第七章习题课 动能定理的应用
B．500 J
D．无法确定
第七章
机械能守恒定律
1 2 解析：选 A.由动能定理得，人对球做的功 W＝ mv －0 2 1 ＝ ×1×102 J＝50 J，A 正确． 2
第七章
机械能守恒定律
2．(2013· 郑州外国语学校高一检测)如图所示，质量为 m 的物 体 用 细 绳 经 过 光滑 小 孔 牵引 在 光 滑 水平 面 上 做 匀速 圆 周 运 F 动．拉力为 F 时，转动半径为 R，当拉力逐渐减小到 时，物 4 体仍做匀速圆周运动，半径为 2R，则外力对物体所做的功大小 是( A．0 FR C. 4 ) 3FR B. 4 5FR D. 2
C．πμmgR/2
D．mgR
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【解析】
物体从A点运动到C点的过程中，重力对物体
做 功 WG ＝ mgR ， BC 段 的 阻 力 对 物 体 做 功 WBC ＝ － μmgR，若AB段的摩擦力对物体做功为WAB.物体从A到C 的过程中，根据动能定理有mgR＋WAB －μmgR＝0，可 得WAB ＝－(1－μ)mgR，即物体在AB段克服摩擦力做功
第七章
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解析：选 C.设整个滑动过程中物体所受摩擦力大小为 Ff， (此力大小不变，下滑时方向向上，上滑时方向向下)．斜 面长为 s， 则对物体由 A→B→A 的整个过程运用动能定理， 1 2 得－2Ffs＝－ mv0.同理，对物体由 A 到 B 运用动能定理， 2 1 2 1 2 设物体与挡板碰前速度为 v，则 mgh－Ffs＝ mv － mv0， 2 2 解得 v＝ v2 0 2gh＋ . 2
定理更简单、方便．
2．应用全程法解题求功时，有些力不是全过程都作用的，必 须根据不同的情况分别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位 移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，正确写出总功．
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机械能守恒定律
典题示例 例3 将质量m＝2 kg的金属小球从离地面H＝2 m的高处
由静止释放，落入泥潭并陷入泥中h＝5 cm深处，不计空气
动能定理常与平抛运动和圆周运动相结合， 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：
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①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＝0. ②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＝ Rg.
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为(1－μ)· mgR，B正确．
【答案】 B
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尝试应用
1．(2013· 福建六校高一联考)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( )
A．50 J
阻力，g取10 m/s2.求泥潭对金属小球的平均阻力大小．
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【解析】
法一：应用动能定理分段求解
设小球在 B 点的速度为 v，小球从 A→B 由动能定理得 1 mgH＝ mv2－0 2 1 2 小球从 B→C 由动能定理得 mgh－ F h＝0－ mv 2 H＋h 联立以上两式得 F ＝ · mg＝820 N. h
形光滑轨道，半径R＝0.225 m，在b点与水平面相切，滑块 从水平轨道上距离b点1.2 m的a点以初速度v0＝6 m/s向右运 动，经过水平轨道和半圆轨道后从最高点c飞出，最后刚好 落回轨道上的a点，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)滑块从c点飞出时速度的大小；
(2)水平轨道与滑块间的动摩擦因数．
池水深度至少为(不计空气阻力)(
A．5 m C．7 m B．3 m D．1 m
)
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解析：选A.设水的深度为h，由动能定理mg×(10 m＋h) －3mgh＝0，解得h＝5 m，选项A正确．
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6．如图所示，一物体由 A 点以初速度 v0 下滑到底端 B， 它与挡板 B 做无动能损失的碰撞后又滑回到 A 点， 其速度 正好为零．设 A、B 两点高度差为 h，则它与挡板碰前的 速度大小为( A. C. v2 0 2gh＋ 4 v2 0 2gh＋ 2 ) B. 2gh D. 2gh＋v2 0
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习题课
动能定理的应用
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一、用动能定理求变力的功
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W＝ΔEk.
(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：WF＋W其他＝ΔEk.
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1 mg(H－2R)＝ mv′2－0② 2 由①②得 H＝2.5R＝2.5 m.
【答案】
(1)40 N
(2)2.5 m
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尝试应用 3．如图所示，一固定在竖直平面内的光滑的半圆形轨道
ABC，其半径R＝0.5 m，轨道在C处与水平地面相切．在C
处放一小物块，给它一个水平向左的初速度v0 ＝5 m/s，结 果它沿CBA运动，通过A点，最后落在水平地面上的D点， 求C、D间的距离s.(重力加速度g取10 m/s2)
【解析】 (1)小球从开始滑下至滑到圆环顶点的过程中，只 有重力做功，故可用动能定理求出小球到最高点时的速度， 再由向心力方程求小球对圆环的压力． 由动能定理有 1 mg(h－2R)＝ mv2－0 2 小球在圆环最高点时，由向心力公式有
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v2 FN＋mg＝m R 联立上述两式并代入数据得 FN＝40 N 由牛顿第三定律知，小球对圆环的压力为 40 N. (2)小球能越过圆环最高点的临界条件是在最高点时只有重 v′ 2 力提供向心力，即 mg＝m ① R 设小球应从 H 高处滑下，由动能定理得
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ 第七章
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典题示例 例2
一质量为m＝2 kg的小球从光滑的斜面上高h＝3.5 m
处由静止滑下，斜面底端紧接着一个半径R＝1 m的光滑半 圆环，如图所示，求： (1)小球滑到圆环最高点时对圆环的压力； (2)小球至少应从多高处由静止滑下，才能越过圆环最高
点．(g取10 m/s2)
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解析：(1)滑块从 c 点做平抛运动，设初速度为 v1，则 水平方向 xab＝v1t① 1 2 竖直方向 2R＝ gt ② 2 由①②两式并代入数据得 v1＝ xab ＝4 m/s. 2×2R g
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(2)在滑块从 a 点运动到 c 点的过程中由动能定理得 1 1 －mg×2R－μmgxab＝ mv2－ mv2 2 1 2 0 代入数据解得水平轨道与滑块间的动摩擦因数 11 μ＝ ≈0.458. 24
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法二：应用动能定理整体求解 对小球的整个过程由 A→C 应用动能定理，有 mg(H＋h)－ F h＝0－0 H＋h 解得 F ＝ · mg＝820 N. h
【答案】
820 N
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尝试应用 5．如图所示为10 m跳台跳水示意图，运动员从10 m高处的 跳台跳下，设水的平均阻力约为其体重的3倍，在粗略估算 中，把运动员当作质点处理，为了保证运动员的人身安全，
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典题示例 例1 (2013· 厦门一中高一检测)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μ，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( A．μmgR B．(1－μ)mgR )
答案：(1)4 m/s
(2)0.458
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三、利用动能定理分析多过程问题 知识检索 1．对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程分割成一个 个子过程，分别对每个过程分析，得出每个过程遵循的规 律．当每个过程都可以运用动能定理时，可以选择分段或全 程应用动能定理，题目不涉及中间量时，选择全程应用动能
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mv2 1 解析：选 C.根据拉力提供向心力 F＝ ，求得 Ek1＝ FR； 2 R
2 F F mv FR 当拉力减小到 时有 ＝ ，求得 Ek2＝ ，外力做功数值 4 4 4 2R
′
FR 等于动能的改变量 ΔEk＝ . 4
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二、应用动能定理处理曲线运动问题 知识检索
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解析：设小物块的质量为 m，过 A 处时的速度为 v，由 A 1 1 到 D 经历的时间为 t，有 mv2＝ mv2＋2mgR① 2 0 2 1 2 2R＝ gt ② 2 s＝vt③ 联立①②③式并代入数据得 s＝1 m.
