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(一)（含解析）

动能定理的应用(一)[学习目标]1.进一步理解动能定理，会利用动能定理分析变力做功问题.2.会利用动能定理分析相关的图像问题．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的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便．2．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，物体(可看成质点)沿一曲面从A点无初速度下滑，当滑至曲面的最低点B点时，下滑的竖直高度h＝5m，此时物体的速度v＝6m/s.若物体的质量m＝1kg，g取10m/s2，求物体在下滑过程中克服阻力所做的功．答案32J解析物体在曲面上的受力情况为：受重力、弹力和摩擦力，其中弹力不做功．设摩擦力做功为Wf，由A→B根据动能定理得mgh＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，解得Wf＝－32J．故物体在下滑过程中克服阻力所做的功为32J.针对训练如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在水平地面上的斜面．设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，重力加速度为g，则从A到C的过程中弹簧弹力做的功是()A．mgh－eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(1,2)mv2－mghC．－mgh D．－(mgh＋eq\f(1,2)mv2)答案A解析由A到C的过程运用动能定理可得－mgh＋W＝0－eq\f(1,2)mv2，所以W＝mgh－eq\f(1,2)mv2，故A正确．例2(2021·宿迁市高一期末)如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点的正下方P点．球在水平拉力的作用下，在竖直平面内从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ.已知重力加速度为g.(1)求在此过程中水平拉力做的功W；(2)若小球在水平拉力F＝mg作用下，从P点运动到Q点，求小球在Q点的速度大小．答案(1)mgl(1－cosθ)(2)eq\r(2glsinθ＋cosθ－1)解析(1)小球从P到Q的过程中，由动能定理得W－mgl(1－cosθ)＝0，即W＝mgl(1－cosθ)；(2)小球从P到Q的过程中，由动能定理得Flsinθ－mgl(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mvQ2－0，即vQ＝eq\r(2glsinθ＋cosθ－1).二、动能定理在图像中的应用动能定理与图像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．挖掘图像的隐含条件，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．例3(多选)在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动．当速度达到vm后，立即关闭发动机滑行直至停止．v－t图像如图所示，汽车的牵引力大小为F1，摩擦力大小为F2，全过程中，牵引力做的功为W1，克服摩擦力做功为W2.以下关系式正确的是()A．F1∶F2＝1∶3 B．F1∶F2＝4∶3C．W1∶W2＝1∶1 D．W1∶W2＝1∶3答案BC解析对全过程由动能定理可知W1－W2＝0，故W1∶W2＝1∶1，故C正确，D错误；W1＝F1s，W2＝F2s′，由题图可知s∶s′＝3∶4，所以F1∶F2＝4∶3，故A错误，B正确．例4(多选)(2021·辽宁高一期末)质量为1.0kg的物体以某一水平初速度在水平面上滑行，由于摩擦力的作用，其动能随位移变化的情况如图所示，g取10m/s2，则下列判断正确的是()A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3C．物体滑行的总时间为2sD．物体滑行的总时间为4s答案AC解析根据动能定理得－μmgx＝ΔEk解得μ＝0.2，A正确，B错误；物体的初速度v0＝eq\r(\f(2Ek,m))＝4m/s所以物体滑行的总时间为t＝eq\f(v0,μg)＝2sC正确，D错误．1.物体沿直线运动的v－t图像如图所示，已知在第1s内合力对物体做功为W，则()A．从第1s末到第3s末合力做功为4WB．从第3s末到第5s末合力做功为－2WC．从第5s末到第7s末合力做功为WD．从第3s末到第4s末合力做功为－0.5W答案C解析由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理得第1s内：W＝eq\f(1,2)mv02从第1s末到第3s末：W1＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv02＝0，A错误；从第3s末到第5s末：W2＝0－eq\f(1,2)mv02＝－W，B错误；从第5s末到第7s末：W3＝eq\f(1,2)m(－v0)2－0＝W，C正确；从第3s末到第4s末：W4＝eq\f(1,2)m(eq\f(v0,2))2－eq\f(1,2)mv02＝－0.75W，D错误．2.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与一水平轻弹簧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，物体与弹簧接触后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始接触到弹簧被压缩至最短(弹簧始终在弹性限度内)，物体克服弹簧弹力所做的功为()A.eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x) B.eq\f(1,2)mv02－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)答案A解析由动能定理得－W－μmg(s＋x)＝0－eq\f(1,2)mv02，W＝eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，A正确，B、C、D错误．3.如图所示为一水平的转台，半径为R，一质量为m的滑块放在转台的边缘，已知滑块与转台间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.若转台的转速由零逐渐增大，当滑块在转台上刚好发生相对滑动时，转台对滑块所做的功为()A.eq\f(1,2)μmgR B．2πmgRC．2μmgR D．0答案A解析滑块即将开始发生相对滑动时，最大静摩擦力(等于滑动摩擦力)提供向心力，有μmg＝eq\f(mv2,R)，根据动能定理有W＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝eq\f(1,2)μmgR，A正确．4.如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的小球自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的压力为2mg，重力加速度大小为g.