2024年高中物理新教材同步学案 必修第二册 第8章 专题强化　动能定理的应用(二) (含解析)

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专题强化　动能定理的应用(二)[学习目标]　1.能够灵活应用动能定理解决多过程问题(重点)。2.能够应用动能定理分析解决往复运动问题(重点)。3.能够应用动能定理分析平抛、圆周运动(难点)。一、应用动能定理解决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，最后联立求解。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，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。3．当题目已知量和所求量不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单、更方便。4．在分段分析时，有些过程可以用牛顿运动定律，也可利用动能定理，动能定理往往比牛顿运动定律解题更简单方便，我们可优先采用动能定理解决问题。例1　如图所示，将物体从倾角为θ的固定斜面上由静止释放，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。答案　eq \f(h,μcos θ)解析　物体最终会停在挡板处，选从开始运动到停止全过程，由动能定理得mgh－μmgscos θ＝0解得物体从开始到停止通过的路程s＝eq \f(h,μcos θ)。1．物体做往复运动时，如果用运动学、动力学观点去分析运动过程，会十分烦琐，甚至无法确定往复运动的具体过程和终态。这时就体现出动能定理的优势了。由于动能定理解题的优越性，求解多过程往复运动问题时，一般应用动能定理。2．在有摩擦力做功的往复运动过程中，注意两种力做功的区别：(1)重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关；(2)滑动摩擦力做功与路径有关，克服摩擦力做的功W克f＝Ffs(s为路程)。例2　如图所示，光滑固定斜面AB的倾角θ＝53°，BC为水平面，BC长度lBC＝1.1 m，CD为光滑的eq \f(1,4)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h＝0.2 m。不计空气阻力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2。求：(1)物体第一次运动到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(h＋R)＝0－eq \f(1,2)mvC2代入数据解得：vC＝4 m/s(2)物体由A点运动到C点，根据动能定理得：mgH－μmglBC＝eq \f(1,2)mvC2－0代入数据解得：H＝1.02 m(3)从物体开始下滑到最终停止，根据动能定理得：mgH－μmgs1＝0代入数据解得s1＝5.1 m由于s1＝4lBC＋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。二、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只有重力提供向心力，mg＝eq \f(mvmin2,R)，vmin＝eq \r(gR)。例3　(2023·江苏省模拟)2022年2月，我国成功举办了第24届“冬奥会”，冬奥会让冰雪运动走向大众，让更多人认识冰雪，爱上冰雪。如图甲所示为滑雪大跳台，将其简化为如图乙所示模型：AB段和CD段是长度均为L＝50 m的倾斜滑道，倾角均为37°；BC段是半径R＝20 m的一段圆弧轨道，圆心角为37°，与AB段平滑连接；DE段为结束区。一滑雪爱好者连同装备总质量为m＝60 kg，从A点由静止出发沿着滑道AB、BC下滑，从C点水平抛出落到斜面CD上的N点，点N到C的距离d＝48 m。该爱好者可看作质点，将C到N的运动简化为平抛运动处理。忽略其运动过程中所受的空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)该爱好者运动到C点时对滑道的压力大小；(2)从开始运动到落至N点的过程中摩擦阻力做的功。答案　(1)1 368 N　(2)－12 720 J解析　(1)从C处做平抛运动，竖直方向有dsin 37°＝eq \f(1,2)gt2水平方向有dcos 37°＝vCt解得vC＝16 m/s在C处，根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(vC2,R)解得滑道对人的支持力大小为FN＝1 368 N据牛顿第三定律，人运动到C点时对滑道的压力大小与FN大小相等，为1 368 N。(2)从A到C由动能定理得mg[Lsin 37°＋R(1－cos 37°)]＋Wf＝eq \f(1,2)mvC2解得Wf＝－12 720 J。例4　(2022·宁波市北仑中学高一期中)如图所示，竖直平面内有一光滑圆弧轨道，其半径为R＝0.5 m，平台与轨道的最高点等高。一质量m＝0.8 kg的小球(可视为质点)从平台边缘的A处以v0＝3 m/s的水平速度射出，恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP与竖直方向的夹角为53°，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g＝10 m/s2。(1)求小球到达P点时的速度大小vP；(2)求小球到达圆弧轨道最低点时的速度大小以及对轨道的压力；(3)小球沿轨道通过圆弧的最高点Q时对轨道的内壁还是外壁有弹力，并求出弹力的大小。