人教版物理必修第二册同步讲练第8章 机械能守恒定律 拓展课 动能定理的综合应用 (含解析)

拓展课动能定理的综合应用拓展点一动能定理与牛顿运动定律的比较1.理解比较比较牛顿第二定律动能定理作用合外力与加速度的关系合外力做的功与动能变化量的关系公式F＝maW＝Ek2－Ek1研究力和运动的关系力的瞬间作用效果力对空间的积累效果运动过程中细节的考虑考虑不考虑作用力恒力恒力或变力2.应用比较比较牛顿运动定律动能定理相同点确定研究对象，对物体进行受力分析和运动过程分析适用条件只能研究恒力作用下物体的运动的情况对于物体在恒力或变力的作用下，物体做直线运动或曲线运动均适用应用方法要考虑运动过程的每一个细节，结合运动学公式只考虑各力的做功情况及初、末状态的动能运算方法矢量运算代数运算[试题案例][例1]如图所示，一质量为2kg的铅球从离地面2m高处自由下落，陷入沙坑2cm深处，求沙子对铅球的平均阻力大小。(g取10m/s2)解析法一应用牛顿第二定律与运动学公式求解。设铅球做自由落体运动到沙面时的速度为v，则有v2＝2gH。在沙坑中的运动阶段，设铅球做匀减速运动的加速度大小为a，则有v2＝2ah。联立以上两式解得a＝eq\f(H,h)g。设铅球在沙坑中运动时受到的平均阻力大小为Ff，由牛顿第二定律得Ff－mg＝ma，所以Ff＝mg＋ma＝eq\f(H＋h,h)·mg＝eq\f(2＋0.02,0.02)×2×10N＝2020N。法二应用动能定理分段求解。设铅球自由下落到沙面时的速度为v，由动能定理得mgH＝eq\f(1,2)mv2－0，设铅球在沙中受到的平均阻力大小为Ff，由动能定理得mgh－Ffh＝0－eq\f(1,2)mv2，联立以上两式得Ff＝eq\f(H＋h,h)mg＝2020N。法三应用动能定理全程求解。铅球下落全过程都受重力，只有进入沙中铅球才受阻力Ff，重力做功WG＝mg(H＋h)，阻力做功Wf＝－Ffh。由动能定理得mg(H＋h)－Ffh＝0－0，代入数据得Ff＝2020N。答案2020N[针对训练1]如图是冰上体育比赛“冰壶运动”的场地示意图(冰面水平)。在某次训练中，甲队员将质量m＝20kg的一个冰壶从左侧的A处向右推出，冰壶沿中心线运动到与A点相距为x＝30m的营垒中心O处恰好停下。此后，乙队员将完全相同的第二个冰壶同样在A处向右推出，冰壶从A处运动到O处经过的时间为t＝10s。已知两个冰壶与冰面间的动摩擦因数都为μ＝0.02，冰壶都可视为质点，取g＝10m/s2。求：(1)第一个冰壶被推出时的动能；(2)第二个冰壶即将碰到第一个冰壶时的速度大小。解析(1)法一牛顿第二定律根据牛顿第二定律Ff＝μmg＝ma根据运动学公式得v2＝2ax＝2μgx动能的表达式Ek＝eq\f(1,2)mv2联立并代入题给数据得Ek＝μmgx＝0.02×20×10×30J＝120J。法二动能定理对于甲队员推出的冰壶，由动能定理可得－μmgx＝0－Ek1，代入数据得Ek1＝120J，故第一个冰壶被推出时的动能为120J。(2)第二个冰壶从A处运动到O处做匀减速运动，有μmg＝ma，设冰壶在时间t内初、末速度分别为v2、v2′，则有v2′＝v2－at，位移关系x＝v2t－eq\f(1,2)at2，代入数据解得第二个冰壶即将碰到第一个冰壶时的速度为v2′＝2m/s。答案(1)120J(2)2m/s拓展点二动能定理与图像的结合分析动能定理和图像结合的问题时一定要弄清图像的物理意义，要特别注意图像的形状、交点、截距、斜率、面积等信息，并结合运动图像构建相应的物理模型，选择合理的规律求解有关问题。[试题案例][例2]如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝4kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图像如图乙所示，已F与位移关系图线围成的面积表示功。知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10m/s2，求：(1)出发时物体运动的加速度大小；(2)物体能够运动的最大位移。解析(1)由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，当推力F0＝100N时，物体所受的合力最大，加速度最大，代入数据得a＝20m/s2。(2)根据图像得推力对物体做的功等于图线与x轴围成的面积，则推力对物体做功W＝eq\f(1,2)F0x0＝250J，根据动能定理可得W－μmgxm＝0，解得xm＝12.5m。答案(1)20m/s2(2)12.5m方法总结“三步法”分析动能定理结合图像问题[针对训练2](多选)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到vm后立即关闭发动机直到停止，v－t图像如图所示。设汽车的牵引力为F，摩擦力为Ff，全过程中牵引力做功W1，克服摩擦力做功W2，则()A.F∶Ff＝1∶3 B.F∶Ff＝4∶1C.W1∶W2＝1∶1 D.W1∶W2＝1∶3解析全过程初、末状态的动能都为零，对全过程应用动能定理得W1－W2＝0①即W1＝W2，选项C正确；设物体在0～1s内和1～4s内运动的位移大小分别为s1、s2，则W1＝Fs1②W2＝Ff(s1＋s2)③在v－t图像中，图像与时间轴包围的面积表示位移，由图像可知，s2＝3s1④由②③④式解得F∶Ff＝4∶1，选项B正确。