专题拓展课六　动能定理的综合应用-物理人教版必修第二册

专题拓展课六动能定理的综合应用【学习目标要求】1.应用牛顿第二定律和动能定理分析物体的运动。2.应用动能定理分析多过程问题。拓展点1动能定理与牛顿运动定律的应用1.理解比较比较牛顿第二定律动能定理作用合力与加速度的关系合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【例1】(2021·山东烟台市高一期中)在游乐节目中，选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，如图所示。我们将选手简化为质量m＝60kg的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角α＝53°，绳长l＝2m，绳的悬挂点O距水面的高度为H＝3m。不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。(1)求选手摆到最低点时对绳的拉力的大小F；(2)若选手摆到最低点时松手，落到了浮台上，试用题中所提供的数据算出落点与岸的水平距离；(3)若选手摆到最高点时松手落入水中。设水对选手的平均浮力f1＝800N，平均阻力f2＝700N，求选手落入水中的深度d。答案(1)1080N(2)eq\f(4（2＋\r(5)）,5)m(3)1.2m解析(1)人从开始到最低点过程，由动能定理得mgl(1－cosα)＝eq\f(1,2)mv2代入数值解得v＝4m/s在最低点由牛顿第二定律得F′－mg＝meq\f(v2,l)由牛顿第三定律知人对绳的拉力F＝F′解得F＝1080N。(2)选手松手后，做平抛运动H－l＝eq\f(1,2)gt2x＝vt解得x＝eq\f(4\r(5),5)mx总＝lsinα＋x＝eq\f(4（2＋\r(5)）,5)m。(3)对整个过程由动能定理得mg(H－lcosα＋d)－(f1＋f2)d＝0则d＝eq\f(mg（H－lcosα）,f1＋f2－mg)解得d＝1.2m。【针对训练1】(2021·苏州市五中高一月考)如图所示，长度为L的轻质细绳一端固定在O点，另一端拴住一个质量为m的小球，在O点的正下方A点固定一根与竖直面垂直的钉子(细绳在钉子的右侧)。在最低点给小球一水平向右的初速度，使小球恰好能经过圆周运动的最高点。不计一切阻力，重力加速度为g。(1)求小球到达最高点的速度v大小；(2)求小球在最低点获得的初速度v0大小；(3)当小球回到最低点位置时，甲同学认为钉子离小球越近绳子越容易断，而乙同学认为钉子离小球越远绳子越容易断，试通过计算说明你同意谁的观点。答案(1)eq\r(gL)(2)eq\r(5gL)(3)甲同学正确解析(1)小球恰好能通过最高点，则mg＝meq\f(v2,L)解得v＝eq\r(gL)。(2)从最高点到最低点，利用动能定理得2mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2解得v0＝eq\r(5gL)。(3)设小球回到最低点位置时，钉子到小球的距离为r，根据牛顿第二定律得F－mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)解得F＝mg＋eq\f(5mgL,r)当r越小，拉力越大，绳子越容易断，故甲同学正确。拓展点2利用动能定理分析多过程问题1.典型方法：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.解题关键：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间的关系。3.方法技巧：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。【例2】(2021·广西梧州市高一期中)一质量为m＝2kg的小球从光滑的斜面上高h＝2.4m处由静止滑下，经光滑水平面滑上一个半径R＝0.8m的光滑圆环，直接落在水平面上的Q点(图中未画出)如图所示，求：(1)小球滑到圆环顶点B时对圆环的压力：(2)QA的距离；(3)小球至少应从多高处由静止滑下才能越过圆环最高点(g取10m/s2)。答案(1)20N(2)eq\f(8\r(2),5)m(3)2m解析(1)由动能定理得mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mv2当小球到达圆环最高点时，有FN＋mg＝eq\f(mv2,R)解得FN＝20N根据牛顿第三定律可得，小球滑到圆环顶点B时对圆环的压力为20N。(2)从B点出来做平抛运动，有2R＝eq\f(1,2)gt2，x＝vt代入数据解得x＝eq\f(8\r(2),5)m。(3)由动能定理得mg(h′－2R)＝eq\f(1,2)mv′2当小球到达圆环最高点时，有mg＝eq\f(mv′2,R)解得h′＝eq\f(5,2)R＝2m。【针对训练2】(2021·张家口市宣化一中高一月考)如图所示，AB为固定在竖直平面内的eq\f(1,4)光滑圆弧轨道，其半径为R＝0.8m。轨道的B点与水平地面相切，质量为m＝0.2kg的小球由A点静止释放，g取10m/s2。求：(1)小球运动到最低点B时，小球速度v的大小；(2)小球通过L＝1m的水平面BC滑上光滑固定曲面CD，恰能到达最高点D，D到地面的高度为h＝0.6m，小球在水平面BC上克服摩擦力所做的功Wf；(3)小球最终所停位置距B点的距离。答案(1)4m/s(2)0.4J(3)小球最后停在B点，距B点的距离为0解析(1)从A→B由动能定理得mgR＝eq\f(1,2)mv2代入数据解得v＝4m/s。(2)从B→D由动能定理得－Wf－mgh＝0－eq\f(1,2)mv2代入数据解得Wf＝0.4J。(3)从B→C摩擦力做功Wf＝μmgL，小球从A点由静止释放到最终停止，由动能定理得mgR－μmgs＝0，联立两式解得s＝4L，可知小球最后停在B点。1.(动能定理和牛顿运动定律的应用)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答案D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)。由牛顿第三定律FN1′＝FN1，FN2′＝FN2，小球在由最低点到最高点的运动过程中由动能定理得－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。2.