1、习题课动能定理的应用1计算总功的两种方法(1)W总W1W2Wn(2)W总F合lcos 2动能定理表达式W总Ek2Ek1mvmv应用动能定理求解变力做功问题(2019舟山检测)如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，已知OP，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B(1)小球到达B点时的速率为多大？(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多大？(3)若初速度v03，则在小球从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？思路点拨 小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B的临界条件是在B点重力提供做圆周运
2、动的向心力；由A到B的过程，不计空气阻力仅重力做功，由动能定理求出初速度v0；空气阻力是变力，可应用动能定理求解解析(1)小球恰能到达最高点B，有mgm，得vB.(2)从A到B由动能定理得mgmvmv可求出 v0.(3)当v03时，在小球从A到B的过程中由动能定理得mgWfmvmv可求出WfmgL.答案(1)(2)(3)mgL【通关练习】1一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F的作用下从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，如图所示则力F所做的功为( )Amglcos BFlsin Cmgl(1cos )DFl(1sin )解析：选C.小球的运动过程是缓慢的，因而小球在任何时刻均可
3、看成是平衡状态，因此力F的大小在不断变化，F做功是变力做功小球上升过程只有重力mg和F这两个力做功，由动能定理得mg(llcos )WF0，所以WFmgl(1cos )2如图所示，斜槽轨道下端与一个半径为04 m的圆形轨道相连接一个质量为01 kg的物体从高为H2 m的A点由静止开始滑下，运动到圆形轨道的最高点C处时，对轨道的压力等于物体的重力求物体从A运动到C的过程中克服摩擦力所做的功(g取10 m/s2)解析：物体运动到C点时受到重力和轨道对它的压力，由圆周运动知识可知FNmg，又FNmg，联立两式解得vC m/s，在物体从A点运动到C点的过程中，由动能定理有mg(H2r)WFfmv0，代
4、入数据解得WFf0.8 J.答案：0.8 J 利用动能定理求变力的功是最常用的方法，具体做法如下：(1)如果在研究的过程中，只有所要求的变力做功，则这个变力做的功就等于物体动能的增量，即WEk(2)如果物体同时受到几个力的作用，但是其中只有一个力F是变力，其他力都是恒力，则可以先用恒力做功的公式求出几个恒力所做的功，然后再用动能定理来间接求变力做的功：WFW其他Ek应用动能定理分析多过程问题(2019杭州联考)如图所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出
5、C点103 m的D点速度为0求：(g取10 m/s2)(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；(2)物体第5次经过B点时的速度；(3)物体最后停止的位置(距B点多少米)解析(1)由动能定理得mg(hH)mgsBC0mv，解得0.5.(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgHmg4sBCmvmv，解得v24 m/s13.3 m/s.(3)分析整个过程，由动能定理得mgHmgs0mv，解得s21.6 m.所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m，故距B点的距离为2 m1.6 m0.4 m.答案(1)0.5(2)13.3 m/s(3)距B点0.4 m 如图所示，AB
6、与CD为两个对称斜面，其上部足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120，半径R为20 m，一个物体在离弧底E高度为h30 m处，以初速度40 m/s沿斜面运动若物体与两斜面的动摩擦因数为002，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共能走多长路程？(g取10 m/s2)解析：设物体在斜面上运动的总路程为s，则摩擦力做的总功为mgscos 60，末状态选为B(或C)，此时物体速度为零，对全过程由动能定理得mghR(1cos 60)mgscos 600mv物体在斜面上通过的总路程为：s m280 m.答案：见解析 对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，可以选择分段或全程应用动能定
7、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(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，分析每个力的做功，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、更方便应用动能定理求解曲线运动问题如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程