答案：1 m
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4．如图所示，ab是水平轨道，bc是位于竖直平面内的半圆
动能定理的几种典型应用
动能定理的几种典型应用应用一：动能定理解决匀变速直线运动问题例1、一个质量m=2kg 的小物体由高h=1.6m 倾角︒=30α的斜面顶端从静止开始滑下，物体到达斜面底端时速率是4m/s ，那么物体在下滑的过程中克服摩擦力做功是多少焦耳？由公式20222v v aS -=可知222022/5.22.3242s m S v v a =⨯=-= 对物体受力分析并由牛顿第二定律可知：ma f mg =-αsin 所以N N ma mg f 55.2221102sin =⨯-⨯⨯=-=α J J fS W f 16)1(2.35180cos -=-⨯⨯=︒= 解法二：由动能定理221mv W mgh f =+ 可得：J J mgh mv W f 166.110242212122-=⨯⨯-⨯⨯=-= 应用二：动能定理解决曲线运动问题例2、在离地面高度h=10m 的地方，以s m v /50=水平速度抛出，求：物体在落地时的速度大小？ 解法一：由221gt h =得 s s g h t 2101022=⨯== 所以s m s m gt v y /210/210=⨯== 所以s m s m v v v y /15/)210(522220=+=+=解法二：由动能定理可得 20222121mv mv mgh -=所以：s m s m v gh v /15/51010222202=+⨯⨯=+= 两种方法计算的结果完全一致，可见：动能定理同样适用于曲线运动。
并且可以求变力的功，如下题。
例3．质量m=2kg 的物体从高h=1.6m 的曲面顶部静止开始下滑，到曲面底部的速度大小为4m/s 。
求物体在下滑过程中克服摩擦力所做的功？应用3：利用动能定理求解多个力做功的问题例4、如图所示，物体置于倾角为37度的斜面的底端，在恒定的沿斜面向上的拉力的作用下，由静止开始沿斜面向上运动。
F 大小为2倍物重，斜面与物体的动摩擦因数为0.5，求物体运动5m 时速度的大小。
习题课：动能定理的应用课件(人教版)
学习互动
例2 如图X3－2所示，滑雪者从 高为H的山坡上A点由静止下滑， 到B点后又在水平雪面上滑行，最 后停止在C点．A、C两点的水平 距离为s，求滑雪板与雪面间的动 摩擦因数μ.
图X3－2
H [答案] s
[解析] 分别选开始滑动时的A点和停止时的C 点为始、末状态，以滑雪者为研究对象．在 这两个状态，研究对象的动能都为零，所以 动能的变化量ΔEk＝0.在运动过程中，滑雪者 在重力方向上的位移为H，故重力做功WG＝ mgH.滑雪者克服滑动摩擦力做功，摩擦力方 向始终与滑雪者的运动方向相反，即做负 功．
[解析] 由动能定理得 mgh－
1
1
Wf＝2mv2，故 Wf＝mgh－2
1 mv2＝1×10×5 J－2×1×62 J＝
32 J，C 项正确．
自我检测
2．(应用动能定理分析多过程问题)物体静止在光滑水 平面上，先对物体施加一个水平向右的恒力F1，经时间 t后撤去F1，立即再对它施加一个水平向左的恒力F2， 又经时间3t后物体回到出发点，在这一过程中，F1、F2 分别对物体做的功W1、W2间的关系是( ) A．W1∶W2＝1∶1 B．W1∶W2＝2∶3 C．W1∶W2＝9∶5 D．W1∶W2＝9∶7
备用习题
1．物体在合外力作用下做直线运动的v－t图像如图 X3－3所示，下列表述正确的是( ) A．在0～1 s内，合外力做正功 B．在0～2 s内， 合外力总是做负功 C．在1～2 s内， 合外力不做功 D．在0～3 s内， 合外力总是做正功
[答案] A
[解析] 由v－t图知 0～1 s内，v增加，动 能增加，由动能定理可 知合外力做正功，A正 确.1～3 s内v减小，动 能减小，合外力做负功， 可见B、C、D错误．
动能定理的应用习题课教案
动能定理的应用习题课教案目标要求1.掌握动能定理的表达式；2.理解动能定理的确切含义，应用动能定理解决实际问题。
3.分析解决问题理论联系实际，学习运用动能定理分析解决问题的方法。
4.通过运用动能定理分析解决问题，感受成功的喜悦，培养学生对科学研究的兴趣。
教学重点动能定理及其应用。
教学难点对动能定理的理解和应用。
教学过程一、引入课题：教师活动：直接给出动能定理的表达式： 有了动能的表达式后，前面我们推出的21222121mv mv W -=，就可以写成 12k k E E W -=其中2k E 表示一个过程的末动能2221mv ，1k E 表示一个过程的初动能2121mv 。
上式表明，力在一个过程中对物体所作的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
这个结论，叫做动能定理。
动能定理可以帮助我们解决很多实际的问题，今天我们就学习动能定理的应用。
二、推进新课：教师活动：应用动能定理解题具有它的优越性。
比如动能定理不涉及运动过程中的加速度和时间，用它来处理问题要比牛顿定律方便。
比如：（投影例题引导学生一起分析、解决。
）例1：地面上有一钢板水平放置，它上方3m处有一钢球质量m=1kg，以向下的初速度v0=2m/s竖直向下运动，假定小球运动时受到一个大小不变的空气阻力f=2N，小球与钢板相撞时无机械能损失，小球最终停止运动时，它所经历的路程S 等于多少？( g=10m/s2 )学生活动：学生讲解自己的解答，并相互讨论；教师帮助学生总结用动能定理解题的要点、步骤，体会。
教师点评：有的力促进物体运动，而有的力则阻碍物体运动。
因此它们做的功就有正、负之分，总功指的是各外力做功的代数和；又因为W总＝W1＋W2＋… …＝F1·S＋F2·S ＋…＝F合·S，所以总功也可理解为合外力的功。
例2：如图所示，用细绳连接的A、B两物体质量相等，A位于倾角为30°的斜面上，细绳跨过定滑轮后使A、B均保持静止，然后释放，设A与斜面间的滑动摩擦力为A 受重力的0.3倍，不计滑轮质量和摩擦，求B下降1m时的速度多大。
新人教版物理必修二导学课件：第七章习题课 动能定理的应用(15P)
如图所示，在水平桌面的边角处有 一轻质光滑的定滑轮K,一条不可伸长的轻 绳绕过K分别与物块A、B相连，A、B的质 量分别为mA、mB，开始时系统处于静止状 态．现用一水平恒力F拉物块A，使物块B上升，已知 当B上 升距离为h时，B的速度为v.求此过程中物块A克服摩 擦力所 做的功．(重力加速度为g)
(2014·乐山高一检测)将质量为2 kg的 一个钢球(可看做质点)从离地H＝2 m高处由 静止释放，落在沙坑里并陷入沙中h＝5 cm 深处，不计空气阻力，求沙子对钢球的平均 阻力大小．(g取10 m/s2)
[解析] 法一：应用动能定理分段求解 设小球在 B点的速度为 v，小球从 A→B 由动能定理得 mgH ＝12m v2－ 0 小球从 B→C 由动能定理得 mgh－ F h＝0－12mv2 联立以上两式得 F ＝H＋h h·mg＝820 N. 法二：应用动能定理整体求解 对小球的整个过程由 A→C 应用动能定理，有
