2019届二轮复习利用动能定理分析变力做功和多过程问题课件（40张）（全国通用） 40页

微型专题　利用动能定理分析变力做功和多过程 问题 内容索引 重点探究 启迪 思维 探究重点 达标检测 检测评价 达标过关 重点探究 1. 动能定理不仅适用于求恒力做功，也适用于求变力做功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便 . 2. 利用动能定理求变力的功是最常用的方法，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 ＝ Δ E k . 一、利用动能定理求变力的功 例 1 　 (2018· 杭西高高一 4 月测试 ) 如图 1 所示，竖直平面内的轨道由直轨道 AB 和圆弧轨道 BC 组成，小球从斜面上 A 点由静止开始滑下，滑到斜面底端后又滑上半径为 R ＝ 0.4 m 的圆弧轨道 .( g ＝ 10 m/s 2 ) 答案 解析 图 1 (1) 若接触面均光滑，小球刚好能滑到圆弧轨道的最高点 C ，求斜面高 h ； 答案 　 见解析 解析 　 小球刚好到达 C 点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得： mg ＝ m ， 解得： h ＝ 2.5 R ＝ 2.5 × 0.4 m ＝ 1 m ； (2) 若已知小球质量 m ＝ 0.1 kg ，斜面高 h ＝ 2 m ，小球运动到 C 点时对轨道的压力为 mg ，求全过程中摩擦阻力做的功 . 答案 解析 答案 　 见解析 解析 　 在 C 点，由牛顿第二定律得： 从 A 到 C 过程，由动能定理得： 解得： W f ＝ 0.8 J. 图 1 从 B 至 C 小球所受的摩擦力是变力 ( 大小、方向都变 ) ，求变力的功不能直接应用功的公式，通常用动能定理求解 . 总结 提升 针对训练 1 　 (2018· 余姚市高一下学期期中考试 ) 如图 2 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 的质点自轨道端点 P 由静止开始滑下，滑到最低点 Q 时，对轨道的正压力为 2 mg ，重力加速度大小为 g . 质点自 P 滑到 Q 的过程中，克服摩擦力所做的功 为 答案 解析 √ 图 2 解析 　 质点 经过 Q 点时，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由 牛 顿 第二定律得 F N － mg ＝ m ， 由题有 F N ＝ 2 mg ，可得 v Q ＝ ， 质点自 P 滑 到 Q 的过程中，由动能定理得 mgR － W f ＝ m v Q 2 ，得克服摩擦力所做的功 为 mgR ，选项 C 正确 . 一个物体的运动如果包含多个运动阶段，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，然后联立求解 . 二、利用动能定理分析多过程问题 (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，分析每个力做的功，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 . 当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便 . 注意： 当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移 . 计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和 . 例 2 　如图 3 所示，右端连有一个光滑弧形槽的 水 平 桌面 AB 长 L ＝ 1.5 m ，一个质量为 m ＝ 0.5 kg 的 木 块 在 F ＝ 1.5 N 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 ＝ 10 m/s 2 . 求 ： 答案 解析 图 3 (1) 木块沿弧形槽上升的最大高度 ( 木块未离开弧形槽 ) ； 答案 　 0.15 m 解析 　 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 － F f L － mgh ＝ 0 其中 F f ＝ μF N ＝ μmg ＝ 0.2 × 0.5 × 10 N ＝ 1.0 N (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 解析 答案 　 0.75 m 图 3 解析 　 设木块离开 B 点后沿桌面滑行的最大距离为 x . 由动能定理得： mgh － F f ′ x ＝ 0 F f ′ ＝ μmg 解析 　 以 A 为研究对象，设其受到杆的拉力为 F ， 代入 数据 v 1 ＝ 1 m/s ，可 得 ， 即 A 受到杆的支持力为 16 N. 根据牛顿第三定律可得 A 对杆的作用力为压力，大小为 16 N. 