第八章专题二：利用动能定理分析变力做功和多过程问题课中练习

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专题二 利用动能定理分析变力做功和多过程问题课中练一、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．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。1. 如图所示，质量为m的物块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，物块与转台转轴相距R，物块随转台由静止开始转动并计时，在t1时刻转速达到n，物块即将开始滑动。保持转速n不变，继续转动到t2时刻。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（　　）A. 在0~t1时间内，摩擦力做功为零B. 在t1~t2时间内，摩擦力做功不为零C. 在0~t1时间内，摩擦力做功为2μmgRD. 在0~t1时间内，摩擦力做功为2. 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作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，如图所示，则力F所做的功为（　　）A. mglcosθ B. Flsinθ C. mgl（1－cosθ） D. Flcosθ3. 如图所示，物体（可看成质点）沿一曲面从A点无初速度下滑，当滑至曲面的最低点B时，下滑的竖直高度h=5m，此时物体的速度v=6m/s。若物体的质量m=1kg，g=10m/s2，求物体在下滑过程中阻力所做的功。二、利用动能定理分析多过程问题1．一个物体的运动如果包含多个运动阶段，即可以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、初末动能进行分析，然后应用动能定理列式联立求解．也可以全过程应用动能定理，这样不涉及中间量，解决问题会更简单方便．2．选择全程应用动能定理时，要注意有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况区别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，做正功还是负功，正确写出总功．考向一 动能定理在多过程问题中的应用4. 如图，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R=0.4m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内．滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零．已知滑块与斜面间动摩擦因数μ=0.25．（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）滑块在C点的速度大小vC；（2）滑块在B点的速度大小vB；（3）A、B两点间的高度差h．5. 如图所示，右端连有一个固定光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5m，一个质量为m＝0.5kg的木块在F＝1.5N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＝10m/s2。求：（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。考向二 动能定理在多过程往复运动中的应用6. 如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC水平，其长度d=0.50 m，盆边缘的高度为h=0.30 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为（　　）A. 0.50 m B. 0.25 m C. 0.10 m D. 07. 如图所示，将物体从倾角为θ的斜面上由静止释放，开始向下滑动，到达斜面底端与挡板相碰后，原速率弹回。已知物体开始时距底端高度为h，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，求物体从开始到停止通过的路程。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不可提供支撑效果竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为只有重力提供向心力，mg＝，vmin＝。8. 如图所示，一可以看作质点的质量m=2kg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，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=0.5m。已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，不计空气阻力，取g=10m/s2，求：(1)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。9. 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，容器对它的支持力大小为N，则(　　)A. a＝ B. a＝C. N＝ D. N＝参考答案1．D【详解】ACD．在0~t1时间内，转速逐渐增加，故物块的线速度逐渐增加，在t1~t2时间内，最大静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得μmg＝m解得v＝，物块做加速圆周运动过程，即在0~t1时间内，由动能定理得：W＝＝μmgR故A、C错误，D正确；B．在t1~t2时间内，物块的线速度大小不变，摩擦力只提供向心力，根据动能定理可知摩擦力做功为零故B错误。故选D。2．C【详解】小球的运动过程是缓慢的，因而任一时刻都可看作是平衡状态，因此F的大小不断变大，F做的功是变力功。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WF－mgl（1－cosθ）＝0所以WF＝mgl（1－cosθ）故选C。3．－32J【详解】物体在曲面上时弹力不做功。设阻力做功为Wf，A→B由动能定理知mgh＋Wf=mv2－0解得Wf=－32J4．（1）2m/s；（2）4.29m/s；（3）1.38m【详解】（1）由题意，在C处滑块仅在重力作用下做圆周运动，设滑块的质量为m，由牛顿定律： 解得： （2）由几何关系，BC高度差H为： 滑块由B到C的运动过程中重力做功，机械能守恒，以B为势能零点： 带入数据：vB=4.29m/s（3）滑块由A到B过程，由牛顿定律： 解得： 解得：a=4m/s2；设AB间距为L,由运动公式：vB2=2aL由几何关系：h=Lsin370解得： 5．（1）0.15m；（2）0.75m【详解】（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＝0.2×0.5×10N＝1.0N所以可得＝m＝0.15m（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所以可得＝m＝0.75m6．D【详解】小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上运动的总路程为s，小物块在盆底BC面上所受的滑动摩擦力大小不变，整个过程由动能定理有mgh−μmgs=0所以小物块在BC面上运动的总路程为s=因d=0.50 m，s=6d，所以小物块在BC面上来回运动共6次，刚好3个来回，所以最终停在B点，即距离B点为0 m，ABC错误，D正确。故选D。7．【详解】物体最终停在挡板处，选从开始运动到停止全过程，由动能定理得mgh-μmgcos θ·s=0物块从开始到停止通过的路程s=8．(1)3m/s；(2)-4J【详解】(1)小球从桌面飞出到A点的过程中，做平抛运动，则由动能定理有解得v0=3m/s(2)小球恰好能通过最高点C的临界条件是而小球从桌面到C的过程中，重力做的功为0，由动能定理得解得在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功为Wf=-4J9．AC【详解】质点P下滑的过程，由动能定理得，可得 ；在最低点，质点P的向心加速度 ；根据牛顿第二定律得 ,解得；故AC正确，BD错误．故选AC．