(利用动能定理分析多过程问题)(2021·浙江学军中学高一期末)如图所示，质量m＝6.0kg的滑块(可视为质点)，在水平牵引功率恒为P＝42W的力作用下从A点由静止开始运动，一段时间后撤去牵引力。当滑块由平台边缘B点飞出后，恰能以5m/s的速度从竖直光滑圆弧轨道CDE上C点的切线方向进入轨道，并从轨道边缘E点竖直向上抛出。已知∠COD＝53°，A、B间距离L＝3m，滑块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，圆弧轨道半径R＝1.0m。不计空气阻力。取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2，求：(1)滑块运动到B点时的速度大小；(2)圆弧轨道对滑块的最大支持力；(3)滑块在平台上运动时水平牵引力的作用时间。答案(1)3m/s(2)258N(3)1.5s解析(1)C点水平分速度v′＝vCcos53°＝5×0.6m/s＝3m/sB点的速度vB＝v′＝3m/s。(2)在D点，轨道对滑块的支持力最大，滑块从C点到D点，由动能定理得mgR(1－cos53°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)在D点，根据牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，解得FN＝258N。(3)滑块从A点到B点，由动能定理得Pt－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0，解得t＝1.5s。课时定时训练(限时40分钟)1.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道的最低点，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，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是()A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D.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(veq\o\al(2,1),R)，即6mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)①小球恰好通过最高点，绳子拉力为零，则有mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),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－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)③由①②③式解得Wf＝eq\f(1,2)mgR，选项C正确。2.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，对轨道的正压力为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FN＝2mg，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝meq\f(v2,R)，从P点到最低点Q的过程，由动能定理可得mgR－Wf＝eq\f(1,2)mv2，联立可得克服摩擦力做的功Wf＝eq\f(1,2)mgR，选项C正确。3.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，运动过程中的Ek－x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。答案(1)0.25(2)4.5N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代入数值解得F＝4.5N。4.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端静止释放，小球从管道B端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。答案(1)eq\r(2gR)(2)3mg(3)mgH－eq\f(1,2)mv2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，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，得FN＝3mg。(3)设小球在锥形漏斗表面运动过程中克服摩擦阻力做的功为Wf，根据动能定理得mgH－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0解得Wf＝mgH－eq\f(1,2)mv2。5.(2021·浙江高一月考)如图所示，一小物块从倾角θ＝37°的斜面上的A点由静止开始滑下，最后停在水平面上的C点。已知小物块的质量m＝0.2kg，小物块与斜面和水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，A点到斜面底端B点的距离L＝1.0m，斜面与水平面平滑连接，小物块滑过斜面与水平面连接处时无能量损失。求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)(1)小物块在到达B点时速度多大；(2)BC间的距离；(3)若在C点给小物块施加水平推力至B点时撤去，仍然使小物块恰好能回到A点，水平推力多大。答案(1)2m/s(2)0.4m(3)6N解析(1)从A点到B点，由动能定理得mgLsinθ－μmgcosθ·L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)则vB＝eq\r(2gL（sinθ－μcosθ）)＝2m/s。(2)对小物块由释放到静止，全程由动能定理得mgLsinθ－μmgLcosθ－μmgs＝0解得s＝0.4m。(3)设水平推力大小为F，从C点到A点，由动能定理得Fs－mgLsinθ－μmgLcosθ－μmgs＝0解得F＝6N。6.如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高。质