D．mgR
[解析] 物体从A点运动到C点的过程中，重力对物体做功WG ＝mgR，BC段的阻力对物体做功WBC＝－μmgR，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 理有mgR＋WAB－μmgR＝0，可得WAB＝－(1－μ)mgR， 即 物 体在AB段克服摩擦力做功为(1－μ)mgR，B正确．
用动能定理分析多过程问题
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．
2020高中物理必修二同步第七章 习题课2 动能定理的应用
习题课2 动能定理的应用[学习目标] 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.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＝ΔE k .例1 如图1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14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)－34mgd解析 (1)小球下落到B 点的过程由动能定理得2mgd ＝12m v 2，在B 点：F N －mg ＝m v 2d ，得：F N ＝5mg ，根据牛顿第三定律：F N ′＝ F N ＝5mg .(2)在C 点，mg ＝m v C2d 2.小球从B 运动到C 的过程：12m v C 2－12m v 2＝－mgd ＋W f ，得W f ＝－34mgd . 针对训练 如图2所示，某人利用跨过定滑轮的轻绳拉质量为10 kg 的物体.定滑轮的位置比A 点高3 m.若此人缓慢地将绳从A 点拉到B 点，且A 、B 两点处绳与水平方向的夹角分别为37°和30°，则此人拉绳的力做了多少功？(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计滑轮的摩擦)图2答案 100 J解析 取物体为研究对象，设绳的拉力对物体做的功为W .根据题意有h ＝3 m. 物体升高的高度Δh ＝h sin 30°－h sin 37°.①对全过程应用动能定理W －mg Δh ＝0.② 由①②两式联立并代入数据解得W ＝100 J. 则人拉绳的力所做的功W 人＝W ＝100 J. 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：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，在水平桌面上滑动的最大距离.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的最大高度处，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 所以h ＝FL －F f Lmg＝(1.5－1.0)×1.50.5×10m ＝0.15 m(2)设木块离开B 点后沿桌面滑动的最大距离为x .由动能定理得： mgh －F f x ＝0所以：x ＝mgh F f ＝0.5×10×0.151.0 m ＝0.75 m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：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 ＝gR . 例3 如图4所示，一可以看成质点的质量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4(1)求小球的初速度v 0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解析 (1)在A 点由平抛运动规律得： v A ＝v 0cos 53°＝53v 0.①小球由桌面到A 点的过程中，由动能定理得 mg (R ＋R cos θ)＝12m v A 2－12m v 0 2②由①②得：v 0＝3 m/s.(2)在最高点C 处有mg ＝m v C2R ，小球从桌面到C 点，由动能定理得W f ＝12m v C 2－12m v 02，代入数据解得W f ＝－4 J.1.(用动能定理求变力的功) 如图5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( )图5A.0B.2μmgRC.2πμmgRD.μmgR2答案 D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 ＝m v 2R.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 ＝12m v 2－0.②联立①②解得W ＝12μmgR .2.(利用动能定理分析多过程问题)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6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：图6(1)运动员从A 点运动到达B 点时的速度大小v B ； (2)轨道CD 段的动摩擦因数μ；(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 (1)6 m/s (2)0.125 (3)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) 解析 (1)由题意可知：v B ＝v 0cos 60°解得：v B ＝6 m/s.(2)从B 点到E 点，由动能定理可得： mgh －μmgx CD －mgH ＝0－12m v B 2代入数据可得：μ＝0.125.(3)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： mgh －mgh ′－μmg ·2x CD ＝0－12m v B 2解得h ′＝1.8 m<h ＝2 m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： mgh －μmgs ＝0－12m v B 2④解得：s ＝30.4 m因为s ＝3x 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. 3.(动能定理在平抛、圆周运动中的应用) 如图7所示，一个质量为m ＝0.6 kg 的小球以初速度v 0＝2 m /s 从P 点水平抛出，从粗糙圆弧ABC 的A 点沿切线方向进入(不计空气阻力，进入圆弧时无动能损失)且恰好沿圆弧通过最高点C ，已知圆弧的圆心为O ，半径R ＝0.3 m ，θ＝60°，g ＝10 m/s 2.