人教版物理必修第二冊同步講練第8章 機(jī)械能守恒定律 拓展課 動能定理的綜合應(yīng)用 (含解析)

拓展課動能定理的綜合應(yīng)用拓展點(diǎn)一動能定理與牛頓運(yùn)動定律的比較1.理解比較比較牛頓第二定律動能定理作用合外力與加速度的關(guān)系合外力做的功與動能變化量的關(guān)系公式F＝maW＝Ek2－Ek1研究力和運(yùn)動的關(guān)系力的瞬間作用效果力對空間的積累效果運(yùn)動過程中細(xì)節(jié)的考慮考慮不考慮作用力恒力恒力或變力2.應(yīng)用比較比較牛頓運(yùn)動定律動能定理相同點(diǎn)確定研究對象，對物體進(jìn)行受力分析和運(yùn)動過程分析適用條件只能研究恒力作用下物體的運(yùn)動的情況對于物體在恒力或變力的作用下，物體做直線運(yùn)動或曲線運(yùn)動均適用應(yīng)用方法要考慮運(yùn)動過程的每一個(gè)細(xì)節(jié)，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式只考慮各力的做功情況及初、末狀態(tài)的動能運(yùn)算方法矢量運(yùn)算代數(shù)運(yùn)算[試題案例][例1]如圖所示，一質(zhì)量為2kg的鉛球從離地面2m高處自由下落，陷入沙坑2cm深處，求沙子對鉛球的平均阻力大小。(g取10m/s2)解析法一應(yīng)用牛頓第二定律與運(yùn)動學(xué)公式求解。設(shè)鉛球做自由落體運(yùn)動到沙面時(shí)的速度為v，則有v2＝2gH。在沙坑中的運(yùn)動階段，設(shè)鉛球做勻減速運(yùn)動的加速度大小為a，則有v2＝2ah。聯(lián)立以上兩式解得a＝eq\f(H,h)g。設(shè)鉛球在沙坑中運(yùn)動時(shí)受到的平均阻力大小為Ff，由牛頓第二定律得Ff－mg＝ma，所以Ff＝mg＋ma＝eq\f(H＋h,h)·mg＝eq\f(2＋0.02,0.02)×2×10N＝2020N。法二應(yīng)用動能定理分段求解。設(shè)鉛球自由下落到沙面時(shí)的速度為v，由動能定理得mgH＝eq\f(1,2)mv2－0，設(shè)鉛球在沙中受到的平均阻力大小為Ff，由動能定理得mgh－Ffh＝0－eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立以上兩式得Ff＝eq\f(H＋h,h)mg＝2020N。法三應(yīng)用動能定理全程求解。鉛球下落全過程都受重力，只有進(jìn)入沙中鉛球才受阻力Ff，重力做功WG＝mg(H＋h)，阻力做功Wf＝－Ffh。由動能定理得mg(H＋h)－Ffh＝0－0，代入數(shù)據(jù)得Ff＝2020N。答案2020N[針對訓(xùn)練1]如圖是冰上體育比賽“冰壺運(yùn)動”的場地示意圖(冰面水平)。在某次訓(xùn)練中，甲隊(duì)員將質(zhì)量m＝20kg的一個(gè)冰壺從左側(cè)的A處向右推出，冰壺沿中心線運(yùn)動到與A點(diǎn)相距為x＝30m的營壘中心O處恰好停下。此后，乙隊(duì)員將完全相同的第二個(gè)冰壺同樣在A處向右推出，冰壺從A處運(yùn)動到O處經(jīng)過的時(shí)間為t＝10s。已知兩個(gè)冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.02，冰壺都可視為質(zhì)點(diǎn)，取g＝10m/s2。求：(1)第一個(gè)冰壺被推出時(shí)的動能；(2)第二個(gè)冰壺即將碰到第一個(gè)冰壺時(shí)的速度大小。解析(1)法一牛頓第二定律根據(jù)牛頓第二定律Ff＝μmg＝ma根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得v2＝2ax＝2μgx動能的表達(dá)式Ek＝eq\f(1,2)mv2聯(lián)立并代入題給數(shù)據(jù)得Ek＝μmgx＝0.02×20×10×30J＝120J。法二動能定理對于甲隊(duì)員推出的冰壺，由動能定理可得－μmgx＝0－Ek1，代入數(shù)據(jù)得Ek1＝120J，故第一個(gè)冰壺被推出時(shí)的動能為120J。(2)第二個(gè)冰壺從A處運(yùn)動到O處做勻減速運(yùn)動，有μmg＝ma，設(shè)冰壺在時(shí)間t內(nèi)初、末速度分別為v2、v2′，則有v2′＝v2－at，位移關(guān)系x＝v2t－eq\f(1,2)at2，代入數(shù)據(jù)解得第二個(gè)冰壺即將碰到第一個(gè)冰壺時(shí)的速度為v2′＝2m/s。答案(1)120J(2)2m/s拓展點(diǎn)二動能定理與圖像的結(jié)合分析動能定理和圖像結(jié)合的問題時(shí)一定要弄清圖像的物理意義，要特別注意圖像的形狀、交點(diǎn)、截距、斜率、面積等信息，并結(jié)合運(yùn)動圖像構(gòu)建相應(yīng)的物理模型，選擇合理的規(guī)律求解有關(guān)問題。