2024年高中物理新教材同步 必修第二冊(cè) 第8章 專題強(qiáng)化　動(dòng)能定理的應(yīng)用(一)

專題強(qiáng)化動(dòng)能定理的應(yīng)用(一)[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.會(huì)用動(dòng)能定理求解變力做功問題(重點(diǎn))。2.能夠應(yīng)用動(dòng)能定理分析相關(guān)圖像問題(難點(diǎn))。一、應(yīng)用動(dòng)能定理求變力做功如圖所示，物體(可看成質(zhì)點(diǎn))沿一粗糙曲面從A點(diǎn)無(wú)初速度下滑，當(dāng)滑至曲面的最低點(diǎn)B點(diǎn)時(shí)，下滑的豎直高度為h，此時(shí)物體的速度為v。若物體的質(zhì)量為m，重力加速度為g。則：(1)下滑過程中阻力是恒力還是變力？(2)怎樣求解物體在下滑過程中克服阻力所做的功？答案(1)變力。(2)物體從A下滑到B的過程由動(dòng)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．變力做的功在某些問題中，由于力F的大小、方向變化，不能用W＝Flcosα求出變力做的功，此時(shí)可用動(dòng)能定理W＝ΔEk求功。2．用動(dòng)能定理求解變力做功的方法(1)分析物體的受力情況，確定做功過程中的哪些力是恒力，哪些力是變力。如果是恒力，寫出恒力做功的表達(dá)式；如果是變力，用相應(yīng)功的符號(hào)表示出變力做的功。(2)分析物體的運(yùn)動(dòng)過程，確定其初、末狀態(tài)的動(dòng)能。(3)運(yùn)用動(dòng)能定理列式求解。例1如圖所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一質(zhì)量為m的小球向右滑行，并沖上固定在水平地面上的斜面。設(shè)小球在斜面最低點(diǎn)A的速度為v，壓縮彈簧至C點(diǎn)時(shí)彈簧最短，C點(diǎn)距地面高度為h，重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則從A到C的過程中彈簧彈力做的功是()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的過程運(yùn)用動(dòng)能定理可得－mgh＋W＝0－eq\f(1,2)mv2，所以W＝mgh－eq\f(1,2)mv2，故A正確。例2一名運(yùn)動(dòng)員的某次訓(xùn)練過程中，轉(zhuǎn)盤滑雪機(jī)繞垂直于盤面的固定轉(zhuǎn)軸以角速度ω＝0.5rad/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，質(zhì)量為60kg的運(yùn)動(dòng)員(含滑雪板)在盤面上離轉(zhuǎn)軸10m半徑上滑行，滑行方向與轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向相反，在最低點(diǎn)的速度大小為10m/s，滑行半周到最高點(diǎn)的速度大小為8m/s，該過程中，運(yùn)動(dòng)員所做的功為6500J，已知盤面與水平面夾角為18°，g取10m/s2，sin18°＝0.31，cos18°＝0.95，則該過程中運(yùn)動(dòng)員克服阻力做的功為()A．4240J B．3740JC．3860J D．2300J答案C解析運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)的對(duì)地速度為10m/s，在最高點(diǎn)的對(duì)地速度為8m/s，根據(jù)動(dòng)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，故選C。例3如圖所示，運(yùn)輸機(jī)器人水平推著小車沿水平地面從靜止開始運(yùn)動(dòng)，機(jī)器人對(duì)小車和貨物做功的功率恒為40W，已知小車和貨物的總質(zhì)量為20kg，小車受到的阻力為小車和貨物重力的eq\f(1,10)，小車向前運(yùn)動(dòng)了18m時(shí)達(dá)到最大速度，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小車運(yùn)動(dòng)的最大速度的大小；(2)機(jī)器人在這段時(shí)間對(duì)小車和貨物做的功；(3)小車發(fā)生這段位移所用時(shí)間t。答案(1)2m/s(2)400J(3)10s解析(1)當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)小車的速度達(dá)到最大，vm＝eq\f(P,Ff)＝2m/s。(2)根據(jù)動(dòng)能定理得W－Ff·x＝eq\f(1,2)mvm2解得W＝400J(3)由W＝Pt，得t＝10s，所以小車發(fā)生這段位移所用時(shí)間為10s。二、動(dòng)能定理在圖像問題中的應(yīng)用1．首先看清楚圖像的種類(如v－t圖像、F－x圖像、Ek－x圖像等)。2．