求：图7(1)小球到达A 点的速度v A 的大小； (2)P 点到A 点的竖直高度H ；(3)小球从圆弧A 点运动到最高点C 的过程中克服摩擦力所做的功W . 答案 (1)4 m/s (2)0.6 m (3)1.2 J解析 (1)在A 点由速度的合成得v A ＝v 0cos θ，代入数据解得v A ＝4 m/s(2)从P 点到A 点小球做平抛运动，竖直分速度v y ＝v 0tan θ① 由运动学规律有v y 2＝2gH ② 联立①②解得H ＝0.6 m (3)恰好过C 点满足mg ＝m v C 2R由A 点到C 点由动能定理得 －mgR (1＋cos θ)－W ＝12m v C 2－12m v A 2代入数据解得W ＝1.2 J.课时作业一、选择题(1～7为单项选择题，8～9为多项选择题)1.在离地面高为h 处竖直上抛一质量为m 的物块，抛出时的速度为v 0，当它落到地面时速度为v ，用g 表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于( ) A.mgh －12m v 2－12m v 0 2B.12m v 2－12m v 0 2－mghC.mgh ＋12m v 0 2－12m v 2D.mgh ＋12m v 2－12m v 0 2答案 C解析 选取物块从刚抛出到正好落地时的过程，由动能定理可得： mgh －W f 克＝12m v 2－12m v 0 2解得：W f 克＝mgh ＋12m v 0 2－12m v 2.2.如图1所示，AB 为14圆弧轨道，BC 为水平直轨道，圆弧的半径为R ，BC 的长度也是R ，一质量为m 的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A 从静止开始下落，恰好运动到C 处停止，那么物体在AB 段克服摩擦力所做的功为( )图1A.12μmgR B.12mgR C.－mgR D.(1－μ)mgR答案 D解析 设物体在AB 段克服摩擦力所做的功为W AB ，物体从A 运动到C 的全过程，根据动能定理，有mgR －W AB －μmgR ＝0.所以有W AB ＝mgR －μmgR ＝(1－μ)mgR .3.一质量为m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平拉力F 作用下，从平衡位置P 点很缓慢地移动到Q 点，如图2所示，则拉力F 所做的功为( )图2A.mgl cos θB.mgl (1－cos θ)D.Fl sin θ 答案 B解析 小球缓慢移动，时时都处于平衡状态，由平衡条件可知，F ＝mg tan θ，随着θ的增大，F 也在增大，是一个变化的力，不能直接用功的公式求它所做的功，所以这道题要考虑用动能定理求解.由于物体缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得：－mgl (1－cos θ)＋W ＝0，所以W ＝mgl (1－cos θ).4.质量为m 的物体以初速度v 0沿水平面向左开始运动，起始点A 与一轻弹簧最右端O 相距s ，如图3所示.已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x ，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(不计空气阻力)( )图3A.12m v 0 2－μmg (s ＋x )B.12m v 0 2－μmgxC.μmgsD.μmgx答案 A解析 设物体克服弹簧弹力所做的功为W ，则物体向左压缩弹簧过程中，弹簧弹力对物体做功为－W ，摩擦力对物体做功为－μmg (s ＋x )，根据动能定理有－W －μmg (s ＋x )＝0－12m v 0 2，所以W ＝12m v 0 2－μmg (s ＋x ).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.14mgR B.13mgR C.12mgR D.mgR解析 小球通过最低点时，设绳的张力为F T ，则 F T －mg ＝m v 1 2R ，6mg ＝m v 1 2R①小球恰好过最高点，绳子拉力为零，这时mg ＝m v 2 2R ②小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得 －mg ·2R －W f ＝12m v 2 2－12m v 1 2③由①②③式联立解得W f ＝12mgR ，选C.6.如图5所示，假设在某次比赛中运动员从10 m 高处的跳台跳下，设水的平均阻力约为其体重的3倍，在粗略估算中，把运动员当作质点处理，为了保证运动员的人身安全，池水深度至少为(不计空气阻力)( )图5A.5 mB.3 mC.7 mD.1 m答案 A解析 设水深为h ，对运动全程运用动能定理可得： mg (H ＋h )－F f h ＝0，mg (H ＋h )＝3mgh .所以h ＝5 m.7.如图6所示，小球以初速度v 0从A 点沿粗糙的轨道运动到高为h 的B 点后自动返回，其返回途中仍经过A 点，则经过A 点的速度大小为( )图6A.v 0 2－4ghB.4gh －v 0 2C.v 0 2－2ghD.2gh －v 0 2答案 B解析 从A 到B 运动过程中，重力和摩擦力都做负功，根据动能定理可得mgh ＋W f ＝12m v 0 2，从B 到A 过程中，重力做正功，摩擦力做负功(因为是沿原路返回，所以两种情况摩擦力做功大小相等)，根据动能定理可得mgh －W f ＝12m v 2，两式联立得再次经过A 点的速度为4gh －v 0 2，故B 正确.8.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v max 后，立即关闭发动机直至静止，v －t 图象如图7所示，设汽车的牵引力为F ，受到的摩擦力为F f ，全程中牵引力做功为W 1，克服摩擦力做功为W 2，则( )图7A.F ∶F f ＝1∶3B.W 1∶W 2＝1∶1C.F ∶F f ＝4∶1D.W 1∶W 2＝1∶3答案 BC解析 对汽车运动的全过程，由动能定理得：W 1－W 2＝ΔE k ＝0，所以W 1＝W 2，选项B 正确，选项D 错误；由动能定理得Fx 1－F f x 2＝0，由图象知x 1∶x 2＝1∶4.所以 F ∶F f ＝4∶1，选项A 错误，选项C 正确.9.如图8所示，一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v 2随下落高度h 的变化图象可能是图中的( )图8答案 AB解析 对小环由动能定理得mgh ＝12m v 2－12m v 02，则v 2＝2gh ＋v 0 2.当v 0＝0时，B 正确.当v 0≠0时，A 正确.二、非选择题10.