1、微型专题 5 利用动能定理分析变力做功和多过程问题知识目标 核心素养1.进一步理解动能定理，领会应用动能定理解题的优越性.2.会利用动能定理分析变力做功、曲线运动以及多过程问题.1.体会动能定理在分析变力问题、曲线运动、多过程问题中的优越性.2.建立求解“多过程往复运动问题”的模型，提高逻辑推理和综合分析问题的能力.一、利用动能定理求变力的功1动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，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 E k.例 1 如图 1
2、 所示，质量为 m 的小球自由下落 d 后，沿竖直面内的固定轨道 ABC 运动，AB 是半径为 d 的 光滑圆弧，BC 是直径为 d 的粗糙半圆弧(B 是轨道的最低点)小球恰能14通过圆弧轨道的最高点 C.重力加速度为 g，求：图 1(1)小球运动到 B 处时对轨道的压力大小；(2)小球在 BC 运动过程中，摩擦力对小球做的功答案 (1)5mg (2) mgd34解析 (1)小球运动到 B 点的过程由动能定理得 2mgd mv2，12在 B 点：F N mgm ，得： FN5mg ，v2d根据牛顿第三定律：小球在 B 处对轨道的压力大小FN FN5mg.(2)小球恰好通过 C 点，则 mgm
3、.vC2d2小球从 B 运动到 C 的过程：mgdW f mvC2 mv2，得 Wf mgd.12 12 34【考点】应用动能定理求变力的功【题点】应用动能定理求变力的功B 至 C 的过程中摩擦力为变力 (大小方向都变)，求变力的功不能直接根据功的公式，通常用动能定理求解针对训练 1 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 2mg，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( )图 2A. mgR B. mgR14 13C. mgR D. mgR1
4、2 4答案 C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FNmg m ，由题意及牛顿第三定律知 FN2mg ，可得 vQ ，质点自 P 滑到 Q 的vQ2R gR过程中，由动能定理得 mgR Wf mvQ2，得克服摩擦力所做的功为 Wf mgR，选项 C 正12 12确【考点】应用动能定理进行有关的计算【题点】应用动能定理求功二、利用动能定理分析多过程问题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
5、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 L1.5 m，一个质量为m0.5 kg 的木块在 F1.5 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
6、撤去拉力 F，木块与水平桌面间的动摩擦因数 0.2，取 g10 m/s 2.求：图 3(1)木块沿弧形槽上升的最大高度( 木块未离开弧形槽)；(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 (1)0.15 m (2)0.75 m解析 (1)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：FLfL mgh0其中 fF Nmg0.20.510 N 1.0 N所以 h m0.15 mFL fLmg 1.5 1.01.50.510(2)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：mghfx0所以：x
7、 m0.75 mmghf 0.5100.151.0【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题针对训练 2 如图 4 所示，质量 m1 kg 的木块静止在高 h1.2 m 的平台上，木块与平台间的动摩擦因数 0.2，用水平推力 F20 N，使木块滑行 l13 m 时撤去，木块又滑行 l21 m 后飞出平台，求木块落地时速度的大小 (g 取 10 m/s2)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 l1，后匀减速前进l2，再做平抛运动，对每一过程，分别由动能定理得Fl1 mgl1 mv1212mgl 2 mv2
8、2 mv1212 12mgh mv32 mv2212 12解得 v311.3 m/s解法二 对全过程由动能定理得Fl1 mg(l1l 2)mgh mv2012代入数据解得 v11.3 m/s【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题三、动能定理在平抛、圆周运动中的应用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，物体能通过最高点的临界条件为 v
9、min0.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 vmin .gR例 3 如图 5 所示，一可以看成质点的质量 m2 kg 的小球以初速度 v0 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，BC 为圆弧竖直直径，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 53 ，轨道半径 R0.5 m已知 sin 530.8 ，cos 530.6 ，不计空气阻力，g 取 10 m/s2.图 5(1)求小球的初速度 v0 的大小；(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答案 (1)3 m/s (2)4 J