答案　(1)5 m/s　(2)eq \r(29) m/s　54.4 N，方向竖直向下　(3)外壁　6.4 N解析　(1)平抛运动的水平速度不变，始终为v0，小球恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP与竖直方向的夹角为53°，说明速度与水平方向夹角为53°，将P点速度分解，如图所示，vP＝eq \f(v0,cos 53°)＝eq \f(3,0.6) m/s＝5 m/s；(2)从抛出到到达圆弧轨道最低点，根据动能定理有mg·2R＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02解得v1＝eq \r(29) m/s在最低点根据牛顿第二定律和向心力公式有FN－mg＝meq \f(v12,R)解得FN＝54.4 N根据牛顿第三定律有F压＝FN＝54.4 N，方向竖直向下；(3)平台与轨道的最高点等高，根据动能定理可知vQ＝v0＝3 m/s设小球受到向下的弹力F1，根据牛顿第二定律和向心力公式有F1＋mg＝meq \f(vQ2,R)解得F1＝6.4 N>0根据牛顿第三定律知，小球对外壁有弹力，大小为6.4 N。专题强化练1.如图所示，用平行于斜面的推力F，使质量为m的物体(可视为质点)从倾角为θ的光滑固定斜面的底端，由静止向顶端做匀加速运动。当物体运动到斜面中点时，撤去推力，物体刚好能到达顶端，重力加速度为g，则推力F大小为(　　)A．2mgsin θ B．mg(1－sin θ)C．2mgcos θ D．2mg(1＋sin θ)答案　A解析　设斜面的长度为2L，对全过程，由动能定理可得FL－2Lmgsin θ＝0，解得F＝2mgsin θ，故选A。2．如图所示，一薄木板倾斜搭放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，滑块沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处。滑块与木板及地板之间的动摩擦因数相同。现将木板截短一半，仍按上述方式放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，则滑块最终将停在(　　)A．P处 B．P、Q之间C．Q处 D．Q的右侧答案　C解析　设木板长为L，在水平地板上滑行位移为x，木板倾角为θ，全过程由动能定理得mgh－(μmgLcos θ＋μmgx)＝0则滑块总的水平位移s＝Lcos θ＋x＝eq \f(h,μ)与木板长度及倾角无关，改变L与θ，水平位移s不变，滑块最终仍停在Q处，故C选项正确。3.如图所示，物块(可视为质点)以初速度v0从A点沿不光滑的轨道运动恰好到高为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(重力加速度为g，水平轨道与斜轨道平滑连接)(　　)A.eq \r(v02－4gh) B.eq \r(4gh－v02)C.eq \r(v02－2gh) D.eq \r(2gh－v02)答案　B解析　物块由A运动到B的过程中，由动能定理可得－mgh－W克f＝0－eq \f(1,2)mv02①物块由B运动到A的过程中，由动能定理可得mgh－W克f＝eq \f(1,2)mv12②联立①②可得v1＝eq \r(4gh－v02)故选B。4.(2022·麻城市第二中学高一月考)如图所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置。质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点向左运动，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μ，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内。(1)求物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功；(2)求O点和O′点间的距离x1。答案　(1)eq \f(1,2)mv02　(2)eq \f(v02,4μg)－x0解析　(1)设克服摩擦力所做的功为W克f，物块A从P点出发又回到P点的过程，由动能定理得－W克f＝0－eq \f(1,2)mv02，可得W克f＝eq \f(1,2)mv02。(2)物块A从P点出发又回到P点的过程，据动能定理可得－μmg·2(x0＋x1)＝0－eq \f(1,2)mv02，可得x1＝eq \f(v02,4μg)－x0。5．(多选)(2023·遵义市高一期末)如图所示，在水平轨道右侧固定一半径R＝0.8 m的四分之一光滑竖直圆弧轨道，C为圆弧轨道最低点，圆弧轨道与水平轨道在C处平滑连接，轨道左侧有一轻质弹簧，其左端固定在竖直墙上，右端与质量m＝2 kg的物块(可视为质点)接触但不连接，弹簧处于自然状态时物块位于B点。现对物块施加方向水平向左、大小为F＝160 N的恒力，物块向左运动0.4 m后撤去恒力F，弹簧始终处于弹性限度内。物块与BC段间的动摩擦因数μ＝0.1，B、C间的距离xBC＝0.8 m，其余摩擦和空气阻力均不计，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)A．恒力F做功64 JB．物块第一次达到C点时对轨道的压力大小为156 NC．物块最终停在水平轨道B点D．物块能冲上圆弧轨道共计40次答案　AC解析　恒力F做功为WF＝Fx＝160×0.4 J＝64 J，故A正确；设物块第一次达到C点时的速度大小为vC，根据动能定理可得WF－μmgxBC＝eq \f(1,2)mvC2，解得vC＝eq \r(62.4) m/s，在C点根据牛顿第二定律可得FN－mg＝meq \f(vC2,R)，解得FN＝176 N，根据牛顿第三定律可知物块第一次达到C点时对轨道的压力大小为176 N，故B错误；物块最终一定静止在BC上，设物块在BC段往返通过的总路程为s，则有WF＝μmgs，解得s＝32 m，由于eq \f(s,xBC)＝eq \f(32,0.8)＝40可知，物块最终停在水平轨道B点，物块能冲上圆弧轨道共计20次，故C正确，D错误。