[試題案例][例2]如圖甲所示，在水平地面上放置一個(gè)質(zhì)量為m＝4kg的物體，讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下運(yùn)動，推力F隨位移x變化的圖像如圖乙所示，已F與位移關(guān)系圖線圍成的面積表示功。知物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，g取10m/s2，求：(1)出發(fā)時(shí)物體運(yùn)動的加速度大??；(2)物體能夠運(yùn)動的最大位移。解析(1)由牛頓第二定律得F－μmg＝ma，當(dāng)推力F0＝100N時(shí)，物體所受的合力最大，加速度最大，代入數(shù)據(jù)得a＝20m/s2。(2)根據(jù)圖像得推力對物體做的功等于圖線與x軸圍成的面積，則推力對物體做功W＝eq\f(1,2)F0x0＝250J，根據(jù)動能定理可得W－μmgxm＝0，解得xm＝12.5m。答案(1)20m/s2(2)12.5m方法總結(jié)“三步法”分析動能定理結(jié)合圖像問題[針對訓(xùn)練2](多選)在平直公路上，汽車由靜止開始做勻加速運(yùn)動，當(dāng)速度達(dá)到vm后立即關(guān)閉發(fā)動機(jī)直到停止，v－t圖像如圖所示。設(shè)汽車的牽引力為F，摩擦力為Ff，全過程中牽引力做功W1，克服摩擦力做功W2，則()A.F∶Ff＝1∶3 B.F∶Ff＝4∶1C.W1∶W2＝1∶1 D.W1∶W2＝1∶3解析全過程初、末狀態(tài)的動能都為零，對全過程應(yīng)用動能定理得W1－W2＝0①即W1＝W2，選項(xiàng)C正確；設(shè)物體在0～1s內(nèi)和1～4s內(nèi)運(yùn)動的位移大小分別為s1、s2，則W1＝Fs1②W2＝Ff(s1＋s2)③在v－t圖像中，圖像與時(shí)間軸包圍的面積表示位移，由圖像可知，s2＝3s1④由②③④式解得F∶Ff＝4∶1，選項(xiàng)B正確。答案BC拓展點(diǎn)三利用動能定理處理曲線運(yùn)動的多過程問題1.平拋運(yùn)動、圓周運(yùn)動屬于曲線運(yùn)動，若只涉及位移和速度而不涉及時(shí)間，應(yīng)優(yōu)先考慮用動能定理列式求解。2.用動能定理解題，關(guān)鍵是對研究對象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動過程分析，并畫出物體運(yùn)動過程的草圖，讓草圖幫助我們理解物理過程和各量關(guān)系。3.若物體的運(yùn)動過程包含多個(gè)運(yùn)動階段，可分段應(yīng)用動能定理，也可全程運(yùn)用動能定理。若不涉及中間量，全程應(yīng)用動能定理更簡單、更方便。若涉及多個(gè)力做功，應(yīng)注意力與位移的對應(yīng)性。[試題案例][例3]如圖所示，半徑r1＝eq\f(2,5)eq\r(2)m的圓弧軌道AB與水平軌道BC相切于B點(diǎn)，CD為r2＝0.40m的半圓軌道，另一半徑R＝1.00m的圓弧軌道EF與CD靠近，E點(diǎn)略低于D點(diǎn)。一質(zhì)量m＝1kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)以初速度v0＝2m/s沿軌道下滑，在AB段運(yùn)動過程中始終受到豎直向上的F＝10N的力作用，進(jìn)入BC段后撤去。已知AB高度為h，BC長L＝1.00m，小物塊與BC間動摩擦因數(shù)μ＝0.2，其余光滑，EF軌道對應(yīng)的圓心角θ＝60°，所有軌道均固定在同一豎直平面內(nèi)，不考慮小物塊在各軌道相接處的速度大小的變化，忽略空氣阻力，g取10m/s2。求：(1)當(dāng)小物塊沿圓弧軌道AB運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)，軌道對小物塊的作用力大??；(2)若小物塊在B點(diǎn)的速度為5m/s，且在剛進(jìn)入BC段時(shí)撤去力F，請通過計(jì)算判斷小物塊能否通過D點(diǎn)；(3)小物塊能進(jìn)入EF軌道，且不越過F點(diǎn)，小物塊在D點(diǎn)的速度范圍。【審題指導(dǎo)】題干關(guān)鍵點(diǎn)提取信息豎直向上的F＝10N的力在AB段物塊有恒力和重力做功進(jìn)入BC段后撤去F在BC段物塊只有摩擦力做功物塊能否通過D點(diǎn)物塊恰好過D點(diǎn)的條件是重力提供向心力進(jìn)入EF軌道，不越過F點(diǎn)進(jìn)入EF的最小速度對應(yīng)過D點(diǎn)的最小速度，進(jìn)入EF的最大速度對應(yīng)到F點(diǎn)時(shí)速度為零解析(1)小物塊從A到B，由動能定理得mgh－Fh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得vB＝2m/s。