答案BC拓展点三利用动能定理处理曲线运动的多过程问题1.平抛运动、圆周运动属于曲线运动，若只涉及位移和速度而不涉及时间，应优先考虑用动能定理列式求解。2.用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，让草图帮助我们理解物理过程和各量关系。3.若物体的运动过程包含多个运动阶段，可分段应用动能定理，也可全程运用动能定理。若不涉及中间量，全程应用动能定理更简单、更方便。若涉及多个力做功，应注意力与位移的对应性。[试题案例][例3]如图所示，半径r1＝eq\f(2,5)eq\r(2)m的圆弧轨道AB与水平轨道BC相切于B点，CD为r2＝0.40m的半圆轨道，另一半径R＝1.00m的圆弧轨道EF与CD靠近，E点略低于D点。一质量m＝1kg的小物块(可视为质点)从A点以初速度v0＝2m/s沿轨道下滑，在AB段运动过程中始终受到竖直向上的F＝10N的力作用，进入BC段后撤去。已知AB高度为h，BC长L＝1.00m，小物块与BC间动摩擦因数μ＝0.2，其余光滑，EF轨道对应的圆心角θ＝60°，所有轨道均固定在同一竖直平面内，不考虑小物块在各轨道相接处的速度大小的变化，忽略空气阻力，g取10m/s2。求：(1)当小物块沿圆弧轨道AB运动到B点时，轨道对小物块的作用力大小；(2)若小物块在B点的速度为5m/s，且在刚进入BC段时撤去力F，请通过计算判断小物块能否通过D点；(3)小物块能进入EF轨道，且不越过F点，小物块在D点的速度范围。【审题指导】题干关键点提取信息竖直向上的F＝10N的力在AB段物块有恒力和重力做功进入BC段后撤去F在BC段物块只有摩擦力做功物块能否通过D点物块恰好过D点的条件是重力提供向心力进入EF轨道，不越过F点进入EF的最小速度对应过D点的最小速度，进入EF的最大速度对应到F点时速度为零解析(1)小物块从A到B，由动能定理得mgh－Fh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得vB＝2m/s。在B点，由牛顿第二定律得F＋FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),r1)，解得FN＝5eq\r(2)N。(2)假设小物块能从B到D，由动能定理得－2mgr2－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mvB′2，解得vD＝eq\r(5)m/s。若小物块恰好过D点，则mg＝eq\f(mvD′2,r2)，解得vD′＝eq\r(gr2)＝2m/s＜eq\r(5)m/s，故小物块能通过D点。(3)小物块恰好到F点，从E到F，由动能定理得－mgR(1－cosθ)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)，解得vE＝eq\r(10)m/s，所以小物块在D点的速度范围为2m/s≤vD＜eq\r(10)m/s。答案(1)5eq\r(2)N(2)能，过程见解析(3)2m/s≤vD<eq\r(10)m/s[针对训练3]在温州市科技馆中，有个用来模拟天体运动的装置，其内部是一个类似锥形的漏斗容器，如图甲所示。现在该装置的上方固定一个半径为R的四分之一光滑管道AB，光滑管道下端刚好贴着锥形漏斗容器的边缘，如图乙所示。将一个质量为m的小球从管道的A点静止释放，小球从管道B点射出后刚好贴着锥形容器壁运动，由于摩擦阻力的作用，运动的高度越来越低，最后从容器底部的孔C掉下(轨迹大致如图乙虚线所示)，已知小球离开C孔的速度为v，A到C的高度为H，重力加速度为g。求：(1)小球到达B端的速度大小；(2)小球在管口B端受到的支持力大小；(3)小球在锥形漏斗表面运动的过程中克服摩擦阻力所做的功。解析(1)设小球到达B端的速度大小为vB，小球在从A端运动到B端的过程中，由动能定理可得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)得vB＝eq\r(2gR)。(2)设在B端小球受到的支持力大小为FN，FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，得FN＝3mg。(3)设克服摩擦阻力做的功为Wf，根据动能定理mgH－Wf＝eq\f(1,2)mv2得Wf＝mgH－eq\f(1,2)mv2。答案(1)eq\r(2gR)(2)3mg(3)mgH－eq\f(1,2)mv21.静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t＝4s时停下，其v－t图像如图所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是()A.整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B.