人教版高中物理新教材同步讲义必修第二册 第8章 专题强化　动能定理的应用(二)（含解析）

动能定理的应用(二)[学习目标]1.进一步理解动能定理，体会动能定理解题的优越性.2.会利用动能定理分析多过程问题．一、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．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简单、更方便．例1如图所示，右端连有一个固定光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5m，一个质量为m＝0.5kg的木块在F＝1.5N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＝10m/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，在水平桌面上滑行的最大距离．答案(1)0.15m(2)0.75m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－FfL－mgh＝0其中Ff＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10N＝1.0N所以h＝eq\f(FL－FfL,mg)＝eq\f(1.5－1.0×1.5,0.5×10)m＝0.15m(2)设木块离开B点后，在水平桌面上滑行的最大距离为x，由动能定理得：mgh－Ffx＝0所以x＝eq\f(mgh,Ff)＝eq\f(0.5×10×0.15,1.0)m＝0.75m.1．本题也可采用分段分析，分段利用动能定理进行列式求解，但全程利用动能定理要更方便．2．在分段分析时，有些过程可以用牛顿运动定律，也可利用动能定理，动能定理比牛顿运动定律解题更简单方便，所以我们可优先采用动能定理解决问题．例2如图所示，将物体从倾角为θ的固定斜面上由静止释放，开始向下滑动，到达斜面底端与挡板相碰后，原速率弹回．已知物体开始时距底端高度为h，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，求物体从开始到停止通过的路程．答案eq\f(h,μcosθ)解析物体最终停在挡板处，选从开始运动到停止全过程，由动能定理得mgh－μmgscosθ＝0解得物体从开始到停止通过的路程：s＝eq\f(h,μcosθ).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克f＝Ffs(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．针对训练1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＝1.1m，CD为光滑的eq\f(1,4)圆弧，半径R＝0.6m．一个质量m＝2kg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＝0.2m．不计空气阻力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/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s.答案(1)4m/s(2)1.02m(3)0.4m解析(1)物体由C点运动到最高点，根据动能定理得：－mg(h＋R)＝0－eq\f(1,2)mvC2代入数据解得：vC＝4m/s(2)物体由A点运动到C点，根据动能定理得：mgH－μmglBC＝eq\f(1,2)mvC2－0代入数据解得：H＝1.02m(3)从物体开始下滑到最终停止，根据动能定理得：mgH－μmgs1＝0代入数据，解得s1＝5.1m由于s1＝4lBC＋0.7m所以物体最终停止的位置到C点的距离为：s＝0.4m.二、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可提供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不可提供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只有重力提供向心力，mg＝eq\f(mvmin2,R)，vmin＝eq\r(gR).例3(2022·宁波市北仑中学高一期中)如图所示，竖直平面内有一光滑圆弧轨道，其半径为R＝0.5m，平台与轨道的最高点等高．一质量m＝0.8kg的小球(可视为质点)从平台边缘的A处以v0＝3m/s的水平速度射出，恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP与竖直线的夹角为53°，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.(1)求小球到达P点时的速度大小vP；(2)求小球到达圆弧轨道最低点时的速度大小以及对轨道的压力；(3)小球沿轨道通过圆弧的最高点Q时对轨道的内壁还是外壁有弹力，并求出弹力的大小．