针对训练 2 　如图 4 所示，质量 m ＝ 1 kg 的木块静止在高 h ＝ 1.2 m 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 ＝ 20 N ，使木块产生位移 l 1 ＝ 3 m 时撤去，木块又滑行 l 2 ＝ 1 m 后飞出平台，求木块落地时速度的大小 .( g 取 10 m/s 2 ) 答案 解析 图 4 答案 　 11.3 m/s 解析 　 解法一 　取木块为研究对象，其运动分三个过程，先匀加速前进 l 1 ，后匀减速前进 l 2 ，再做平抛运动，对每一过程，分别由动能定理得 解得 v 3 ≈ 11.3 m/s 解法二 　对全过程由动能定理得 代入数据解得 v ≈ 11.3 m/s 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 有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 v min ＝ 0 . ② 没有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 v min ＝ . 三、动能定理在平抛、圆周运动中的应用 例 3 　 (2018· 金华市十校联考 ) 如图 5 所示，质量 m ＝ 0.2 kg 的小物块，放在半径 R 1 ＝ 2 m 的水平圆盘边缘 A 处，小物块与圆盘间的动摩擦因数 μ 1 ＝ 0.8. 圆心角为 θ ＝ 37° 、半径 R 2 ＝ 2.5 m 的光滑圆弧轨道 BC 与水平轨道光滑连接于 C 点，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为 μ 2 ＝ 0.5. 开始圆盘静止，在电动机的带动下绕过圆心 O 1 的竖直轴缓慢加速转动，某时刻小物块沿纸面水平方向飞出 ( 此时 O 1 与 A 连线垂直纸面 ) ，恰好沿切线进入圆弧轨道 B 处，经过圆弧 BC 进入水平轨道 CD ，在 D 处进入圆心为 O 2 、半径 R 3 ＝ 0.5 m 的光滑竖直圆轨道，绕过圆轨道后沿水平轨道 DF 向右运动 . 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力， sin 37° ＝ 0.6 ， cos 37° ＝ 0.8 ， g 取 10 m/s 2 ，求： 图 5 (1) 圆盘对小物块 m 做的功； 答案 　 1.6 J 解析 　 小物块刚滑出圆盘时： 答案 解析 得： v A ＝ 4 m/s 得： W ＝ 1.6 J 图 5 (2) 小物块刚离开圆盘时 A 、 B 两点间的水平距离 ； 答案 　 1.2 m 解析 　 物块正好切入圆弧轨道 BC ，由平抛运动知识可得 ： 答案 解析 在 B 处物块的竖直分速度为 v By ＝ v A tan 37 ° A 、 B 间的水平距离 x ＝ v A t 联立解得： x ＝ 1.2 m 图 5 (3) 假设竖直圆轨道可以左右移动，要使小物块能够通过竖直圆轨道，求竖直圆轨道底端 D 与圆弧轨道底端 C 之间的距离范围和小物块的最终位置 . 答案 　 l DC ≤ 1 m 　最后停在离 C 位置右侧 3.5 m 处 答案 解析 由 B 到 E 点由动能定理得： mgR 2 (1 － cos 37°) － μ 2 mgL － 2 mgR 3 可得： L ＝ 1 m 即 DC 之间距离不大于 1 m 时物块可通过竖直圆轨道 . 最后物块必定停止，由动能定理可得： 解得 x ＝ 3.5 m 即最后物块停在离 C 位置右侧 3.5 m 处 . 例 4 　 (2018· 湖州、衢州、丽水高三期末 联 考 ) 某游乐场的滑梯可以简化为如图 6 所 示 竖直 面内的 ABCD 轨道， AB 为长 L ＝ 6 m 、 倾角 α ＝ 37° 的斜轨道， BC 为水平轨道 ， CD 为 半径 R ＝ 15 m 、圆心角 β ＝ 37° 的 圆 弧 轨道，轨道 AB 段粗糙，其余各段均光滑 . 一小孩 ( 可视为质点 ) 从 A 点以初速度 v 0 ＝ 2 m / s 沿轨道下滑，运动到 D 点时的速度恰好为零 ( 不计经过 B 点时的能量 损失 ). 已知该小孩的质量 m ＝ 30 kg ，取 sin 37° ＝ 0.6 ， cos 37° ＝ 0.8 ， g ＝ 10 m / s 2 ，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： 四、动能定理在多过程往复运动中的应用 图 6 (1) 该小孩第一次经过圆弧轨道 C 点时，对圆弧轨道的压力； 答案 解析 图 6 答案 　 420 N ，方向竖直向下 解析 　 由 C 到 D 速度减为 0 ，由动能定理可 得 在 C 点，由牛顿第二定律得 根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力为 420 N ，方向竖直向下 (2) 该小孩与 AB 段的动摩擦因数； 答案 解析 图 6 答案 　 0.25 解析 　 小孩从 A 运动到 D 的过程中，由动能定理得 ： 可得： μ ＝ 0.25 (3) 该小孩在轨道 AB 上运动的总路程 s . 答案 解析 图 6 答案 　 21 m 解析 　 在 AB 斜轨上， μmg cos α < mg sin α ，小孩不能静止在斜轨上，则小孩从 A 点以初速度 v 0 滑下，最后静止在 BC 轨道 B 处 . 