8、始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( )At1t2D无法比较t1、t2的大小解析在滑道AB段上取任意一点E，比较从A点到E点的速度v1和从C点到E点的速度v2，易知v1v2.因E点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小同理，在滑道BC段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C处开始滑动时，小滑块损失的动能更大故综上所述，从A滑到C比从C滑到A在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A滑到C平均速
9、度要更大一些，故t1t2.选项A正确答案A如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m10 kg的小球现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L10 m，B点离地高度H10 m，A、B两点的高度差 h05 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力影响，求：(1)地面上DC两点间的距离s；(2)轻绳所受的最大拉力大小解析：(1)小球从A到B过程mghmv小球从B到C做平抛运动，在竖直方向上Hgt2在水平方向上有svBt由式解得s1.41 m(2)小球下摆到达B点时，绳的拉力和重力的
10、合力提供向心力，有Fmgm由式解得F20 N根据牛顿第三定律FF故轻绳所受的最大拉力为20 N.答案：(1)1.41 m(2)20 N 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：有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能过最高点的临界条件为vmin0没有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能过最高点的临界条件为vmin应用动能定理求解连接体问题如图所示，一辆汽车通过一根绳PQ跨过定滑轮提升井中质量为m的物体，绳的
11、P端拴在车后的挂钩上，Q端拴在物体上，设绳的总长不变，绳的质量、定滑轮的质量和尺寸、绳与滑轮间的摩擦都忽略不计开始时，车在A处，滑轮左右两侧绳都已绷紧并且是竖直的，左侧绳长为H提升时车水平向左加速运动，沿水平方向从A经过B驶向C，设A到B的距离也为H，车经过B点时的速度为vB，求车由A运动到B的过程中，绳对物体所做的功思路点拨 通过分析车速，求出与车相关联的物体的速度是求解本题的关键解析绳的Q端对物体的拉力情况未知，无法用功的定义去求拉力对物体所做的功，所以只能用动能定理去求由于与车相连的绳的方向是变化的，所以将车在B点的速度vB分解，如图所示，车到B点时，物体上升的速度等于vB沿绳方向的分速
12、度v1vBcos 45vB.车由A到B过程中绳被拉过的距离为HH(1)H，所以物体上升高度h(1)H，此过程中重力做功W1mgh(1)mgH，由动能定理得WW1mv，所以绳的拉力做功WmvW1mv(1)mgHm(1)mgHmv(1)mgH.答案见解析【通关练习】1如图所示，质量为m的物体置于光滑水平面上，绳子的一端固定在物体上，另一端通过定滑轮以恒定的速率v0拉动绳头物体由静止开始运动，当绳子与水平方向成60夹角时，绳中的拉力对物体做了多少功？解析：绳子中的拉力是变力，要计算这个力做的功，只能利用动能定理，其中物体的末速度可以由速度的分解求得绳子与水平面成60夹角时，物体的速度为v，如图所示，
13、由速度分解得v2v0因为物体开始是静止状态，所以根据动能定理可以计算出绳子的拉力做的功为Wmv202mv.答案：2mv2(2019湖州测试)如图甲所示，物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的125倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的06倍不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g求： 甲 乙(1)
14、物块的质量；(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功解析：(1)设开始时细绳的拉力大小为T1，传感装置的初始值为F1，物块质量为M，由平衡条件得对小球，T1mg对物块，F1T1Mg当细绳与竖直方向的夹角为60时，设细绳的拉力大小为T2，传感装置的示数为F2，据题意可知，F21.25F1由平衡条件得对小球，T2mgcos 60对物块，F2T2Mg联立式，代入数据解得M3m.(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为Wf，由动能定理得mgl(1cos 60)Wfmv2在最低位置，设细绳的拉力大小为T3，传感装置的示数为F
15、3，据题意可知F30.6F1，对小球，由牛顿第二定律得T3mgm对物块，由平衡条件得F3T3Mg联立式，代入数据解得Wf0.1mgl.答案：(1)3m(2)0.1mgl 动能定理在两个(或多个)相互关联的物体系统中的应用(1)动能定理的表达式WEk2Ek1是以一个物体为研究对象的，式中W为所有外力(包括重力、弹力、摩擦力等)所做的功(2)动能定理可推广到由几个物体构成的物体系，但定理的形式应做相应的变动因为对一个物体系来说，在状态变化的过程中，不仅有外力做功，还可以有内力做功，内力做功也会改变系统的总动能(3)若以W外、W内分别表示外力和内力对系统所做的功，则有W外W内Ek2Ek1对于由相互作