答案(1)5m/s(2)eq\r(29)m/s54.4N，方向竖直向下(3)外壁6.4N解析(1)平抛运动的水平速度不变，始终为v0，小球恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP与竖直线的夹角为53°，说明速度与水平方向夹角为53°，将P点速度分解，如图所示，vP＝eq\f(v0,cos53°)＝eq\f(3,0.6)m/s＝5m/s；(2)从抛出到圆弧轨道最低点，根据动能定理有mg·2R＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02解得v1＝eq\r(29)m/s在最低点根据牛顿第二定律和向心力公式有FN－mg＝meq\f(v12,R)解得FN＝54.4N根据牛顿第三定律有F压＝FN＝54.4N，方向竖直向下；(3)平台与轨道的最高点等高，根据动能定理可知vQ＝v0＝3m/s设小球受到向下的弹力F1，根据牛顿第二定律和向心力公式有F1＋mg＝meq\f(vQ2,R)解得F1＝6.4N>0根据牛顿第三定律知，小球对外壁有弹力，大小为6.4N.针对训练2(2022·湖南高一期中)科技助力北京冬奥：我国自主研发的“人体高速弹射装置”几秒钟就能将一名滑冰运动员从静止状态加速到指定速度，辅助滑冰运动员训练各种滑行技术．如图所示，某次训练，弹射装置在加速阶段将质量m＝60kg的滑冰运动员加速到速度v0＝8m/s后水平向右抛出，运动员恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入光滑圆弧轨道AB.AB圆弧轨道的半径为R＝5m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角．MN是一段粗糙的水平轨道，滑冰运动员与MN间的动摩擦因数μ＝0.08，水平轨道其他部分光滑．最右侧是一个半径为r＝2m的半圆弧光滑轨道，C点是半圆弧光滑轨道的最高点，半圆弧光滑轨道与水平轨道BD在D点平滑连接．取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.整个运动过程中将运动员简化为一个质点．(1)求运动员水平抛出点距A点的竖直高度；(2)求运动员经过B点时对轨道的压力大小；(3)若运动员恰好能通过C点，求MN的长度L.答案(1)1.8m(2)2040N(3)12.5m解析(1)根据运动的合成与分解可得运动员经过A点时的速度大小为vA＝eq\f(v0,cos37°)＝10m/s①mgh＝eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1,2)mv02②联立①②解得h＝1.8m③(2)设运动员经过B点时的速度大小为vB，对运动员从A点到B点的过程，根据动能定理有mg(R－Rcos37°)＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2④设运动员经过B点时所受轨道支持力大小为FN，根据牛顿第二定律及向心力公式有FN－mg＝eq\f(mvB2,R)⑤联立①④⑤解得FN＝2040N⑥根据牛顿第三定律可知，运动员经过B点时对轨道的压力大小为2040N；(3)设运动员刚好通过C点时的速度大小为vC，根据牛顿第二定律及向心力公式有mg＝eq\f(mvC2,r)⑦对运动员从B点到C点的过程，根据动能定理有－μmgL－2mgr＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2⑧联立④⑦⑧解得L＝12.5m．⑨1.如图所示，用平行于斜面的推力F，使质量为m的物体(可视为质点)从倾角为θ的光滑固定斜面的底端，由静止向顶端做匀加速运动．当物体运动到斜面中点时，撤去推力，物体刚好能到达顶端，重力加速度为g，则推力F为()A．2mgsinθ B．mg(1－sinθ)C．2mgcosθ D．2mg(1＋sinθ)答案A故选A.2．如图所示，一薄木板斜放在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端置于地板的P处，并与地板平滑连接．将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，滑块沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处．滑块与木板及地板之间的动摩擦因数相同．现将木板截短一半，仍按上述方式放在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放，则滑块最终将停在()A．P处 B．P、Q之间C．Q处 D．Q的右侧答案C解析设木板长为L，在水平地板上滑行位移为x，木板倾角为θ，全过程由动能定理得mgh－μmgLcosθ－μmgx＝0则滑块总的水平位移s＝Lcosθ＋x＝eq\f(h,μ)3.如图所示，小球(可视为质点)以初速度v0从A点沿不光滑的轨道运动到高为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(重力加速度为g)()A.eq\r(v02－4gh) B.eq\r(4gh－v02)C.eq\r(v02－2gh) D.eq\r(2gh－v02)答案B解析小球由A运动到B的过程中，由动能定理可得－mgh－Wf＝0－eq\f(1,2)mv02①小球由B运动到A的过程中，由动能定理可得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv12②联立①②可得v1＝eq\r(4gh－v02)故选B.4.