整个过程中拉力做的功等于零C.t＝2s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大D.t＝1s到t＝3s这段时间内拉力不做功解析全过程由动能定理得WF＋WFf＝0，所以A正确；因物块从静止开始运动，整个过程WF≠0，B错误；拉力的瞬时功率在1～3s内相等，1s末拉力的瞬时功率最大，C错误；t＝1s到t＝3s这段时间内，物块做匀速运动，F＝Ff≠0，拉力做功W＝Fx13≠0，D错误。答案A2.如图所示，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动，已知小球在最低点时对轨道的压力大小为FN1，在最高点时对轨道的压力大小为FN2。重力加速度大小为g，则FN1－FN2的值为()A.3mg B.4mgC.5mg D.6mg解析在最低点有FN1－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，在最高点有FN2＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),R)。小球在运动过程中由动能定理－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得FN1－FN2＝6mg。答案D3.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、位移的大小和运动的时间。则以下各图像中，能正确反映这一过程的是()解析物体在恒定阻力作用下运动，其加速度不随时间和位移变化，选项A、B错误；由动能定理得－fx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－fx，可知选项C正确；Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(v0－at)2＝eq\f(1,2)ma2t2－mv0at＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，Ek与t的关系图线为抛物线，选项D错误。答案C4.质量m＝1kg的物体，在水平拉力F的作用下，沿粗糙水平面运动，在位移是4m时，拉力F停止作用，运动到位移是8m时物体停止，运动过程中Ek－x的图像如图所示，g取10m/s2，求：(1)物体和水平面间的动摩擦因数；(2)拉力F的大小。解析(1)在运动的第二阶段，物体在位移x2＝4m内，动能由Ek＝10J变为零。由动能定理得－μmgx2＝0－Ek；故动摩擦因数μ＝eq\f(Ek,mgx2)＝eq\f(10,1×10×4)＝0.25。(2)在运动的第一阶段，物体位移x1＝4m，初动能Ek0＝2J，根据动能定理得Fx1－μmgx1＝Ek－Ek0，所以F＝4.5N。答案(1)0.25(2)4.5N5.2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图所示，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑连接，滑道BC高h＝10m，C是半径R＝20m圆弧的最低点。质量m＝60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5m/s2，到达B点时速度vB＝30m/s。取重力加速度g＝10m/s2。(1)求长直助滑道AB的长度L；(2)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力示意图，并求其所受支持力FN的大小。解析(1)根据匀变速直线运动公式veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A)＝2aL，有L＝eq\f(veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A),2a)＝100m。(2)运动员经过C点时的受力示意图如图所示。根据动能定理，运动员在BC段运动的过程中，有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)根据牛顿第二定律，有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)得FN＝3900N。答案(1)100m(2)见解析图3900N6.一个人站在距地面20m的高处，将质量为0.2kg的石块以v0＝12m/s的速度斜向上抛出，石块的初速度方向与水平方向之间的夹角为30°，g取10m/s2，则：(1)人抛石块过程中对石块做了多少功？(2)若不计空气阻力，石块落地时的速度大小是多少？(3)若落地时的速度大小为22m/s，石块在空中运动过程中克服阻力做了多少功？解析(1)人抛石块的过程中，根据动能定理得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0＝14.4J。(2)不计空气阻力，石块从抛出至落地过程中，根据动能定理得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v1≈23.32m/s。(3)从抛出至落地过程中，由动能定理得mgh－Wf＝eq\f(mveq\o\al(2,2),2)－eq\f(mveq\o\al(2,0),2)，解得Wf＝mgh－eq\b\lc