如图9所示，光滑水平面AB 与一半圆形轨道在B 点相连，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9(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)12mgR (3)52mgR 解析 (1)由动能定理得W ＝12m v B 2 在B 点由牛顿第二定律得7mg －mg ＝m v B 2R解得W ＝3mgR(2)物块从B 到C 由动能定理得12m v C 2－12m v B2＝－2mgR ＋W ′ 物块在C 点时mg ＝m v C 2R解得W ′＝－12mgR ，即物块从B 到C 克服阻力做功为12mgR . (3)物块从C 点平抛到水平面的过程中，由动能定理得2mgR ＝E k －12m v C 2，解得E k ＝52mgR . 11.如图10所示，绷紧的传送带在电动机带动下，始终保持v 0＝2 m/s 的速度匀速运行，传送带与水平地面的夹角θ＝30°，现把一质量m ＝10 kg 的工件轻轻地放在传送带底端，由传送带传送至h ＝2 m 的高处.已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝32，g 取10 m/s 2.图10(1)通过计算分析工件在传送带上做怎样的运动？(2)工件从传送带底端运动至h ＝2 m 高处的过程中摩擦力对工件做了多少功？答案 (1)工件先以2.5 m /s 2的加速度做匀加速直线运动，运动0.8 m 与传送带达到共同速度2 m/s 后做匀速直线运动 (2)220 J解析 (1)工件刚放上传送带时受滑动摩擦力：F f ＝μmg cos θ，工件开始做匀加速直线运动，由牛顿运动定律：F f －mg sin θ＝ma 可得：a ＝F f m－g sin θ ＝g (μcos θ－sin θ)＝10×⎝⎛⎭⎫32cos 30°－sin 30° m/s 2 ＝2.5 m/s 2.设工件经过位移x 与传送带达到共同速度，由匀变速直线运动规律可得：x ＝v 0 22a ＝222×2.5 m ＝0.8 m ＜h sin θ＝4 m 故工件先以2.5 m /s 2的加速度做匀加速直线运动，运动0.8 m 与传送带达到共同速度2 m/s 后做匀速直线运动.(2)在工件从传送带底端运动至h ＝2 m 高处的过程中，设摩擦力对工件做功为W f ，由动能定理得W f －mgh ＝12m v 0 2， 可得：W f ＝mgh ＋12m v 0 2＝10×10×2 J ＋12×10×22 J ＝220 J. 12.如图11所示，光滑斜面AB 的倾角θ＝53°，BC 为水平面，BC 长度l BC ＝1.1 m ，CD 为光滑的14圆弧，半径R ＝0.6 m.一个质量m ＝2 kg 的物体，从斜面上A 点由静止开始下滑，物体与水平面BC间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道在B、C两点光滑连接.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h＝0.2 m.sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.g取10 m/s2.求：图11(1)物体运动到C点时的速度大小v C；(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(h＋R)＝0－122m v C代入数据解得：v C＝4 m/s(2)物体由A点运动到C点，根据动能定理得：12－0＝mgH－μmgl BC2m v C代入数据解得：H＝1.02 m(3)从物体开始下滑到停下，根据动能定理得：mgH－μmgs1＝0代入数据，解得s1＝5.1 m由于s1＝4l BC＋0.7 m所以，物体最终停止的位置到C点的距离为：s＝0.4 m.。
高中物理第七章机械能守恒定律习题课2动能定理的应用课件新人教版
(2)忽略运动员进入水面过程中受力的变化,入水之后,他的重心
能下沉到离水面h2=2.5 m处,试估算水对他的平均阻力。
知识点一
知识点二
知识点三
解析:(1)由题意知,这段时间运动员重心下降高度 h=10 m,设空
中动作可利用的时间为 t,则
故 t=
2ℎ
底端后又沿水平面运动到C点而停止。要使这个物体从C点沿原路
返回到A,则在C点处物体应具有的速度大小至少是 (
)
A. 2ℎ
B.2 ℎ
C. ℎ
D. 3ℎ
解析:从 A→C 由动能定理得 mgh-Wf=0,从 C→A 有
1
2
-mgh-Wf=0- 0 2,解得 v 0=2 ℎ。
答案:B
知识点一
知识点一
知识点二
知识点三
(3)小球从 D 点飞出后做平抛运动,故有
1
2
2R= gt2 ⇒t=
4
=0.4
s
水平位移 xBE =v D t=0.8 m
所以 xAE =xAB -xBE =1.2 m。
答案:(1)2 10 m/s (2)-1 J (3)1.2 m
知识点一
知识点二
知识点三
变式训练3如图所示,质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O
1
2
mv
-mgh。
2
知识点一
知识点二
知识点三
知识归纳
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
第七章 习题课动能定理 必修2 有解析
[目标定位] 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．一、应用动能定理求变力做的功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＝ΔE k .例1 质量为m 的物体以初速度v 0沿水平面向左开始运动，起始点A 与一轻弹簧O 端相距s ，如图1所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x ，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为( )图1A.12m v 20－μmg (s ＋x ) B.12m v 20－μmgx C ．μmgs D ．μmg (s ＋x ) 答案 A解析 由动能定理得－W －μmg (s ＋x )＝0－12m v 20，故物体克服弹簧弹力做功W ＝12m v 20－μmg (s ＋x )，A 正确．二、应用动能定理分析多过程问题1．应用动能定理解决多过程问题时，要根据问题选取合适的过程，可以分过程，也可以全过程一起研究．虽然我们列式时忽略了中间复杂过程，但不能忽略对每个过程的分析．2．在运动过程中，物体受到的某个力可能是变化的或分阶段存在的，要注意这种力做功的表达方式．例2 如图2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：图2(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，在水平桌面上滑动的最大距离． 