2018-2019学年高中人教版物理必修二配套文档：第七章 专题　动能定理的综合应用

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精专题动能定理的综合应用要点1｜动能定理在多过程中的应用如果物体的运动过程可以分为若干阶段，可以选择分段或全程应用动能定理，题目不涉及中间量，选择全程应用动能定理更简单、方便．应用全程法解题求功时，有些力不是全过程都存在的,必须根据不同的情况分别对待,弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功,哪些力做功,做正功还是负功．典例1如图所示，倾角为θ的斜面放置在水平地面上，B点为斜面中点．一小物块(可视为质点)从斜面顶点A点开始无初速度下滑,到达斜面底端C点时速度恰好为零．若物块在AB段和BC段与斜面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2,整个过程中斜面始终保持静止状态，则下列说法中正确的是（)A．小物块下滑的整个过程中斜面对地面的压力始终小于小物块和斜面的重力之和B．根据题给条件可以计算出小物块滑至B点时的速度大小C．小物块在AB段的平均速率小于在BC段的平均速率D．动摩擦因数满足关系式μ1＋μ2＝2tanθ【解析】由题意知，小物块在AB段匀加速下滑，有沿斜面向下的加速度a1，有竖直向下的分加速度，处于失重状态，故此过程斜面对地面的压力小于小物块和斜面的重力之和．小物块在BC段匀减速下滑，有沿斜面向上的加速度a2,有竖直向上的分加速度，处于超重状态,故此过程斜面对地面的压力大于小物块和斜面的重力之和，故A错误;根据牛顿第二定律可求得小物块的加速度，对于AB段或BC段,知道了A点和C点的速度为零，不知道AB和BC的长度，不能求出小物块滑至B点时的速度，故B错误；设小孩在B点的速度为v，则小物块在AB段的平均速率v1＝eq\f（0＋v，2）＝eq\f(v，2),在BC段的平均速率v2＝eq\f(v＋0，2)＝eq\f（v，2），故两段的平均速率相等，故C错误；设AB＝BC＝x，对整个过程，根据动能定理得mg2x·sinθ－μ1mgcosθ·x－μ2mgcosθ·x＝0,联立解得μ1＋μ2＝2tanθ，故D正确．故选D．【答案】D如图所示，物体在离斜面底端5m处由静止开始下滑，然后滑上由小圆弧与斜面连接的水平面上，若物体与斜面及水平面的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°。求物体能在水平面上滑行多远．解析：解法一:分段法对物体在斜面上和水平面上时受力分析如图所示,知物体下滑阶段FN1＝mgcos37°Ff1＝μFN1＝μmgcos37°由动能定理得mgsin37°·l1－μmgcos37°·l1＝eq\f(1,2）mveq\o\al(2,1）①在水平面上运动过程中Ff2＝μFN2＝μmg由动能定理,得－μmgl2＝0－eq\f(1,2）mveq\o\al（2,1)②由①②两式可得l2＝eq\f（sin37°－μcos37°，μ）l1＝eq\f(0.6－0.4×0。8，0。4)×5m＝3.5m.解法二：全程法物体受力分析同上物体运动的全过程中，初、末状态的速度均为零,对全过程运用动能定理有mgsin37°·l1－μmgcos37°l1－μmg·l2＝0得l2＝eq\f（sin37°－μcos37°,μ)l1＝eq\f(0。6－0。4×0。8,0。4）×5m＝3。5m。答案：3.5m名师方法总结动能定理在多过程问题中的应用（1)对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程分割成一个一个子过程,分别对每个过程分析,得出每个过程遵循的规律，当每个过程都可以运用动能定理时,可以选择分段或全程应用动能定理，题目不涉及中间量时,选择全程应用动能定理更简单、方便．(2）应用全程法解题求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功,做正功还是负功，正确写出总功．要点2｜动能定理解决多物体相互作用的问题动能定理的研究对象可以是单一物体,也可以是多物体组成的系统，当组成系统的物体间存在相互作用力时,整体法应用动能定理容易出错，隔离分析各个物体,分别列动能定理求解是解题的关键．典例2如图所示,在光滑的平面上有一平板小车m1正以速度v向右运动,现将一质量为m2的木块无初速度地放在小车上，由于木块和小车间的摩擦力的作用，小车的速度将发生变化．为使小车保持原来的运动速度不变，必须及时对小车施加一向右的水平恒力eq\a\vs4\al（F。当F）作用一段时间后把它撤去，木块恰能随小车一起以速度v共同向右运动．设木块和小车间的动摩擦因数的μ，求在上述过程中,水平恒力F对小车做多少功？【解析】由于小车一直匀速运动，设它们获得共同速度的时间为t，在此时间内，小车的位移为x车＝vt ①木块放到小车上后做初速度为零的匀加速直线运动，木块在时间t内对地的位移为x木＝vt＝eq\f(vt,2）②根据动能定理，对于木块有μm2gx木＝eq\f(1，2)m2v2－0 ③对于小车有WF－μm2gx车＝eq\f（1,2)m1v2－eq\f(1,2）m1v2 ④联立①②③④式，可得WF＝m2v2.