在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得F＋FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),r1)，解得FN＝5eq\r(2)N。(2)假設(shè)小物塊能從B到D，由動能定理得－2mgr2－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mvB′2，解得vD＝eq\r(5)m/s。若小物塊恰好過D點(diǎn)，則mg＝eq\f(mvD′2,r2)，解得vD′＝eq\r(gr2)＝2m/s＜eq\r(5)m/s，故小物塊能通過D點(diǎn)。(3)小物塊恰好到F點(diǎn)，從E到F，由動能定理得－mgR(1－cosθ)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)，解得vE＝eq\r(10)m/s，所以小物塊在D點(diǎn)的速度范圍為2m/s≤vD＜eq\r(10)m/s。答案(1)5eq\r(2)N(2)能，過程見解析(3)2m/s≤vD<eq\r(10)m/s[針對訓(xùn)練3]在溫州市科技館中，有個(gè)用來模擬天體運(yùn)動的裝置，其內(nèi)部是一個(gè)類似錐形的漏斗容器，如圖甲所示。現(xiàn)在該裝置的上方固定一個(gè)半徑為R的四分之一光滑管道AB，光滑管道下端剛好貼著錐形漏斗容器的邊緣，如圖乙所示。將一個(gè)質(zhì)量為m的小球從管道的A點(diǎn)靜止釋放，小球從管道B點(diǎn)射出后剛好貼著錐形容器壁運(yùn)動，由于摩擦阻力的作用，運(yùn)動的高度越來越低，最后從容器底部的孔C掉下(軌跡大致如圖乙虛線所示)，已知小球離開C孔的速度為v，A到C的高度為H，重力加速度為g。求：(1)小球到達(dá)B端的速度大小；(2)小球在管口B端受到的支持力大小；(3)小球在錐形漏斗表面運(yùn)動的過程中克服摩擦阻力所做的功。解析(1)設(shè)小球到達(dá)B端的速度大小為vB，小球在從A端運(yùn)動到B端的過程中，由動能定理可得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)得vB＝eq\r(2gR)。(2)設(shè)在B端小球受到的支持力大小為FN，F(xiàn)N－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，得FN＝3mg。(3)設(shè)克服摩擦阻力做的功為Wf，根據(jù)動能定理mgH－Wf＝eq\f(1,2)mv2得Wf＝mgH－eq\f(1,2)mv2。答案(1)eq\r(2gR)(2)3mg(3)mgH－eq\f(1,2)mv21.靜止在粗糙水平面上的物塊在水平向右的拉力作用下做直線運(yùn)動，t＝4s時(shí)停下，其v－t圖像如圖所示，已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)處處相同，則下列判斷正確的是()A.整個(gè)過程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功B.整個(gè)過程中拉力做的功等于零C.t＝2s時(shí)刻拉力的瞬時(shí)功率在整個(gè)過程中最大D.t＝1s到t＝3s這段時(shí)間內(nèi)拉力不做功解析全過程由動能定理得WF＋WFf＝0，所以A正確；因物塊從靜止開始運(yùn)動，整個(gè)過程WF≠0，B錯誤；拉力的瞬時(shí)功率在1～3s內(nèi)相等，1s末拉力的瞬時(shí)功率最大，C錯誤；t＝1s到t＝3s這段時(shí)間內(nèi)，物塊做勻速運(yùn)動，F(xiàn)＝Ff≠0，拉力做功W＝Fx13≠0，D錯誤。答案A2.如圖所示，光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量為m的小球沿軌道做完整的圓周運(yùn)動，已知小球在最低點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小為FN1，在最高點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小為FN2。重力加速度大小為g，則FN1－FN2的值為()A.3mg B.4mgC.5mg D.6mg解析在最低點(diǎn)有FN1－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，在最高點(diǎn)有FN2＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),R)。小球在運(yùn)動過程中由動能定理－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。答案D3.