人教版 (2019)必修 第二册第八章 机械能守恒定律综合与测试导学案

这是一份人教版 (2019)必修 第二册第八章 机械能守恒定律综合与测试导学案，共19页。
专题强化　利用动能定理分析变力做功和多过程问题
[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做功
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＝ΔEk.
如图1所示，质量为m的小球由静止自由下落d后，沿竖直面内的固定轨道ABC运动，AB是半径为d的光滑圆弧轨道，BC是直径为d的粗糙半圆弧轨道(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(可认为此时小球处在轨道AB上)；
(2)小球在BC运动过程中，摩擦力对小球做的功.
答案　(1)5mg　(2)－mgd
解析　(1)小球由静止运动到B点的过程，
由动能定理得2mgd＝mv2，
在B点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，
得：FN＝5mg
根据牛顿第三定律：小球在B处对轨道的压力大小
FN′＝ FN＝5mg；
(2)小球恰能通过C点，则mg＝m.
小球从B运动到C的过程：
－mgd＋Wf＝mvC2－mv2，得Wf＝－mgd.
针对训练1　(2018·厦门市高一下学期期末)如图2所示，有一半径为r＝0.5 m的粗糙半圆轨道，A与圆心O等高，有一质量为m＝0.2 kg的物块(可视为质点)，从A点静止滑下，滑至最低点B时的速度为v＝1 m/s，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

图2
A.物块过B点时，对轨道的压力大小是0.4 N
B.物块过B点时，对轨道的压力大小是2.0 N
C.A到B的过程中，克服摩擦力做的功为0.9 J
D.A到B的过程中，克服摩擦力做的功为0.1 J
答案　C
解析　在B点由牛顿第二定律可知FN－mg＝m，解得：FN＝2.4 N，由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小为2.4 N，故A、B均错误；A到B的过程，由动能定理得mgr＋Wf＝mv2－0，解得Wf＝－0.9 J，故克服摩擦力做功为0.9 J，故C正确，D错误.
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.
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/s2.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：
FL－FfL－mgh＝0
其中Ff＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N
所以h＝＝ m＝0.15 m
(2)设木块离开B点后，在水平桌面上滑行的最大距离为x，由动能定理得：
mgh－Ffx＝0
所以x＝＝ m＝0.75 m.
针对训练2　(2018·金陵中学第二学期期末)图4中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计.一质量为m的小滑块在A点从静止释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如图4所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于(　　)

图4
A.mgh B.2mgh
C.μmg(s＋) D.μmg(s＋hcos θ)
答案　B
解析　滑块由A点运动至D点，设克服摩擦力做功为WAD，由动能定理得mgh－WAD＝0，即WAD＝mgh…①，滑块从D点回到A点，由于是缓慢推，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为WDA，由动能定理知当滑块从D点被推回A点有WF－mgh－WDA＝0…②，由A点运动至D点，克服摩擦力做的功为WAD＝μmgcos θ·＋μmgs…③，从D→A的过程克服摩擦力做的功为WDA＝μmgcos θ·＋μmgs…④，③④联立得WAD＝WDA…⑤，①②⑤联立得WF＝2mgh，故A、C、D错误，B正确.
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可提供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＝0.
②不可提供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＝.
如图5所示，一可以看成质点的质量m＝2 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/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
解析　(1)在A点由平抛运动规律得：
vA＝＝v0
小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得
mg(R＋Rcos θ)＝mvA2－mv02
联立得：v0＝3 m/s；
(2)若小球恰好能通过最高点C，在最高点C处有mg＝，小球从桌面运动到C点的过程中，由动能定理得Wf＝mvC2－mv02
代入数据解得Wf＝－4 J.
四、动能定理在多过程往复运动中的应用
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v0＝2 m/s下滑，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m＝30 kg，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 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段间的动摩擦因数；
(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　(1)由C到D速度减为0，由动能定理可得
－mg(R－Rcos β)＝0－mvC2，vC＝2 m/s
在C点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，可得：FN＝420 N
根据牛顿第三定律，小孩第一次经过圆弧轨道C点时，对圆弧轨道的压力为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 α－μmgLcos α－mgR(1－cos β)＝0－mv02
可得：μ＝0.25
(3)在AB斜轨道上，μmgcos αWf1，故mgh－Wf2