【答案】m2v2(多选)水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看做质点的物块，物块间用长为l的细线连接,开始处于静止状态，轨道动摩擦力因数为μ.用水平恒力F拉动1开始运动，到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则（）A．拉力F所做功为nFlB．系统克服摩擦力做功为eq\f(n(n－1)μmgl，2）C．F＞eq\f(nμmg，2)D．nμmg＞F＞（n－1）μmg解析：物块1运动的位移为（n－1）l，拉力F所做功WF＝F·（n－1）l＝(n－1)Fl，A选项错误；系统克服摩擦力做功Wf＝μmgl＋μmg·2l＋…＋μmg（n－1)l＝eq\f（n(n－1）μmgl，2)，B选项正确；连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，根据动能定理得，WF－Wf＝0，解得F＝eq\f(nμmg，2)，根据牛顿运动定律可知,F＞eq\f(nμmg,2），C选项正确，D选项错误．答案：BC动能定理在两个(或多个）相互关联的物体系统中的应用（1）从严格意义上讲课本上讲的动能定理是质点的动能定理，即质点动能的增量等于作用于质点的合外力所做的功．对于由相互作用的若干质点组成的系统，动能的增量在数值上等于一切外力所做的功与一切内力所做的功的代数和，称为系统动能定理．(2）由于作用力与反作用力的功代数和不一定等于零,所以对于系统只考虑外力做功而应用动能定理很可能要犯错,所以往往把系统内各质点隔离分析，分别应用动能定理比较合适．要点3｜应用动能定理求解往复运动问题运用动能定理解题时无需考虑中间过程的细节,只需考虑全过程中合外力做功的情况，以及初、末状态的动能，所以对于往复运动问题全过程运用动能定理比较简单．典例3光滑斜面AB的倾角θ＝53°，BC为水平面，BC的长度lBC＝1。10m,CD为光滑的eq\f(1，4）圆弧，半径R＝0。60m．一个质量m＝2.0kg的物体，从斜面上A点由静止开始下滑，物体与水平面BC间动摩擦因数μ＝0.20.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。20m．sin53°＝0。8，cos53°＝0.6。g取10m/s2.求:(1)物体运动到C点时速度大小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。【解析】（1）分析物体从C点运动到最高点的过程,根据动能定理得,－mg(R＋h）＝0－eq\f（1,2)mveq\o\al(2,C)，代入数据解得，vC＝4m/s。(2）分析物体从A点运动到C点的过程中，根据动能定理得,mgH－μmglBC＝eq\f（1，2)mveq\o\al(2,C)－0，代入数据解得,H＝1。02m。（3)分析物体运动的全过程，根据动能定理得，mgH－μmgx＝0代入数据解得,x＝5。1m,其中x＝4lBC＋0。7m,故物体最终停止的位置到C点的距离为s＝0。4m。【答案】（1）4m/s（2）1。02m（3)0。4m变式训练3－1如图所示，MPQ为竖直面内一固定轨道，MP是半径为R的eq\f（1,4）光滑圆弧轨道，它与水平轨道PQ相切于P,Q端固定一竖直挡板,PQ长为s.一小物块在M端由静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次碰撞后停在距Q点为l的地方，与挡板碰撞过程中无机械能损失，重力加速度为g.求物块与PQ段动摩擦因数μ的可能值．解析：物块运动存在两种情况，第一种情况是物块水平面运动的路程为l＋s，全过程列动能定理，mgR－μmg（l＋s)＝0，解得μ＝eq\f(R，l＋s)；第二种情况是物块水平面运动的路程为3s－l，同理mgR－μmg（3s－l）＝0，解得μ＝eq\f(R，3s－l）.答案：eq\f（R，l＋s)或eq\f(R，3s－l）名师方法总结由于滑动摩擦力做功与路径有关，滑动摩擦力做的功Wf＝fs相对，因此利用动能定理选取合适的初末位置可求出物体运动的路程．对点训练一动能定理在多过程中应用1．图中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，BC是与AB和CD都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计．一质量为m的小滑块在A点从静止状态释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如图所示,现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点推回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦系数为μ，则推力对滑块做的功等于（)A．mghB．mgh＋μmghcotθ＋μmgsC．μmg（s＋h/sinθ）D．4mgh解析：缓慢推动,可认为速度为零，即根据动能定理可得WF＝mgh＋μmgcosθ·eq\f（h，sinθ）＋μmgs＝0－0，解得WF＝mgh＋μmg·eq\f（h，tanθ）＋μmgs，在下滑过程中,根据动能定理可得mgh－μmg·eq\f（h,tanθ）－μmgs＝0－0，即mgh＝μmg·eq\f（h，tanθ）＋μmgs，所以WF＝2mgh，B正确．