如图所示，质量m＝1kg的木块静止在高h＝1.2m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平推力F＝20N推木块，使木块产生位移l1＝3m时撤去，木块又滑行l2＝1m后飞出平台，求木块落地时速度的大小．(结果可用根式表示，g取10m/s2，不计空气阻力)答案8eq\r(2)m/s解析木块运动分为三个阶段，先在l1段做匀加速直线运动，然后在l2段做匀减速直线运动，最后做平抛运动．整个过程中各力做功情况分别为：推力做功WF＝F·l1摩擦力做功Wf＝－μmg(l1＋l2)，重力做功WG＝mgh.设木块落地时速度大小为v全过程应用动能定理得WF＋Wf＋WG＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝8eq\r(2)m/s.5.如图所示，一长L＝0.45m、不可伸长的轻绳上端悬挂于M点，下端系一质量m＝1.0kg的小球，CDE是一竖直固定的圆弧形轨道，半径R＝0.50m，OC与竖直方向的夹角θ＝60°，现将小球拉到A点(保持绳绷直且水平)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后，从圆弧形轨道的C点沿切线方向进入轨道，刚好能到达圆弧形轨道的最高点E，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，求：(1)小球到B点时的速度大小；(2)轻绳所受的最大拉力大小；(3)小球在圆弧形轨道上运动时克服阻力做的功．答案(1)3m/s(2)30N(3)8J解析(1)小球从A到B的过程，由动能定理得mgL＝eq\f(1,2)mv12，解得v1＝3m/s；(2)小球在B点时，由牛顿第二定律得FT－mg＝meq\f(v12,L)，解得FT＝30N，由牛顿第三定律可知，轻绳所受最大拉力大小为30N；(3)小球从B到C做平抛运动，从C点沿切线进入圆弧形轨道，由平抛运动规律可得小球在C点的速度大小v2＝eq\f(v1,cosθ)，解得v2＝6m/s小球刚好能到达E点，则mg＝meq\f(v32,R)，解得v3＝eq\r(5)m/s小球从C点到E点，由动能定理得－mg(R＋Rcosθ)－W克f＝eq\f(1,2)mv32－eq\f(1,2)mv22，解得W克f＝8J.6．(2022·江苏海门中学高一期中)2022年2月16日，我国运动员齐广璞在北京冬奥会男子自由式滑雪空中技巧决赛上获得冠军，图甲为比赛大跳台的场景．现将部分赛道简化，如图乙所示，若运动员从雪道上的A点由静止滑下后沿切线从B点进入半径R＝15m的竖直冰面圆弧轨道BDC，从轨道上C点飞出．AB之间的竖直高度h＝27m，OB与OC相互垂直，∠BOD＝37°.运动员和装备的总质量m＝60kg且视为质点，摩擦和空气阻力不计．取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)在轨道最低点D时，运动员对轨道的压力大小；(2)运动员滑至C点的速度大小；(3)运动员滑离C点后在空中飞行过程中距D点的最大高度．答案(1)3000N(2)4eq\r(30)m/s(3)21.36m解析(1)BD间的高度差h1＝R－Rcos37°，从A到D由动能定理有mg(h＋h1)＝eq\f(1,2)mvD2，在D点，根据牛顿第二定律及向心力公式有F－mg＝meq\f(vD2,R)，由牛顿第三定律有F′＝F，联立知，运动员对轨道的压力大小F′＝3000N(2)CD间的高度差h2＝R－Rsin37°，从D到C由动能定理－mgh2＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvD2，得vC＝4eq\r(30)m/s；(3)C点速度在竖直方向的分速度vy＝vCcos37°，运动员飞离C点后在竖直方向上升的高度h3＝eq\f(vy2,2g)，运动员滑离C点后在空中飞行时距D点的最大高度hm＝h2＋h3＝21.36m.7.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10m，BC长1m，AB和CD轨道光滑，曲、直轨道平滑连接．一质量为1kg的物体，从A点以4m/s的速度沿轨道开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3m的D点时速度为0.g取10m/s2，求：(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；(2)物体第5次经过B点时的速度大小(结果可用根式表示)；(3)物体最后停止的位置(距B点多少米)．答案(1)0.5(2)4eq\r(11)m/s(3)距B点0.4m解析(1)由A到D，由动能定理得－mg(h－H)－μmgsBC＝0－eq\f(1,2)mv12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＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，解得v2＝4eq\r(11)m/s(3)分析整个过程，由动能定理得mgH－μmgs＝0－eq\f(1,2)mv12解得s＝21.6m所以物体在轨道上来回运