解得 s ＝ 21 m. 1. 在含有摩擦力的多过程往复运动过程中，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 ( 或全 部阻力 ) 做功与路径有关，克服摩擦力 ( 或全部阻力 ) 做的功 W ＝ F f · s ( 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，一般应用动能定理 . 总结 提升 达标检测 1 2 3 1. ( 用动能定理求变力的功 ) 如图 7 所示，质量为 m 的物体与水平转台间的动摩擦因数为 μ ，物体与转轴相距 R ，物体随转台由静止开始转动 . 当转速增至某一值时，物体即将在转台上滑动，此时转台开始匀速转动 . 设物体的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则在整个过程中摩擦力对物体做的功 是 答案 解析 图 7 √ 解析 　 物体即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物体的最大静摩擦 力恰好提供向心力，设此时物体做圆周运动的线速度为 v ，则有 μmg ＝ . ① 在物体由静止到获得速度 v 的过程中，物体受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物体做功，由动能定理得： W ＝ m v 2 － 0 . ② 1 2 3 2. ( 动能定理在平抛、圆周运动中的应用 ) 如图 8 所示，一可以看成质点的质量为 m ＝ 2 kg 的小球以初速度 v 0 沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从 A 点沿切线方向进入圆弧轨道，其中 B 为轨道的最低点， C 为最高点且与水平 桌面等高，圆弧 AB 对应的圆心角 θ ＝ 53° ，轨道半径 R ＝ 0.5 m. 已知 sin 53° ＝ 0.8 ， cos 53° ＝ 0.6 ，不计空气阻力， g 取 10 m/s 2 . 图 8 1 2 3 (1) 求小球的初速度 v 0 的大小； 图 8 答案 　 3 m/s 解析 　 在 A 点由平抛运动规律得： 小球由桌面到 A 点的过程中，由动能定理得 由 ①② 得： v 0 ＝ 3 m/s. 答案 解析 1 2 3 (2) 若小球恰好能通过最高点 C ，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功 . 图 8 答案 　 － 4 J 答案 解析 解析 　 在最高点 C 处有 mg ＝ ， 小球从桌面到 C 点，由动能定理得 W f ＝ m v C 2 － m v 0 2 ，代入数据解得 W f ＝－ 4 J. 1 2 3 3. ( 利用动能定理分析多过程及往复运动问题 ) 滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来 . 如图 9 是滑板运动的轨道， BC 和 DE 是两段光滑圆弧形轨道， BC 段的圆心为 O 点，圆心角为 60° ，半径 OC 与水平轨道 CD 垂直，水平轨道 CD 段粗糙且长 8 m. 某运动员从轨道上的 A 点以 3 m /s 的速度水平滑出，在 B 点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道 BC ，经 CD 轨道后冲上 DE 轨道，到达 E 点时速度减为零，然后返回 . 已知运动员和滑板的总质量为 60 kg ， B 、 E 两点到水平轨道 CD 的竖直高度分别为 h 和 H ，且 h ＝ 2 m ， H ＝ 2.8 m ， g 取 10 m / s 2 . 求： 1 2 3 答案 解析 图 9 (1) 运动员从 A 点运动到达 B 点时的速度大小 v B ； 答案 　 6 m/s 解得： v B ＝ 6 m/s. 1 2 3 答案 解析 图 9 (2) 滑板与轨道 CD 段间的动摩擦因数 μ ； 答案 　 0.125 解析 　 从 B 点到 E 点，由动能定理可得： 代入数据可得： μ ＝ 0.125. 1 2 3 (3) 通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到 B 点？如能，请求出回到 B 点时速度的大小；如不能，则最后停在何处 ？ 答案 解析 图 9 答案 　 不能回到 B 处，最后停在 D 点左侧 6.4 m 处 ( 或 C 点右侧 1.6 m 处 ) 1 2 3 解析 　 设运动员能到达左侧的最大高度为 h ′ ，从 B 到第一次返回左侧最高处，根据动能定理得： 解得 h ′ ＝ 1.8 m< h 所以第一次返回时，运动员不能回到 B 点 设运动员从 B 点运动到停止，在 CD 段的总路程为 s ，由动能定理可得 ： 解得： s ＝ 30.4 m 因为 s ＝ 3 x CD ＋ 6.4 m ，所以运动员最后停在 D 点左侧 6.4 m 处 ( 或 C 点右侧 1.6 m 处 ). 1 2 3