16、用的若干质点组成的系统，动能的增加量在数值上等于一切外力所做的功与一切内力所做的功的代数和，称为系统动能定理1一人用力踢质量为1 kg的皮球，使球由静止以10 m/s的速度飞出，假定人踢球瞬间对球平均作用力是200 N，球在水平方向运动了20 m停止，那么人对球所做的功为( )A50 J B500 JC4 000 JD无法确定解析：选A.人踢球的力为变力，人对球所做的功等于球动能的变化，根据动能定理得Wmv21102 J50 J，故A正确2水平面上的一个质量为m的物体，在一水平恒力F作用下，由静止开始做匀加速直线运动，经过位移s后撤去F，又经过位移2s后物体停了下来，则物体受到的阻力大小应是(
17、 )AB2FCD3F解析：选C.根据动能定理，撤力前过程中，(FFf)smv2；撤力后过程中，Ff2smv2.由以上两式，解得：FfF，故C正确3(2019宁波质检)如图所示，用同种材料制成的一个轨道ABC，AB段为四分之一圆弧，半径为R，水平放置的BC段长为R一个物块质量为m，与轨道的动摩擦因数为，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C端停止，物块在AB段克服摩擦力做功为( )AmgRB(1)mgRCmgR/2DmgR解析：选B.物体从A点运动到C点的过程中，重力对物体做功WGmgR，BC段的阻力对物体做功WBCmgR，若AB段的摩擦力对物体做功为WAB，物体从A到C的过程中，根据动能定
18、理有mgRWABmgR0，可得WAB(1)mgR，故物体在AB段克服摩擦力做功为(1)mgR，B正确4(2019温州检测)如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，小球向右滑行，并冲上固定在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，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是( )Amghmv2 Bmv2mghCmghD解析：选A.由A到C的过程运用动能定理可得：mghW0mv2，所以Wmghmv2，故A正确5.如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加
19、速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，则()Aa BaCa Da解析：选A.质点由半球面最高点到最低点的过程中，由动能定理有：mgRWmv2，又在最低点时，向心加速度大小a，两式联立可得a，A项正确6(2019舟山期末)如图所示为一滑草场某条滑道由上、下两段高均为h，与水平面倾角分别为45和37的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 370.6，cos 370.8)则()A动摩擦因数B载人滑草车最大速度为 C载人滑草车克服摩擦力做功为
20、mghD载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g解析：选B.由题意根据动能定理有，2mghWf0，即2mghmgcos 45mgcos 370，得动摩擦因数，则A项错误；载人滑草车克服摩擦力做的功为Wf2mgh，则C项错误；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1g(sin 45cos 45)g，a2g(sin 37cos 37)g，则载人滑草车在上下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，则在上段底端时达到最大速度v，由运动学公式有2a1v2得，v ，则B项正确，D项错误7(2019绍兴测试)一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水
21、平方向跳向另一侧坡面如图所示，以沟底的O点为原点建立坐标系xOy已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为yx2，探险队员的质量为m人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g(1)求此人落到坡面时的动能；(2)此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？解析：(1)设该队员在空中运动的时间为t，在坡面上落点的横坐标为x，纵坐标为y.由运动学公式和已知条件得xv0t2hygt2根据题意有y由动能定理mg(2hy)mv2mv联立式得mv2m(2)式可以改写为v23ghv2有极小的条件为式中的平方项等于0，由此得v0此时v23gh，则最小动能为mgh答案：见解析8如
22、图所示，四分之一圆弧轨道OA与水平轨道AB相切，它们与另一水平轨道CD在同一竖直面内，圆弧轨道OA的半径R045 m，水平轨道AB长s13 m，OA与AB均光滑一滑块从O点由静止释放，当滑块经过A点时，静止在CD上的小车在F16 N的水平恒力作用下开始运动，运动一段时间后撤去力F当小车在CD上运动了s2328 m时速度v24 m/s，此时滑块恰好落入小车中已知小车质量M02 kg，与CD间的动摩擦因数04忽略小车的高度，取g10 m/s2求：(1)恒力F的作用时间t；(2)AB与CD的高度差h解析：(1)设小车在力F的作用下加速运动的距离为s，由动能定理得FsMgs2Mv2设小车在力F作用下做加速运动时的加速度为a，由牛顿第二定律得FMgMa，sat2联立以上三式解得a4 m/s2，t1 s(2)设小车在力F作用下做加速运动的末速度为v，撤去力F后小车做减速运动时的加速度为a，速度从v减为v的时间为t，由牛顿第二定律得vat，MgMa，vvat设滑块的质量为m，运动到A点时的速度为vA，由动能定理得mgRmv设滑块由A点运动到B点的时间为t1，由运动学公式得s1vAt1设滑块做平抛运动的时间为t1，则有t1ttt1由平抛运动规律得hgt联立以上各式，代入数据解得h08 m答案：(1)1 s(2)0.8 m