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．从木块开始运动到弧形槽最高点，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 所以h ＝FL －F f Lmg＝(1.5－1.0)×1.50.5×10m ＝0.15 m(2)设木块离开B 点后沿桌面滑动的最大距离为x .由动能定理得： mgh －F f x ＝0所以：x ＝mgh F f ＝0.5×10×0.151.0m ＝0.75 m三、动能定理在平抛、圆周运动中的应用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． 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杆模型，物体能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绳模型，物体能过最高点的临界条件为v min ＝rg .例3 如图3所示，ab 是水平轨道，bc 是位于竖直平面内的半圆形光滑轨道，半径R ＝0.225 m ，在b 点与水平面相切，滑块从水平轨道上距离b 点1.2 m 的a 点以初速度v 0＝6 m /s 向右运动，经过水平轨道和半圆轨道后从最高点c 飞出，最后刚好落回轨道上的a 点，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图3(1)滑块从c 点飞出时速度的大小； (2)水平轨道与滑块间的动摩擦因数． 答案 (1)4 m/s (2)1124解析 (1)滑块从c 点做平抛运动，设初速度为v 1，由平抛运动特点知 水平方向：x ab ＝v 1t ① 竖直方向：2R ＝12gt 2②由①②两式并代入数据得v 1＝x ab2×2R g＝4 m/s (2)在滑块从a 点运动到c 点的过程中由动能定理得 －mg ·2R －μmgx ab ＝12m v 21－12m v 2代入数据解得水平轨道与滑块间的动摩擦因数μ＝1124.例4 如图4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 点处有一根光滑的细钉，已知OP ＝L2，在A点给小球一个水平向左的初速度v 0，发现小球恰能到达跟P 点在同一竖直线上的最高点B .求：图4(1)小球到达B 点时的速率；(2)若不计空气阻力，则初速度v 0为多少？(3)若初速度变为v 0′＝3gL ，其他条件均不变，则小球从A 到B 的过程中克服空气阻力做了多少功？ 答案 (1)gL2(2) 7gL 2 (3)114mgL 解析 (1)小球恰能到达最高点B ，则在最高点有mg ＝m v 2L 2，小球到达B 点时的速率v ＝gL2. (2)由动能定理得：－mg ⎝⎛⎭⎫L ＋L 2＝12m v 2－12m v 20， 则v 0＝7gL2(3)空气阻力是变力，设小球从A 到B 克服空气阻力做功为W f ，由动能定理得 －mg (L ＋L 2)－W f ＝12m v 2－12m v 0′2，解得W f ＝114mgL .1．(应用动能定理求变力做的功)如图5，一半径为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5A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.π4mgR 答案 C解析 在Q 点，F N －mg ＝m v 2R ，所以v ＝gR ；由P 到Q 根据动能定理得mgR －W f ＝12m v 2，解得W f ＝12mgR ，故C 正确．2. (应用动能定理分析多过程问题)如图6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)图6答案 8 2 m/s解析 木块的运动分为三个阶段，先是在l 1段匀加速直线运动，然后是在l 2段匀减速直线运动，最后是平抛运动．考虑应用动能定理，设木块落地时的速度为v ，整个过程中各力做功情况分别为： 推力做功W F ＝F ·l 1，摩擦力做功W f ＝－μmg (l 1＋l 2)， 重力做功W G ＝mgh . 设木块落地速度为v 全过程应用动能定理得W F ＋W f ＋W G ＝12m v 2，解得v ＝8 2 m/s3．(动能定理在圆周运动中的应用)如图7所示，由细管道组成的竖直轨道，其圆形部分半径分别是R 和R2，质量为m 的小球通过这段轨道时，在A 点时刚好对管壁无压力，在B 点时对管内侧壁压力为mg2.求小球由A 点运动到B 点的过程中摩擦力对小球做的功．图7答案 －98mgR解析 由圆周运动的知识知，小球在A 点时：mg ＝m v 2AR得v A ＝gR设小球在B 点的速度为v B ，则由圆周运动的知识知， mg ＋F N B ＝m v 2B R 2其中F N B ＝12mg得v 2B ＝34gR 小球从A 点运动到B 点的过程中，重力做功W G ＝mgR . 摩擦力做功为W f ，由动能定理得： mgR ＋W f ＝12m v 2B －12m v 2A解得W f ＝－98mgR .4.(动能定理在平抛、圆周运动中的应用)如图8所示，竖直平面内的34圆弧形光滑管道半径略大于小球半径，管道中心线到圆心的距离为R ，A 端与圆心O 等高，AD 为水平面，B 点在O 的正下方，小球自A 点正上方由静止释放，自由下落至A 点时进入管道，从上端口飞出后落在C 点，当小球到达B 点时，管壁对小球的弹力大小是小球重力大小的9倍．求：图8(1)释放点距A 点的竖直高度； (2)落点C 与A 点的水平距离． 答案 (1)3R (2)(22－1)R解析 (1)设小球到达B 点的速度为v 1，因为到达B 点时管壁对小球的弹力大小是小球重力大小的9倍，所以有9mg －mg ＝m v 21R①从最高点到B 点的过程中，由动能定理得mg (h ＋R )＝12m v 21②由①②得：h ＝3R ③(2)设小球到达圆弧最高点的速度为v 2，落点C 与A 点的水平距离为x 从B 到最高点的过程中，由动能定理得 －mg ·2R ＝12m v 22－12m v 21④ 由平抛运动的规律得R ＝12gt 2⑤R ＋x ＝v 2t ⑥联立④⑤⑥解得x ＝(22－1)R .题组一 应用动能定理求变力做的功1．如图1所示，AB 为14圆弧轨道，BC 为水平直轨道，圆弧的半径为R ，BC 的长度也是R ，一质量为m 的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A 从静止开始下落，恰好运动到C 处停止，那么物体在AB 段克服摩擦力所做的功为( )图1A.12μmgR B.12mgR C ．－mgR D ．(1－μ)mgR答案 D2．