答案：B对点训练二动能定理解决多物体相互作用问题2．（多选)如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上,在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动,以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离．在此过程中（)A．外力做的功等于A和B动能的增量B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D．外力对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和解析：A、B间存在滑动摩擦力，A在B上滑动时，产生热量，故外力做功等于A和B动能的增量和产生的热量之和,A选项错误；根据动能定理可知，B对A的摩擦力做功,增加了A的动能，B选项正确；A在B上滑行,两者位移不同,摩擦力做功不等,C选项错误；以B为研究对象,根据动能定理可知，W－Wf＝ΔEk，则外力对B做的功等于B动能的增量和B克服摩擦力做的功之和，D选项正确．答案：BD对点训练三应用动能定理求解往复问题3．如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧,B、C是水平的，其距离d＝0。50m,盆边缘的高度为h＝0。30m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为(）A．0。50m B．0.25mC．0。10m D．0解析：设物体在水平面上运动的总路程为L。物体从开始到停止的全过程，根据动能定理:mgh－μmgL＝0,解得L＝3m，因为BC长0.5m，所以小物块最终停在B点,选项D正确．答案：D【强化基础】1．(2018·郴州一模）如图所示，质量为m的物块与转台之间的最大静摩擦力为物块重力的k倍，物块与转轴OO′相距R，物块随转台由静止开始转动,当转速缓慢增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到相对滑动前瞬间的过程中，转台的摩擦力对物块做的功为（）A．0 B．2πkmgRC．2kmgR D．eq\f（1,2)kmgR解析：物块随转台做圆周运动，摩擦力提供向心力,根据牛顿第二定律可知,kmg＝meq\f(v2,R），根据动能定理可知，摩擦力做功增加物块的动能,W＝eq\f（1,2）mv2＝eq\f(1，2）kmgR,D选项正确．答案：D2．（2018·天津期末)物体A和B质量相等,A置于光滑的水平面上，B置于粗糙的水平面上，开始时都处于静止状态，在相同的恒力F作用下移动相同的距离L，如图所示．则(）A．力F对A做的功较多B．力F对B做的功较多C．力F对A、B做的功一样多D．A和B获得的动能相等解析：根据做功公式可知，功等于力与力的方向上位移的乘积,拉力的大小相同，物体的位移也相同，拉力对两物体做的功一样多，A、B选项错误，C选项正确；根据动能定理可知，B置于粗糙的水平面上，受到摩擦力作用,合力较小，动能变化少，动能小，D选项错误．答案：C3．(2018·南通二模）如图所示，水平平台上放置一长为L、质量为m的匀质板,板的右端距离平台边缘为s，板与台面间动摩擦因数为μ，重力加速度为g。现对板施加水平推力，要使板脱离平台，推力做功的最小值为（)A．μmg(L＋s) B．μmgeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(L,2）＋s)）C．μmg(L－s) D．μmgeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（s＋\f（3,4)L））解析:要使推力做功最少，应让木板缓慢运动，让木板的重心离开平台，推动的位移为eq\f(L,2）＋s,摩擦力做功Wf＝－μmgeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（L,2)＋s))，根据动能定理可知,W－μmgeq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（L，2)＋s））＝0，联立解得，W＝μmgeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（L，2)＋s)），B选项正确,A、C、D选项错误．答案：B4．(多选)某兴趣小组在老师的指导下做探究物体动能实验时,让一物体在恒定合外力作用下由静止开始沿直线运动，通过传感器记录下速度、时间、位置等实验数据，然后分别作出动能Ek随时间变化和动能Ek随位置变化的两个图线如图所示，但忘记标出横坐标，已知图1中虚线的斜率为p，图2中直线的斜率为q，下列说法正确的是(）A．物体动能随位置变化的图线是图1B．物体动能随时间变化的图线是图2C．物体所受合外力的大小为qD．