2024年高中物理新教材同步 必修第二册 第8章 专题强化　动能定理的应用(一)

专题强化动能定理的应用(一)[学习目标]1.会用动能定理求解变力做功问题(重点)。2.能够应用动能定理分析相关图像问题(难点)。一、应用动能定理求变力做功如图所示，物体(可看成质点)沿一粗糙曲面从A点无初速度下滑，当滑至曲面的最低点B点时，下滑的竖直高度为h，此时物体的速度为v。若物体的质量为m，重力加速度为g。则：(1)下滑过程中阻力是恒力还是变力？(2)怎样求解物体在下滑过程中克服阻力所做的功？答案(1)变力。(2)物体从A下滑到B的过程由动能定理得mgh－W克f＝eq\f(1,2)mv2解得W克f＝mgh－eq\f(1,2)mv2。1．变力做的功在某些问题中，由于力F的大小、方向变化，不能用W＝Flcosα求出变力做的功，此时可用动能定理W＝ΔEk求功。2．用动能定理求解变力做功的方法(1)分析物体的受力情况，确定做功过程中的哪些力是恒力，哪些力是变力。如果是恒力，写出恒力做功的表达式；如果是变力，用相应功的符号表示出变力做的功。(2)分析物体的运动过程，确定其初、末状态的动能。(3)运用动能定理列式求解。例1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，弹簧始终在弹性限度内，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2一名运动员的某次训练过程中，转盘滑雪机绕垂直于盘面的固定转轴以角速度ω＝0.5rad/s顺时针匀速转动，质量为60kg的运动员(含滑雪板)在盘面上离转轴10m半径上滑行，滑行方向与转盘转动方向相反，在最低点的速度大小为10m/s，滑行半周到最高点的速度大小为8m/s，该过程中，运动员所做的功为6500J，已知盘面与水平面夹角为18°，g取10m/s2，sin18°＝0.31，cos18°＝0.95，则该过程中运动员克服阻力做的功为()A．4240J B．3740JC．3860J D．2300J答案C解析运动员在最低点的对地速度为10m/s，在最高点的对地速度为8m/s，根据动能定理可得W－mg·2rsin18°－W克＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，又W＝6500J，解得W克＝3860J，故选C。例3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18m时达到最大速度，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)小车发生这段位移所用时间t。答案(1)2m/s(2)400J(3)10s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)＝2m/s。(2)根据动能定理得W－Ff·x＝eq\f(1,2)mvm2解得W＝400J(3)由W＝Pt，得t＝10s，所以小车发生这段位移所用时间为10s。二、动能定理在图像问题中的应用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4(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，克服摩擦力做的功为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5(多选)(2022·上海复旦中学高一期末)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，则下列说法正确的是()A．物体运动的初速度大小为10m/sB．物体所受的摩擦力大小为5NC．物体运动的加速度大小为2.5m/s2D．物体运动的时间为2eq\r(2)s答案BCD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),－2.5)s＝2eq\r(2)s，故选B、C、D。专题强化练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.(2023·天津河西期末)如图所示，一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F作用下，从最低点P点缓慢地移到Q点。此时轻绳与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g，则拉力F所做的功为()A．FLcosθ B．FLsinθC．mgLcosθ D．mgL(1－cosθ)答案D解析小球在缓慢移动的过程中，水平力F是变力，不能通过功的公式求解功的大小，根据动能定理得WF－mgL(1－cosθ)＝0，解得水平力F所做的功为WF＝mgL(1－cosθ)，故选D。3.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解析由动能定理有－W－μmg(s＋x)＝0－eq\f(1,2)mv02，可得W＝eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，A正确，B、C、D错误。4．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。则下列图像中，能正确反映这一过程的是()答案C5.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，对轨道的压力大小为2mg，g为重力加速度的大小。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大小为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。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．(2023·扬州市高一期中)一质量为2kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速直线运动，当运动一段时间后拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动。如图所示为拉力F随位移x变化的关系图像，取g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则据此可以求得()A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.25B．拉力在减速过程中做的功为16JC．物体匀速运动时的速度大小为4eq\r(2)m/sD．在整个过程中合力对物体所做的功为32J答案B解析物体做匀速运动时，受力平衡，则Ff＝8N，μ＝eq\f(Ff,mg)＝eq\f(8,20)＝0.4，故A错误；F－x图线与x轴围成的面积表示拉力做的功，则由题图可知，在减速过程中拉力做的功WF＝eq\f(1,2)×4×8J＝16J，故B正确；在减速过程中Wf＝－8×4J＝－32J，由动能定理得WF＋Wf＝0－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝4m/s，C错误；在整个过程W合＝ΔEk＝0－eq\f(1,2)mv02＝－16J，D错误。8.从地面竖直向上抛出一小球，小球受大小恒定的空气阻力作用，其动能Ek随运动路程s的变化如图所示，重力加速度g＝10m/s2。则()A．小球受到的阻力大小为4NB．小球向上运动时加速度大小为12m/s2C．小球的初速度的大小为10m/sD．当小球的运动路程为5m时，克服阻力做功20J答案B解析由Ek－s图像斜率的绝对值表示合力，上升阶段：－(mg＋Ff)s上＝0－Ek0，下降阶段：(mg－Ff)s下＝Ek－0，联立解得mg＝10N，m＝1kg，Ff＝2N，A错误；小球向上运动时，由牛顿第二定律可知mg＋Ff＝ma，代入数据得a＝12m/s2，B正确；由题图可知Ek0＝eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(120)m/s，C错误；当小球的路程为5m时，克服阻力做功W＝Ff·s＝10J，D错误。9.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的小球自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力大小为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示小球从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，不计空气阻力，则()A．W＝eq\f(1,2)mgR，小球恰好可以到达Q点B．W>eq\f(1,2)mgR，小球不能到达Q点C．W＝eq\f(1,2)mgR，小球到达Q点后，继续上升一段距离D．W<eq\f(1,2)mgR，小球到达Q点后，继续上升一段距离答案C解析根据小球滑到轨道最低点N时，对轨道压力大小为4mg，利用牛顿第三定律可知，轨道对小球的支持力大小为4mg，则在最低点有4mg－mg＝meq\f(v2,R)，解得小球运动到最低点时的速度为v＝eq\r(3gR)，对小球从开始下落到运动到最低点的过程，由动能定理得2mgR－W＝eq\f(1,2)mv2－0，解得W＝eq\f(1,2)mgR，小球由最低点继续上滑的过程，到达Q点时克服摩擦力做功W′要小于W，由此可知，小球到达Q点后，可继续上升一段距离，故选C。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点时对轨道的压力大小为4mg，g为重力加速度。不计空气阻力。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点时对轨道的压力大小为4mg，由牛顿第三定律知轨道对小球的支持力大小为4mg。根据牛顿第二定律及向心力公式有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．如图甲所示，一质量为4kg的物体静止在水平地面上，让物体在水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5(g取10m/s2)。求：(1)水平推力F在前4m内做的功；(2)物体的最大滑行距离；(3)物体在运动过程中的最大速度大小。答案(1)200J(2)10m(3)8m/s解析(1)F－x图像与x坐标轴围成的面积表示推力对物体做的总功，则水平推力F在前4m内做的功为WF＝eq\f(1,2)×4×100J＝200J(2)由动能定理得WF－μmgxmax＝0，代入数据得xmax＝10m(3)由题图图像可知，推力为F＝F0＋kx＝100＋eq\f(0－100,4)x(N)＝100－25x(N)，物体受到的滑动摩擦力大小Ff＝μmg＝0.5×4×10N＝20N，当物体所受合力为零时，即F＝Ff时