如图2所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，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( )图2A ．mgh －12m v 2B.12m v 2－mgh C ．－mgh D ．－⎝⎛⎭⎫mgh ＋12m v 2 答案 A解析 由A 到C 的过程运用动能定理可得：－mgh ＋W ＝0－12m v 2，所以W ＝mgh －12m v 2，故A 正确．3．(多选)质量为m 的汽车在平直公路上行驶，发动机的功率P 和汽车受到的阻力F f 均恒定不变，在时间t 内，汽车的速度由v 0增加到最大速度v m ，汽车前进的距离为s ，则此段时间内发动机所做的功W 可表示为( ) A ．W ＝Pt B ．W ＝F f sC ．W ＝12m v 2m －12m v 20＋F f s D ．W ＝12m v 2m ＋F f s 答案 AC解析 由题意知，发动机功率不变，故t 时间内发动机做功W ＝Pt ，所以A 正确；车做加速运动，故牵引力大于阻力F f ，故B 错误；根据动能定理W －F f s ＝12m v 2m －12m v 20，所以C 正确，D 错误．4．如图3所示，小球以初速度v 0从A 点沿粗糙的轨道运动到高为h 的B 点后自动返回，其返回途中仍经过A 点，则经过A 点的速度大小为( )图3A.v 20－4ghB.4gh －v 20C.v 20－2ghD.2gh －v 20答案 B解析 从A 到B 过程中，重力和摩擦力都做负功，根据动能定理可得mgh ＋W f ＝12m v 20，从B 到A 过程中，重力做正功，摩擦力做负功(因为是沿原路返回，所以两种情况摩擦力做功大小相等)根据动能定理可得mgh－W f＝12m v2，两式联立得再次经过A点的速度为4gh－v2，选B.5.如图4所示，假设在某次比赛中他从10 m高处的跳台跳下，设水的平均阻力约为其体重的3倍，在粗略估算中，把运动员当作质点处理，为了保证运动员的人身安全，池水深度至少为(不计空气阻力)()图4A．5 m B．3 m C．7 m D．1 m答案 A解析设水深h，对全程运用动能定理mg(H＋h)－F f h＝0，即mg(H＋h)＝3mgh.所以h＝5 m.题组二应用动能定理分析多过程问题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v max后，立即关闭发动机直至静止，v－t图象如图5所示，设汽车的牵引力为F，受到的摩擦力为F f，全程中牵引力做功为W1，克服摩擦力做功为W2，则()图5A．F∶F f＝1∶3 B．W1∶W2＝1∶1C．F∶F f＝4∶1 D．W1∶W2＝1∶3答案BC解析对汽车运动的全过程，由动能定理得：W1－W2＝ΔE k＝0，所以W1＝W2，选项B正确，选项D错误；设牵引力、摩擦力作用下的位移分别为x1、x2，由图象知x1∶x2＝1∶4.由动能定理得Fx1－F f x2＝0，所以F∶F f＝4∶1，选项A错误，选项C正确．7．如图6所示，斜面倾角为θ，滑块质量为m，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，从距挡板为s 0的位置以v 0的速度沿斜面向上滑行．设重力沿斜面的分力大于滑动摩擦力，且每次与P 碰撞前后的速度大小保持不变，挡板与斜面垂直，斜面足够长，滑块可视为质点．求滑块从开始运动到最后停止滑行的总路程s .图6答案 s 0tan θμ＋v 202μg cos θ解析 滑块在斜面上运动时受到的摩擦力大小F f ＝μF N ＝μmg cos θ ① 整个过程滑块下落的总高度 h ＝s 0sin θ② 根据动能定理 mgh －F f s ＝0－12m v 20③联立以上①②③得s ＝s 0tan θμ＋v 202μg cos θ题组三 动能定理在平抛、圆周运动中的应用8．如图7所示，一个质量为m ＝0.6 kg 的小球以某一初速度v 0＝2 m /s 从P 点水平抛出，从粗糙圆弧ABC 的A 点沿切线方向进入(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)且恰好沿圆弧通过最高点C ，已知圆弧的圆心为O ，半径R ＝0.3 m ，θ＝60°，g ＝10 m/s 2.试求：图7(1)小球到达A 点的速度v A 的大小； (2)P 点与A 点的竖直高度H ；(3)小球从圆弧A 点运动到最高点C 的过程中克服摩擦力所做的功W . 答案 (1)4 m/s (2)0.6 m (3)1.2 J 解析 (1)在A 处由速度的合成得v A ＝v 0cos θ代入解得v A ＝4 m/s(2)P 到A 小球做平抛运动，竖直分速度v y ＝v 0tan θ由运动学规律有v 2y ＝2gH由以上两式解得H ＝0.6 m(3)恰好过C 点满足mg ＝m v 2C R由A 到C 由动能定理得－mgR (1＋cos θ)－W ＝12m v 2C －12m v 2A 代入解得W ＝1.2 J.9．如图8所示，AB 段为粗糙水平轨道，BC 段是固定于竖直平面内的光滑半圆形导轨，半径为R .一质量为m 的滑块静止在A 点，在水平恒力F 作用下从A 点向右运动，当运动至B 点时，撤去恒力F ，滑块沿半圆形轨道向上运动恰能通过最高点C ，已知滑块与水平轨道间的滑动摩擦力F f ＝mg 4，水平恒力F ＝mg 2，求：图8(1)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；(2)滑块运动至C 点的速度大小v C ；(3)水平轨道AB 的长度L .答案 (1)0.25 (2)gR (3)10R解析 (1)滑块在水平轨道上运动时，由F f ＝μF N ＝μmg 得：μ＝F f F N＝0.25 (2)滑块在C 点时仅受重力．据牛顿第二定律，有：mg ＝m v 2C R，可得：v C ＝gR . (3)滑块从A 到C 的过程，运用动能定理得：(F －F f )L －2mgR ＝12m v 2C －0. 又F f ＝mg 4，F ＝mg 2.解得L ＝10R .10．如图9所示，光滑水平面AB 与一半圆形轨道在B 点相连，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9(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)12mgR (3)52mgR 解析 (1)由动能定理得W ＝12m v 2B 在B 点由牛顿第二定律得7mg －mg ＝m v 2B R解得W ＝3mgR(2)物块从B 到C 由动能定理得12m v 2C －12m v 2B ＝－2mgR ＋W ′ 物块在C 点时mg ＝m v 2C R解得W ′＝－12mgR ，即物体从B 到C 克服阻力做功为12mgR . (3)物块从C 点平抛到水平面的过程中，由动能定理得2mgR ＝E k －12m v 2C ，E k ＝52mgR 11．