10、解析 (1)在 A 点由平抛运动规律得：vA v0v0cos 53 53小球由桌面到 A 点的过程中，由动能定理得mg(RRcos ) mvA2 mv0212 12由得：v 03 m/s.(2)若小球恰好通过最高点 C，在最高点 C 处有 mg ，小球从桌面运动到 C 点的过程mvC2R中，由动能定理得 Wf mvC2 mv02，12 12代入数据解得 Wf4 J.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题四、动能定理在多过程往复运动中的应用例 4 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 L6 m、倾角 37 的斜轨道
11、，BC 为水平轨道，CD 为半径 R15 m、圆心角 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 v02 m/s 下滑，3沿轨道运动到 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m30 kg，取 sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：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；(2)该小孩与 AB 段的动摩擦因数；(3)该小孩在轨道 AB 上运动的总路程 s.答案 (1)420 N ，方向向下 (2)0.25 (3)21 m解析
12、 (1)由 C 到 D 速度减为 0，由动能定理可得mg(RRcos 37)0 mvC2，v C2 m/s12 15在 C 点，由牛顿第二定律得FNmg m ，F N420 NvC2R根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力大小为 420 N，方向向下(2)小孩从 A 运动到 D 的过程中，由动能定理得：mgLsin mgLcos mgR(1cos )0 mv0212可得：0.25(3)在 AB 斜轨上，mg cos Wf1，故 mghW f20，B 点动能小于 A 点动能，C 正确【考点】应用动能定理求变力的功【题点】应用动能定理求变力的功5.质量为 m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为
13、 R 的圆周运动，如图 4 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( )图 4A. mgR B. mgR14 13C. mgR DmgR12答案 C解析 小球通过最低点时，设绳的张力为 FT，则FT mgm ，6mgm v12R v12R小球恰好过最高点，绳子拉力为零，这时 mgm v22R小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得mg2R W f mv22 mv1212 12由式联立解得 Wf mgR，选 C.12【考点】应用动能定理求变
14、力的功【题点】应用动能定理求变力的功6(多选) 在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到 vmax 后，立即关闭发动机直至静止，vt 图象如图 5 所示，设汽车的牵引力为 F，受到的摩擦力为 f，全过程中牵引力做功为 W1，克服摩擦力做功为 W2，则( )图 5AFf13 BW 1W 211CFf41 DW 1W 213答案 BC解析 对汽车运动的全过程，由动能定理得：W 1W 2E k0，所以 W1W 2，选项 B 正确，D 错误；由动能定理得 Fs1fs 20，由图象知 s1s 214.所以Ff41，选项 A 错误，C 正确【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能
15、定理处理仅含直线运动的多过程问题7如图 6 所示，一薄木板斜搁在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端置于地板的 P 处，并与地板平滑连接将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在 Q 处滑块和木板及地板之间的动摩擦因数相同现将木板截短一半，仍按上述方式搁在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放(设滑块在木板和地面接触处平滑过渡 )，则滑块最终将停在 ( )图 6AP 处 BP、Q 之间CQ 处 DQ 的右侧答案 C【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理仅含直线运动的多过程问题8.(多选) 如图 7 所示，一
16、个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动小环从最高点 A滑到最低点 B 的过程中，线速度大小的平方 v2 随下落高度 h 的变化图象可能是图中的( )图 7答案 AB解析 对小环由动能定理得 mgh mv2 mv02，则 v22ghv 02.当 v00 时，B 正确当12 12v00 时，A 正确9(多选) 如图 8 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，co
17、s 370.8) 则 ( )图 8A动摩擦因数 67B载人滑草车最大速度为2gh7C载人滑草克服摩擦力做功为 mghD载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 g35答案 AB解析 根据动能定理有 2mghW f0，即 2mghmgcos 45 mgcos hsin 4537 0，得动摩擦因数 ，则 A 项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为hsin 37 67Wf2mgh，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，a 2g(sin 37cos 37) g，则载人滑草车在上、下两段滑道上分别做加速运214 335动和减速运动，因此在上段滑道底端时达