挖掘圖像的隱含條件，求出所需物理量，如利用v－t圖像與t軸所包圍“面積”求位移，利用F－x圖像與x軸所包圍“面積”求功，利用Ek－x圖像的斜率求合力等。3．再分析還有哪些力做功，根據(jù)動(dòng)能定理列方程，求出相應(yīng)的物理量。例4(多選)在平直的公路上，汽車由靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)速度達(dá)到vm后，立即關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)滑行直至停止。v－t圖像如圖所示，汽車的牽引力大小為F1，摩擦力大小為F2，全過程中，牽引力做的功為W1，克服摩擦力做的功為W2。以下關(guān)系式正確的是()A．F1∶F2＝1∶3 B．F1∶F2＝4∶3C．W1∶W2＝1∶1 D．W1∶W2＝1∶3答案BC解析對(duì)全過程由動(dòng)能定理可知W1－W2＝0，故W1∶W2＝1∶1，故C正確，D錯(cuò)誤；W1＝F1s，W2＝F2s′，由題圖可知s∶s′＝3∶4，所以F1∶F2＝4∶3，故A錯(cuò)誤，B正確。例5(多選)(2022·上海復(fù)旦中學(xué)高一期末)質(zhì)量為2kg的物體以50J的初動(dòng)能在粗糙的水平面上滑行，其動(dòng)能的變化與位移的關(guān)系如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是()A．物體運(yùn)動(dòng)的初速度大小為10m/sB．物體所受的摩擦力大小為5NC．物體運(yùn)動(dòng)的加速度大小為2.5m/s2D．物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2eq\r(2)s答案BCD解析由題圖圖像知末動(dòng)能Ek2＝0，初動(dòng)能Ek1＝50J，根據(jù)動(dòng)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，由牛頓第二定律得，物體的加速度為a＝eq\f(Ff,m)＝－2.5m/s2，則物體的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(0－v,a)＝eq\f(－5\r(2),－2.5)s＝2eq\r(2)s，故選B、C、D。專題強(qiáng)化練1.物體沿直線運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖所示，已知在第1s內(nèi)合力對(duì)物體做功為W，則()A．從第1s末到第3s末合力做功為4WB．從第3s末到第5s末合力做功為－2WC．從第5s末到第7s末合力做功為WD．從第3s末到第4s末合力做功為－0.5W答案C解析由題圖可知物體速度變化情況，根據(jù)動(dòng)能定理得第1s內(nèi)：W＝eq\f(1,2)mv02從第1s末到第3s末：W1＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv02＝0，A錯(cuò)誤；從第3s末到第5s末：W2＝0－eq\f(1,2)mv02＝－W，B錯(cuò)誤；從第5s末到第7s末：W3＝eq\f(1,2)m(－v0)2－0＝W，C正確；從第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錯(cuò)誤。2.(2023·天津河西期末)如圖所示，一質(zhì)量為m的小球，用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕繩懸掛于O點(diǎn)，小球在水平力F作用下，從最低點(diǎn)P點(diǎn)緩慢地移到Q點(diǎn)。此時(shí)輕繩與豎直方向夾角為θ，重力加速度為g，則拉力F所做的功為()A．FLcosθ B．FLsinθC．mgLcosθ D．mgL(1－cosθ)答案D解析小球在緩慢移動(dòng)的過程中，水平力F是變力，不能通過功的公式求解功的大小，根據(jù)動(dòng)能定理得WF－mgL(1－cosθ)＝0，解得水平力F所做的功為WF＝mgL(1－cosθ)，故選D。3.質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運(yùn)動(dòng)，起始點(diǎn)A與一水平輕彈簧O端相距s，如圖所示。已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧接觸后，彈簧的最大壓縮量為x，重力加速度為g，則從開始接觸到彈簧被壓縮至最短(彈簧始終在彈性限度內(nèi))，物體克服彈簧彈力所做的功為()A.eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x) B.eq\f(1,2)mv02－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)答案A解析由動(dòng)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正確，B、C、D錯(cuò)誤。4．物體在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直線滑行直到停止。