小球自P点滑到Q点的过程中，克服摩擦力所做的功为()A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D.eq\f(π,4)mgR答案C解析在最低点，根据牛顿第三定律可知，轨道对小球的支持力F＝2mg，根据牛顿第二定律可得F－mg＝meq\f(v2,R)，从P点到最低点Q的过程，由动能定理可得mgR－W克f＝eq\f(1,2)mv2，联立可得W克f＝eq\f(1,2)mgR，选项C正确．5.如图所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中到达的最高点的高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是()A．运动员踢球时对足球做功eq\f(1,2)mv2B．足球上升过程重力做功mghC．运动员踢球时对足球做功eq\f(1,2)mv2＋mghD．足球上升过程克服重力做功eq\f(1,2)mv2＋mgh答案C解析足球上升过程中重力做负功，WG＝－mgh，B、D错误；从运动员踢球至足球上升至最高点的过程中，由动能定理得W－mgh＝eq\f(1,2)mv2，故运动员踢球时对足球做功W＝eq\f(1,2)mv2＋mgh，A错误，C正确．6.如图所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，两轨道在B点平滑连接，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，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，不计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为()A.eq\f(1,2)μmgR B.eq\f(1,2)mgRC．mgR D．(1－μ)mgR答案D解析设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，对物体从A到C的全过程，由动能定理得mgR－WAB－μmgR＝0，故WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR.故选D.7.(2022·上海市复旦中学高一期中)质量为2kg的物体以50J的初动能在粗糙的水平面上滑行，其动能的变化与位移的关系如图所示，则该物体在水平面上滑行的时间为()A．5sB．4sC．2sD．2eq\r(2)s答案D解析由题图图像知末动能Ek2＝0初动能Ek1＝50J根据动能定理得Ffx＝Ek2－Ek1解得Ff＝－5N又Ek1＝eq\f(1,2)mv2＝50J解得v＝5eq\r(2)m/s由牛顿第二定律得，物体的加速度为a＝eq\f(Ff,m)＝－2.5m/s2则物体的运动时间t＝eq\f(0－v,a)＝eq\f(－5\r(2),\a\vs4\al\co1(－2.5))s＝2eq\r(2)s，故选D.8.质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨迹的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，已知重力加速度为g，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是()A.eq\f(1,4)mgRB.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgRD．mgR答案C解析小球通过最低点时，设绳的张力为FT，则FT－mg＝meq\f(v12,R)，即6mg＝meq\f(v12,R)①小球恰好通过最高点，绳子拉力为零，则有mg＝meq\f(v22,R)②小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得－mg·2R－W克f＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12③由①②③式解得W克f＝eq\f(1,2)mgR，选C.9．如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小Ff恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示．重力加速度大小取10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小Ff分别为()A．m＝0.7kg，Ff＝0.5NB．m＝0.7kg，Ff＝1.0NC．m＝0.8kg，Ff＝0.5ND．m＝0.8kg，Ff＝1.0N答案A解析0～10m内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－Ffs＝Ek－Ek0整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋Ff)s结合0～10m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin30°＋Ff＝4N同理，对10～20m内物块下滑过程有斜率k′＝mgsin30°－Ff＝3N联立解得Ff＝0.5N，m＝0.7kg，故选A.10.有一个竖直放置的固定圆形轨道，半径为R，由左右两部分组成．如图所示，右半部分AEB是光滑的，左半部分BFA是粗糙的．现在最低点A给质量为m的小球一个水平向右的初速度v0，使小球沿轨道恰好能过最高点B.小球沿BFA回到A点时对轨道的压力为4mg.不计空气阻力，重力加速度为g.求：(1)小球的初速度v0的大小；(2)小球沿BFA回到A点时的速度大小；(3)小球由B经F回到A的过程中克服摩擦力所做的功．答案(1)eq\r(5gR)(2)eq\r(3gR)(3)mgR解析(1)小球沿AEB轨道恰好通过B点，由牛顿第二定律有mg＝eq\f(mvB2,R)，得vB＝eq\r(gR)，从A到B根据动能定理得－2mgR＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(5gR).(2)由于小球沿BFA回到A点时对轨道压力为4mg，由牛顿第三定律知轨道对小球的支持力大小为4mg.根据向心力公式有4mg－mg＝eq\f(mvA2,R)，得vA＝eq\r(3gR).(3)小球由B经F回到A的过程中，根据动能定理得2mgR－W克f＝eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1,2)mvB2，解得W克f＝mgR.11.如图所示，运输机器人水平推着小车沿水平地面从静止开始运动，机器人对小车和货物做功的功率恒为40W，已知小车和货物的总质量为20kg，小车受到的阻力为小车和货物重力的eq\f(1,10)，小车向前运动了10s达到最大速度，重力加速度g取10m/s2.求：(1)小车运动的最大速度的大小；(2)机器人在这段时间对小车和货物做的功；(3)小车在这段时间内的位移大小．答案(1)2m/s(2)400J(3)18m解析(1)当牵引力等于阻力时小车的速度达到最大vm＝eq\f(P,Ff)＝eq\f(40,\f(1,10)×200)m/s＝2m/s.(2)W＝Pt＝40×10J＝400J.(3)根据动能定理得：W－Ff·x＝eq\f(1,2)mvm2解得x＝18m所以小车在这段时间内的位移大小为18