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)動的加速度大小、動能、位移的大小和運(yùn)動的時(shí)間。則以下各圖像中，能正確反映這一過程的是()解析物體在恒定阻力作用下運(yùn)動，其加速度不隨時(shí)間和位移變化，選項(xiàng)A、B錯誤；由動能定理得－fx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－fx，可知選項(xiàng)C正確；Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(v0－at)2＝eq\f(1,2)ma2t2－mv0at＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，Ek與t的關(guān)系圖線為拋物線，選項(xiàng)D錯誤。答案C4.質(zhì)量m＝1kg的物體，在水平拉力F的作用下，沿粗糙水平面運(yùn)動，在位移是4m時(shí)，拉力F停止作用，運(yùn)動到位移是8m時(shí)物體停止，運(yùn)動過程中Ek－x的圖像如圖所示，g取10m/s2，求：(1)物體和水平面間的動摩擦因數(shù)；(2)拉力F的大小。解析(1)在運(yùn)動的第二階段，物體在位移x2＝4m內(nèi)，動能由Ek＝10J變?yōu)榱?。由動能定理得－μmgx2＝0－Ek；故動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(Ek,mgx2)＝eq\f(10,1×10×4)＝0.25。(2)在運(yùn)動的第一階段，物體位移x1＝4m，初動能Ek0＝2J，根據(jù)動能定理得Fx1－μmgx1＝Ek－Ek0，所以F＝4.5N。答案(1)0.25(2)4.5N5.2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項(xiàng)目之一。某滑道示意圖如圖所示，長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑連接，滑道BC高h(yuǎn)＝10m，C是半徑R＝20m圓弧的最低點(diǎn)。質(zhì)量m＝60kg的運(yùn)動員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度a＝4.5m/s2，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度vB＝30m/s。取重力加速度g＝10m/s2。(1)求長直助滑道AB的長度L；(2)若不計(jì)BC段的阻力，畫出運(yùn)動員經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的受力示意圖，并求其所受支持力FN的大小。解析(1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動公式veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A)＝2aL，有L＝eq\f(veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A),2a)＝100m。(2)運(yùn)動員經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的受力示意圖如圖所示。根據(jù)動能定理，運(yùn)動員在BC段運(yùn)動的過程中，有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)根據(jù)牛頓第二定律，有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)得FN＝3900N。答案(1)100m(2)見解析圖3900N6.一個(gè)人站在距地面20m的高處，將質(zhì)量為0.2kg的石塊以v0＝12m/s的速度斜向上拋出，石塊的初速度方向與水平方向之間的夾角為30°，g取10m/s2，則：(1)人拋石塊過程中對石塊做了多少功？(2)若不計(jì)空氣阻力，石塊落地時(shí)的速度大小是多少？(3)若落地時(shí)的速度大小為22m/s，石塊在空中運(yùn)動過程中克服阻力做了多少功？解析(1)人拋石塊的過程中，根據(jù)動能定理得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0＝14.4J。(2)不計(jì)空氣阻力，石塊從拋出至落地過程中，根據(jù)動能定理得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v1≈23.32m/s。(3)從拋出至落地過程中，由動能定理得mgh－Wf＝eq\f(mveq\o\al(2,2),2)－eq\f(mveq\o\al(2,0),2)，解得Wf＝mgh－eq\b\lc