgL1sin θ－Wf＝0
代入数据得μ2＝0.8.
(3)由动能定理得mgL1sin θ－Wf＝mv2
代入数据得v＝1 m/s
由平抛运动规律得H＝gt2，x1＝vt
解得t＝0.4 s
x1＝0.4 m
xm＝x1＋L2＝1.9 m.
[答案] (1)arctan 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m