18、到最大速度 v，由运动学公式有 2a1 v 2 得，hsin 45v ，故 B 项正确，D 项错误2a1 hsin 45 27gh【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理仅含直线运动的多过程问题二、非选择题10(应用动能定理分析多过程问题) 如图 9 所示，自然伸长的轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端在 O 位置，质量为 m 的物块 A(可视为质点) 以初速度 v0 从距 O 点 x0 的 P 点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到 O点位置后，A 又被弹簧弹回A 离开弹簧后，恰好回到 P 点，物块 A 与水平面间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g.图 9(1)求物块
19、 A 从 P 点出发又回到 P 点的过程中，克服摩擦力所做的功(2)求 O 点和 O点间的距离 x1.答案 (1) mv02 (2) x 012 v024g解析 (1)A 从 P 开始运动，最后回到 P 的过程，根据动能定理得：摩擦力所做的功为Wf0 mv02 mv02，即克服摩擦力做功为 mv02.12 12 12(2)A 从 P 开始运动，最后回到 P 的全过程，根据动能定理，有2mg (x1x 0)0 mv02，12得 x1 x 0.v024g【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含弹力做功的多过程问题11(应用动能定理分析多过程问题) 如图 10 所示，光滑水平面
20、AB 与一半圆形轨道在 B 点平滑连接，轨道位于竖直面内，其半径为 R，一个质量为 m 的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经 B 点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的 7 倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达 C 点，重力加速度为 g.求：图 10(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块从 B 到 C 克服阻力所做的功；(3)物块离开 C 点后，再落回到水平面上时的动能答案 (1)3mgR (2) mgR (3) mgR12 52解析 (1)由动能定理得 W mvB212在 B 点由牛顿第二定律得 7mgmg mvB2R解得 W3
21、mgR(2)物块从 B 到 C 由动能定理得2mgRW mvC2 mvB212 12物块在 C 点时 mgmvC2R解得 W mgR，即物块从 B 到 C 克服阻力做功为 mgR.12 12(3)物块从 C 点平抛到水平面的过程中，由动能定理得2mgRE k mvC2，解得 Ek mgR.12 52【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含弹力做功的多过程问题12(应用动能定理分析多过程问题) 如图 11 所示，光滑斜面 AB 的倾角 53 ，BC 为水平面，BC 长度 lBC1.1 m，CD 为光滑的 圆弧，半径 R0.6 m一个质量 m2 kg 的物体，14从斜面上 A
22、点由静止开始下滑，物体与水平面 BC 间的动摩擦因数 0.2，轨道在 B、C 两点平滑连接当物体到达 D 点时，继续竖直向上运动，最高点距离 D 点的高度 h0.2 m不计空气阻力，sin 53 0.8，cos 530.6，g 取 10 m/s2.求：图 11(1)物体运动到 C 点时的速度大小 vC；(2)A 点距离水平面的高度 H；(3)物体最终停止的位置到 C 点的距离 s.答案 (1)4 m/s (2)1.02 m (3)0.4 m解析 (1)物体由 C 点运动到最高点，根据动能定理得：mg(hR )0 mvC212代入数据解得：v C4 m/s(2)物体由 A 点运动到 C 点，根据
23、动能定理得：mgHmgl BC mvC2012代入数据解得：H1.02 m(3)从物体开始下滑到停下，根据动能定理得：mgHmgs 1 0代入数据，解得 s15.1 m由于 s14l BC0.7 m所以，物体最终停止的位置到 C 点的距离为：s0.4 m.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题1(应用动能定理分析多过程问题)2016 年 11 月 1 日广东珠海开幕的第十一届中国国际航空航天博览会上，空军“八一”飞行表演队的 6 架歼10 战斗机为现场数千名观众带来了一场震撼表演如图 1 所示，某次飞行表演中，飞行员驾驶飞机在竖直面内做半径为 R 的圆
24、周运动，在最高点时飞行员头朝下，已知飞行员质量为 m、重力加速度为 g.图 1(1)若飞行员在最高点座椅对他的弹力和飞机在地面上起飞前一样，求最高点的速度；(2)若这位飞行员以(1) 中的速度从最高点加速飞到最低点，且他在最低点能承受的最大竖直加速度为 5g，求飞机在最低点的最大速度及这个过程中飞机对飞行员做的功答案 (1) (2) mgR2gR 5gR12解析 (1)最高点座椅对飞行员的弹力 FNmg由重力和弹力的合力提供向心力 FNmg ，v 1mv12R 2gR(2)最低点向心加速度最大时速度也最大，a 5g，速度最大为 v2mv22R 5gR对最高点到最低点的过程运用动能定理，有 mg
25、2RW mv22 mv12，解得 W mgR.12 12 12【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题2(应用动能定理分析多过程问题) 如图 2 所示是一种常见的圆桌，桌面中间嵌一半径为r1.5 m、可绕中心轴转动的圆盘，桌面与圆盘面在同一水平面内且两者间缝隙可不考虑已知桌面离地高度为 h0.8 m，将一可视为质点的小碟子放置在圆盘边缘，若缓慢增大圆盘的角速度，碟子将从圆盘上甩出并滑上桌面，再从桌面飞出，落地点与桌面飞出点的水平距离是 0.4 m已知碟子质量 m0.1 kg，碟子与圆盘间的最大静摩擦力 fmax0.6 N，g取 10 m/s2，求： (不