以a、Ek、x和t分別表示物體運(yùn)動(dòng)的加速度大小、動(dòng)能、位移的大小和運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。則下列圖像中，能正確反映這一過程的是()答案C5.如圖所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高；質(zhì)量為m的小球自軌道端點(diǎn)P由靜止開始滑下，滑到最低點(diǎn)Q時(shí)，對(duì)軌道的壓力大小為2mg，g為重力加速度的大小。小球自P點(diǎn)滑到Q點(diǎn)的過程中，克服摩擦力所做的功為()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解析在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第三定律可知，軌道對(duì)小球的支持力大小為F＝2mg，根據(jù)牛頓第二定律可得F－mg＝meq\f(v2,R)，從P點(diǎn)到最低點(diǎn)Q的過程，由動(dòng)能定理可得mgR－W克f＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立可得W克f＝eq\f(1,2)mgR，選項(xiàng)C正確。6.如圖所示，AB為四分之一圓弧軌道，BC為水平直軌道，兩軌道在B點(diǎn)平滑連接，圓弧的半徑為R，BC的長(zhǎng)度也是R。一質(zhì)量為m的物體，與兩個(gè)軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ，它由軌道頂端A從靜止開始下滑，恰好運(yùn)動(dòng)到C處停止，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，那么物體在AB段克服摩擦力所做的功為()A.eq\f(1,2)μmgR B.eq\f(1,2)mgRC．mgR D．(1－μ)mgR答案D解析設(shè)物體在AB段克服摩擦力所做的功為WAB，對(duì)物體從A到C的全過程，由動(dòng)能定理得mgR－WAB－μmgR＝0，故WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR。故選D。7．(2023·揚(yáng)州市高一期中)一質(zhì)量為2kg的物體，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勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后拉力逐漸減小，且當(dāng)拉力減小到零時(shí)，物體剛好停止運(yùn)動(dòng)。如圖所示為拉力F隨位移x變化的關(guān)系圖像，取g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則據(jù)此可以求得()A．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25B．拉力在減速過程中做的功為16JC．物體勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為4eq\r(2)m/sD．在整個(gè)過程中合力對(duì)物體所做的功為32J答案B解析物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，受力平衡，則Ff＝8N，μ＝eq\f(Ff,mg)＝eq\f(8,20)＝0.4，故A錯(cuò)誤；F－x圖線與x軸圍成的面積表示拉力做的功，則由題圖可知，在減速過程中拉力做的功WF＝eq\f(1,2)×4×8J＝16J，故B正確；在減速過程中Wf＝－8×4J＝－32J，由動(dòng)能定理得WF＋Wf＝0－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝4m/s，C錯(cuò)誤；在整個(gè)過程W合＝ΔEk＝0－eq\f(1,2)mv02＝－16J，D錯(cuò)誤。8.從地面豎直向上拋出一小球，小球受大小恒定的空氣阻力作用，其動(dòng)能Ek隨運(yùn)動(dòng)路程s的變化如圖所示，重力加速度g＝10m/s2。則()A．小球受到的阻力大小為4NB．小球向上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為12m/s2C．小球的初速度的大小為10m/sD．當(dāng)小球的運(yùn)動(dòng)路程為5m時(shí)，克服阻力做功20J答案B解析由Ek－s圖像斜率的絕對(duì)值表示合力，上升階段：－(mg＋Ff)s上＝0－Ek0，下降階段：(mg－Ff)s下＝Ek－0，聯(lián)立解得mg＝10N，m＝1kg，F(xiàn)f＝2N，A錯(cuò)誤；小球向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律可知mg＋Ff＝ma，代入數(shù)據(jù)得a＝12m/s2，B正確；由題圖可知Ek0＝eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(120)m/s，C錯(cuò)誤；當(dāng)小球的路程為5m時(shí)，克服阻力做功W＝Ff·s＝10J，D錯(cuò)誤。