物体在A点所对应的瞬时速度的大小为eq\f（2p，q）解析：由Ek＝W＝Fx，可得Ek与x成正比，故图2是物体动能随位置变化的图线,则图1为物体动能随时间变化的图线,故A、B错误；在图2中，由Ek＝Fx得F＝eq\f（Ek，x)，即斜率q＝eq\f(Ek，x）①,则合力F＝q,故C正确；在图1中，p＝eq\f（Ek,t）②由①②得：eq\f(p,q）＝eq\f（x,t)③又在这个过程中平均速度v＝eq\f(v,2）所以x＝eq\f（v,2）t④将④代入③得eq\f（p，q）＝eq\f(\f（v，2）t，t）＝eq\f(v，2）解得v＝eq\f(2p，q)，故D正确．故选CD．答案：CD【巩固易错】5．(多选）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端放置一质量m＝1kg的小球，小球此时处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在小球上，使小球开始向上做匀加速直线运动,经0。2s弹簧刚好恢复到原长,此时小球的速度为1m/s，整个过程弹簧始终在弹性限度内,g取10m/s2.下列说法正确的是（）A．在0～0。2s内，拉力的最大功率为15WB．弹簧的劲度系数为100N/cmC．在0.2s时撤去外力,则小球在全过程中能上升的最大高度为15cmD．在0~0。2s内,拉力F对小球做的功等于1。5J解析:小球从静止开始向上做匀加速直线运动,经0。2s弹簧刚好恢复到原长，此时小球的速度为v＝1m/s;0．2s内小球的位移：x＝eq\f(v，2）t＝eq\f(1,2)×0.2m＝0。1m;加速度：a＝eq\f（v,t)＝eq\f（1，0。2）m/s2＝5m/s2；刚开始弹簧静止，故mg＝kx，解得k＝eq\f(mg，x）＝eq\f（10，0。1）N/m＝100N/m；对小球受力分析，小球受重力、拉力和弹簧的弹力,根据牛顿第二定律,有F－mg＋keq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（x－\f(1,2）at2)）＝ma；解得F＝5＋250t2（t≤0。2s），拉力F的功率：P＝Fv＝Fat＝(5＋250t2)×5t,当t＝0.2s时,拉力功率达到最大，为Pm＝15W,故A正确，B错误；撤去F后，小球离开弹簧做竖直上抛运动，能继续上升的最大高度为h＝eq\f（v2，2g)＝eq\f(12，20)＝0.05m故小球在全过程中能上升的最大高度为H＝x＋h＝0.15m＝15cm，故C正确；在0～0.2s内拉力F＝5＋250t2(t≤0.2s），逐渐增加，最大为15N，位移为0.1m，故拉力功W＜15N×0。1m＝1.5J，即小于1.5J，故D错误．故选AC．答案：AC6.（多选)质量为1500kg的汽车在平直的公路上运动，v。t图象如图所示．由此可求（)A．前25s内汽车的平均速度B．前10s内汽车的加速度C．前10s内汽车所受的阻力D．15～25s内合外力对汽车所做的功解析：在v。t图象中图线与坐标轴所围成的面积代表位移，因此只要求得位移的大小，利用公式v＝eq\f(s,t)，即可解得平均速度，故选项A正确；图线的斜率代表加速度，由公式a＝eq\f(Δv,Δt）得，前10s内加速度a＝eq\f（20,10）m/s2＝2m/s2，故选项B正确；由牛顿第二定律得：F－Ff＝ma，因不知牵引力F,故无法求得阻力Ff，故选项C错误；由动能定理可求得15～25s内合外力所做的功，即W＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f（1,2）mv2＝eq\f（1,2)×1500×(302－202)J＝3。75×105J，故选项D正确．答案：ABD【能力提升】7．(2018·威海二模)如图,质量为m的小球从A点由静止开始沿半径为R的eq\f（1，4）光滑圆轨道AB滑下，在B点沿水平方向飞出后，落在一个与地面成37°角的斜面上的C点（图中未画出)．已知重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0。8。求从A点到C点的过程中小球重力所做的功．解析：小球离开B点的过程中，以速度v0做平抛运动,落到斜面上的C点,斜面倾角等于位移与水平方向的夹角．tan37°＝eq\f(h,x)＝eq\f（gt,2v0)小球从A点运动到B点的过程中，根据动能定理可知，mgR＝eq\f(1，2)mveq\o\al（2，0）－0联立解得t＝3eq\r（\f（R，2g)）在斜面下降高度，h＝eq\f（1，2）gt2＝eq\f(9,4)R小球重力做功，W＝mg(R＋h)＝eq\f（13mgR,4).答案:eq\f(13mgR，4）8．如图所示，竖直平面内，半径为R＝0。5m的光滑圆轨道CDF与倾角θ＝37°的光滑斜面轨道AC相切于C,圆轨道的直径CE与斜面垂直，O点为圆轨道的圆心，D点为圆轨道的最低点，F点为圆轨道的最高点，DF在竖直方向，B点为斜面上与F等高的位置．小球从斜面上A处由静止释放，之后恰好能通过F处离开圆轨道，落到斜面上．已知重力加速度为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0。8，不计空气阻力，求：（1)A，C两点的高度差；（2）小球从F点到斜面的运动时间．解析：(1）小球恰好能通过F点，重力提供向心力，mg＝meq\f(veq\o\al(2，F)，R),解得vF＝eq\r(gR）＝eq\r（5)m/s，从A点到F点的过程中，根据动能定理得，mgh