26、计空气阻力)图 2(1)碟子从桌面飞出时的速度大小；(2)碟子在桌面上运动时，桌面摩擦力对它做的功；(3)若碟子与桌面动摩擦因数为 0.225，要使碟子不滑出桌面，则桌面半径至少是多少？答案 (1)1 m/s (2)0.4 J (3)2.5 m解析 (1)根据平抛运动规律：h gt2，xvt ，12得 vx 1 m/s.g2h(2)碟子从圆盘上甩出时的速度为 v0，则 fmaxm ，即 v03 m/sv02r由动能定理得：W f mv2 mv02，代入数据得：W f 0.4 J.12 12(3)当碟子滑到桌面边缘时速度恰好减为零，对应的桌子半径取最小值设碟子在桌子上滑动的位移为 s，根据动能定
27、理：mgs 0 mv0212代入数据得：s2 m由几何知识可得桌子半径的最小值为：R 2.5 m.r2 s2【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题3(应用动能定理分析多过程问题) 如图 3 所示为一种射程可调节的 “抛石机”模型抛石机长臂 OA 的长度 L4 m，B 为 OA 中点，石块可装在长臂上的 AB 区域中某一位置开始时长臂与水平面间的夹角 30，对短臂施力，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，石块被水平抛出在某次投石试验中，将质量为 m10 kg 的石块安装在 A 点，击中地面上距O 点水平距离为 x12 m 的目标不计空气阻力和抛石机长臂与短
28、臂的质量，g 取 10 m/s2，求：图 3(1)石块即将被投出瞬间所受向心力的大小；(2)整个过程中投石机对石块所做的功 W；(3)若投石机对石块做功恒定，问应将石块安装在离 O 点多远处才能使石块落地时距 O 点的水平距离最大？答案 (1)300 N (2)1 200 J (3)3 m解析 (1)石块被抛出后做平抛运动，水平方向 xvt竖直方向 h gt212又 hLLsin ，解得 v2 m/s30所以石块受到的向心力为 Fm 300 Nv2L(2)长臂从 A 点转到竖直位置的整个过程中，根据动能定理得Wmg( LLsin 30) mv2012代入数值解得 W1 200 J(3)设抛出点
29、距离 O 点为 lWmg( llsin 30) mv 2012v 240 30l下落时间 t 2hg 2l 210水平位移为 s 224 3ll 2 6l 32 150因此当 l3 m 时石块落地时距 O 点水平距离最远【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题4(应用动能定理分析多过程问题) 如图 4 所示为一遥控电动赛车 (可视为质点)和它的运动轨道示意图假设在某次演示中，赛车从 A 位置由静止开始运动，经 2 s 后关闭电动机，赛车继续前进至 B 点后水平飞出，赛车能从 C 点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，D点和 E 点分别为圆形轨道的最高点
30、和最低点已知赛车在水平轨道 AB 段运动时受到的恒定阻力为 0.4 N，赛车质量为 0.4 kg，通电时赛车电动机的输出功率恒为 2 W，B、C 两点间高度差为 0.45 m，C 与圆心 O 的连线和竖直方向的夹角 37，空气阻力忽略不计， sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s 2，求：图 4(1)赛车通过 C 点时的速度大小；(2)赛道 AB 的长度；(3)要使赛车能通过圆轨道最高点 D 后回到水平赛道 EG，其半径需要满足什么条件？答案 (1)5 m/s (2)2 m (3)R m2546解析 (1)赛车在 BC 间做平抛运动，则 vy 3 m/s2gh由图可知：v C
31、5 m/svysin 37(2)由(1)可知 B 点速度 v0v Ccos 374 m/s则根据动能定理：Ptfl AB mv02，12解得 lAB2 m.(3)当恰好通过最高点 D 时，有： mgmvD2R从 C 到 D，由动能定理可知：mgR(1cos 37) mvD2 mvC2，12 12解得 R m2546所以轨道半径 R m.2546【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题5(应用动能定理分析多过程问题) 如图 5 所示，在竖直平面内，长为 L、倾角 37的粗糙斜面 AB 下端与半径 R1 m 的光滑圆弧轨道 BCDE 平滑相接于 B 点，C
32、点是轨迹最低点，D 点与圆心 O 等高现有一质量 m0.1 kg 的小物体从斜面 AB 上端的 A 点无初速度下滑，恰能到达圆弧轨道的 D 点若物体与斜面之间的动摩擦因数 0.25，不计空气阻力，g 取10 m/s2， sin 370.6，cos 370.8，求：图 5(1)斜面 AB 的长度 L；(2)物体第一次通过 C 点时的速度大小 vC1；(3)物体经过 C 点时，轨道对它的最小支持力 FNmin；(4)物体在粗糙斜面 AB 上滑行的总路程 s 总答案 (1)2 m (2)2 m/s (3)1.4 N (4)6 m5解析 (1)A 到 D 过程，根据动能定理有mg(Lsin R cos )mgL cos 0，解得：L 2 m ；(2)A 到 C 过程，根据动能定理有mg(Lsin R Rcos )mgLcos mvC12，12解得：v C12 m/s；5(3)物体经过 C 点，轨道对它有最小支持力时，它将在 B 点所处高度以下运动，所以有：mg(RRcos ) mv min2，根据向心力公式有： FNminmgm ，解得 FNmin1.4 N；12 vmin2R(4)根据动能定理有：mgL sin mgs 总 cos 0，解得 s 总 6 m.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题