9.如圖所示，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平。一質(zhì)量為m的小球自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道。小球滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí)，對(duì)軌道的壓力大小為4mg，g為重力加速度的大小。用W表示小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中克服摩擦力所做的功，不計(jì)空氣阻力，則()A．W＝eq\f(1,2)mgR，小球恰好可以到達(dá)Q點(diǎn)B．W>eq\f(1,2)mgR，小球不能到達(dá)Q點(diǎn)C．W＝eq\f(1,2)mgR，小球到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離D．W<eq\f(1,2)mgR，小球到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離答案C解析根據(jù)小球滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí)，對(duì)軌道壓力大小為4mg，利用牛頓第三定律可知，軌道對(duì)小球的支持力大小為4mg，則在最低點(diǎn)有4mg－mg＝meq\f(v2,R)，解得小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度為v＝eq\r(3gR)，對(duì)小球從開始下落到運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得2mgR－W＝eq\f(1,2)mv2－0，解得W＝eq\f(1,2)mgR，小球由最低點(diǎn)繼續(xù)上滑的過程，到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)克服摩擦力做功W′要小于W，由此可知，小球到達(dá)Q點(diǎn)后，可繼續(xù)上升一段距離，故選C。10.有一個(gè)豎直放置的固定圓形軌道，半徑為R，由左右兩部分組成。如圖所示，右半部分AEB是光滑的，左半部分BFA是粗糙的?，F(xiàn)在最低點(diǎn)A給質(zhì)量為m的小球一個(gè)水平向右的初速度v0，使小球沿軌道恰好能過最高點(diǎn)B。小球沿BFA回到A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為4mg，g為重力加速度。不計(jì)空氣阻力。求：(1)小球的初速度v0的大?。?2)小球沿BFA回到A點(diǎn)時(shí)的速度大??；(3)小球由B經(jīng)F回到A的過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軌道恰好通過B點(diǎn)，由牛頓第二定律有mg＝eq\f(mvB2,R)，得vB＝eq\r(gR)從A到B根據(jù)動(dòng)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點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為4mg，由牛頓第三定律知軌道對(duì)小球的支持力大小為4mg。根據(jù)牛頓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經(jīng)F回到A的過程中，根據(jù)動(dòng)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．如圖甲所示，一質(zhì)量為4kg的物體靜止在水平地面上，讓物體在水平推力F作用下開始運(yùn)動(dòng)，推力F隨位移x變化的關(guān)系如圖乙所示，已知物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5(g取10m/s2)。求：(1)水平推力F在前4m內(nèi)做的功；(2)物體的最大滑行距離；(3)物體在運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度大小。答案(1)200J(2)10m(3)8m/s解析(1)F－x圖像與x坐標(biāo)軸圍成的面積表示推力對(duì)物體做的總功，則水平推力F在前4m內(nèi)做的功為WF＝eq\f(1,2)×4×100J＝200J(2)由動(dòng)能定理得WF－μmgxmax＝0，代入數(shù)據(jù)得xmax＝10m(3)由題圖圖像可知，推力為F＝F0＋kx＝100＋eq\f(0－100,4)x(N)＝100－25x(N)，物體受到的滑動(dòng)摩擦力大小Ff＝μmg＝0.5×4×10N＝20N，當(dāng)物體所受合力為零時(shí)，即F＝Ff時(shí)