6.如图所示，一长L＝0.45 m、不可伸长的轻绳上端悬挂于M点，下端系一质量m＝1.0 kg的小球，CDE是一竖直固定的圆弧形轨道，半径R＝0.50 m，OC与竖直方向的夹角θ＝60°，现将小球拉到A点(保持绳绷直且水平)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后，从圆弧形轨道的C点沿切线方向进入轨道，刚好能到达圆弧形轨道的最高点E，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，求：(1)小球到B点时的速度大小；(2)轻绳所受的最大拉力大小；(3)小球在圆弧形轨道上运动时克服阻力做的功。答案　(1)3 m/s　(2)30 N　(3)8 J解析　(1)小球从A到B的过程，由动能定理得mgL＝eq \f(1,2)mv12，解得v1＝3 m/s；(2)小球在B点时，由牛顿第二定律得FT－mg＝meq \f(v12,L)，解得FT＝30 N，由牛顿第三定律可知，轻绳所受最大拉力大小为30 N；(3)小球从B到C做平抛运动，从C点沿切线进入圆弧形轨道，由平抛运动规律可得小球在C点的速度大小v2＝eq \f(v1,cos θ)，解得v2＝6 m/s小球刚好能到达E点，则在E点恰由重力提供向心力，有mg＝meq \f(v32,R)，解得v3＝eq \r(5) m/s小球从C点到E点，由动能定理得－mg(R＋Rcos θ)－W克f＝eq \f(1,2)mv32－eq \f(1,2)mv22，解得W克f＝8 J。7．(2022·湖南高一期中)科技助力北京冬奥：我国自主研发的“人体高速弹射装置”几秒钟就能将一名滑冰运动员从静止状态加速到指定速度，辅助滑冰运动员训练各种滑行技术。如图所示，某次训练，弹射装置在加速阶段将质量m＝60 kg的滑冰运动员加速到速度v0＝8 m/s后水平向右抛出，运动员恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入光滑圆弧轨道AB。AB圆弧轨道的半径为R＝5 m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平轨道，滑冰运动员与MN间的动摩擦因数μ＝0.08，水平轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r＝2 m的半圆弧光滑轨道，C点是半圆弧光滑轨道的最高点，半圆弧光滑轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。整个运动过程中将运动员简化为一个质点。(1)求运动员水平抛出点距A点的竖直高度；(2)求运动员从A到B经过B点时对轨道的压力大小；(3)若运动员恰好能通过C点，求MN的长度L。答案　(1)1.8 m　(2)2 040 N　(3)12.5 m解析　(1)根据运动的合成与分解可得运动员经过A点时的速度大小为vA＝eq \f(v0,cos 37°)＝10 m/s①设运动员水平抛出点距A点的竖直高度为h，对运动员从抛出点到A点的过程，由动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mvA2－eq \f(1,2)mv02②联立①②解得h＝1.8 m③(2)设运动员经过B点时的速度大小为vB，对运动员从A点到B点的过程，根据动能定理有mg(R－Rcos 37°)＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvA2④设运动员经过B点时所受轨道支持力大小为FN，根据牛顿第二定律及向心力公式有FN－mg＝eq \f(mvB2,R)⑤联立①④⑤解得FN＝2 040 N⑥根据牛顿第三定律可知，运动员经过B点时对轨道的压力大小为2 040 N；(3)设运动员刚好通过C点时的速度大小为vC，根据牛顿第二定律及向心力公式有mg＝eq \f(mvC2,r)⑦对运动员从B点到C点的过程，根据动能定理有－μmgL－2mgr＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2⑧联立④⑦⑧解得L＝12.5 m。8.(2022·丰城九中高一期末)如图，竖直放置的斜面AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD的B端相切，圆弧半径R＝0.8 m，圆心与A、D在同一水平面上，OC沿竖直方向，OB与OC的夹角θ＝30°，现有一个质量m＝1.0 kg的小物体从斜面上的A点无初速度滑下，已知小物体与斜面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g＝10 m/s2，求：(1)小物体在斜面上能够通过的路程；(2)小物体通过C点时，对C点的最大压力和最小压力大小。答案　(1)4 m　(2)24 N　(30－10eq \r(3)) N解析　(1)由于圆弧轨道光滑，则小物体最终将在以过圆心的半径两侧θ范围内运动，由动能定理得mgRcos θ－Ffs＝0，又Ff＝μmgcos θ，解得s＝eq \f(R,μ)＝4 m(2)小物体第一次到达C点时对C点的压力最大根据牛顿第二定律，FNmax－mg＝eq \f(mv2,R)小物体从A运动到C的过程由动能定理得mgR－μmgcos θ·eq \x\to(AB)＝eq \f(1,2)mv2，eq \x\to(AB)＝eq \f(R,tan θ)，代入数据解得：C点对小物体的支持力大小FNmax＝24 N，根据牛顿第三定律，此时小物体对C点的压力大小为24 N；当小物体最后在圆弧上运动时，通过C点时对轨道压力最小。根据牛顿第二定律FNmin－mg＝eq \f(mv′2,R)，又有mgR(1－cos θ)＝eq \f(mv′2,2)，代入数据解得：C点对小物体的支持力大小FNmin＝(30－10eq \r(3)) N根据牛顿第三定律，此时小物体对C点的压力大小为(30－10eq \r(3)) N。