如图10所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外圆ABCD 光滑，内圆的上半部分B ′C ′D ′粗糙，下半部分B ′A ′D ′光滑．一质量为m ＝0.2 kg 的小球从外轨道的最低点A 处以初速度v 0向右运动，小球的直径略小于两圆的间距，小球运动的轨道半径R ＝0.2 m ，取g ＝10 m/s 2.图10(1)若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动，初速度v 0至少为多少？(2)若v 0＝3 m/s ，经过一段时间后小球到达最高点，内轨道对小球的支持力F C ＝2 N ，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？(3)若v 0＝3.1 m/s ，经过足够长的时间后，小球经过最低点A 时速度v A 为多少？ 答案 (1)10 m /s (2)0.1 J (3)2 m/s解析 (1)设此情形下小球到达外轨道的最高点的最小速度为v C ，则由牛顿第二定律可得mg＝m v 2C R 由动能定理可知－2mgR ＝12m v 2C －12m v 20 代入数据解得：v 0＝10 m/s.(2)设此时小球到达最高点的速度为v C ′，克服摩擦力做的功为W f ，则由牛顿第二定律可得mg －F C ＝m v C ′2R由动能定理可知－2mgR －W f ＝12m v C ′2－12m v 20 代入数据解得：W f ＝0.1 J(3)经过足够长的时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动．设小球经过最低点的速度为v A ，则由动能定理可知mgR ＝12m v 2A 代入数据解得：v A ＝2 m/s.。
动能定理应用
mg
FT = Mg+FN' 根据牛顿第三定律
FN' 大小与FN相等，方向相反 解得 FT=Mg+5mg
多个物体的问题 （子弹打木块模型)
9、质量为M、厚度为d的方木块，静置在光滑的水平面上，如图
所示，一子弹以初速度v0水平射穿木块，子弹的质量为m，木块对 子弹的阻力为Ff且始终不变，在子弹射穿木块的过程中，木块发 生的位移为L。求子弹射穿木块后，子弹和木块的速度各为多少？
处，在此过程中人所做的功为（ D ）
A. mv02/2 C. 2mv02/3
B. mv02 D. 3mv02/8
提示：分解船速 如图
V2 = V0COSθ 此时物体动EK = mv22/2
W =Δ EK = EK - 0 = EK
多过程问题
5、质量为４kg的钢球从离坑面高1.95m的高处自由下落， 钢球落入沙中，陷入0.05m后静止，则沙坑对钢球的平 均阻力是多少？
由动能定理可得：mgLsinθ+Wf = mv2/2 故选项D正确。 则 Wf = mv2/2 - mgLsinθ，故选项A错误；
Wf = - fL = mv2/2 - mgLsinθ
解得：f = mgsinθ- mv2/2L 故选项B正确； 人从沙坡斜面的顶端下滑到底端,重力做的功为mgLsinθ，故 选项 C 错误；
(5)动能定理的计算式为标量式,动能 EK = mv2/2 中的v为相对同一参考系的
速度。（位移、速度都是对地面而言）
应用动能定理解题的一般步骤
1、确定研究对象,明确运动过程
2、对研究对象受力分析，求出各个力且找出各个力所 做的功或者合外力所做的功
3、明确初状态和末状态的动能，写出始末状态动能变 化的表达式(△EK)
动能和动能定理习题课-完整版课件
D．10倍
答案:B
例2：
一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂 于天花板上，小球在水平力F的作用下，从平衡 位置P点缓慢地移到Q点，此时绳子转过了θ角， 如图所示，则F做的功为（ ）
A．mgLcosθ B．mgL(1－cosθ)
C．FLsinθ D．FLθ
答案：B
例2.作业本第75页1－－10
答案：(1) f
7m g 25
(2)H
24g
S 50v02 7g
练习2
某消防队员从一平台上跳下，下落2m后双脚触地，接 着他用双腿弯屈的方法缓冲，使自身重心又下降了0．5m， 在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为自身所受重 力的 [ ]
A．2倍
B．5倍
C．8倍
第七章 机械能守恒定律
2019.3.5周二
应用动能定理解题步骤：
• 动能定理的表达式是个标量方程，一般以地面为参考系，凡是与 位移相关的质点动力学问题，一般都可以应用动能定理求解。应用动 定理解题的一般步聚：
• ①选择研究对象，进行受力分析； • ②分析各力做功的情况； • ③确定研究过程（有时有几个过程）的初、末态； • ④根据动能定理列方程求解。
物体在动力F和阻力f作用下运动时，G和N不做功，F做正功， f做负功，因此，也可以用动能定理求解．
练习1：
质量为m的物体从以速度v0竖直向上抛出，物 体落回地面时，速度大小为3v0/4。（设物体在运动 中所受空气阻力大小不变），求：
（1）物体运动过程中所受空气阻力的大小。 （2）物体以初速度2v0竖直向上抛出时，上升 的最大高度。如物体与地面碰撞过程中无能量损失， 求物体运动的总路程。
例1． 质量为m=3kg的物体与水平地面之间的动摩
动能定理的应用教学课件
h=5m
2J
求解曲线运动问题
某人从距地面25m高处水平抛出一小球，小球 质量100g，出手时速度大小为10m/s,落地时速 度大小为16m/s，取g=10m/s2，试求：
（1） 人抛球时对小球做多少功？
（2）小球在空中运动时克服阻力做功多少？
求解曲线运动问题
人抛球：
W人
1 2
mv02
0
V0
球在空中：
一、简要复习动能定理
WF
1 2
mv22
1 2
mv12
计算 方法 ⑴⑵
末状态动能
初状态动能
二、应用动能定理解题步骤：
1。找对象：（通常是单个物体）
2。作二分析 ⑴受力分析
⑵运动情况分析 3。确定各力做功。
4。建方程：
WF
1 2
mv22
1 2
mv12
三、应用举例： （一）关于变力做功的问题 例1. 一个质量为m的小球拴在轻绳的一端，另一端用大小 为F1的拉力作用，在光滑水平面上做半径为R1的匀速圆周 运动，如图所示，今改变拉力，当大小变为F2，使小球仍 在水平面上做匀速圆周运动，但半径变为R2，小球运动半 径由R1变为R2过程中拉力对小球做的功多大？
mgh mgl cos mgSCB 0 …….①
而 l cos SCB S
…….②
联解①和②式得
h
s
例3. 一个质量为m，带有电荷-q的小物体，可沿水平轨道ox运动， o端有一与轨道垂直的固定墙,轨道处于匀速电场中,场强大小为,方 向ox轴正方向,如图所示,小物体以初速度V0从x0点沿ox轨道运动, 运动时受到大小不变的摩擦力f的作用,且f﹤qE,设小物体与墙壁 碰撞时，不损失机械能,且电量保持不变,求它在停止运动前所通过 的总路程。