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答案 (1)tan θ≥0.05 (2)0.8 (3)1.9 m 解析 (1)为使小物块下滑mg sin θ≥μ1mg cos θ ① θ满足的条件tan θ≥0.05 ② (2)克服摩擦力做功
Wf=μ1mgL1 cos θ+μ2mg(L2-L1 cos θ) ③
由动能定理得mgL1 sin θ-Wf=0 ④ 代入数据得μ2=0.8 ⑤
自测3 物体沿直线运动的v-t关系如图所示,已知在第1 s内合力对物体做 的功为W,则 ( )
A.从第1 s末到第3 s末合力做功为4W B.从第3 s末到第5 s末合力做功为-2W C.从第5 s末到第7 s末合力做功为W D.从第3 s末到第4 s末合力做功为0.75W
答案
C 由题图知,第1 s末速度、第3 s末速度、第7 s末速度大小关系v
答案
C 质点由静止开始下落到最低点N的过程中
1 2 mv 2 质点在最低点:FN-mg= R 1 2
由动能定理:mg· 2R-W= mv2
由牛顿第三定律得:FN=4mg 联立得W= mgR,质点由N点到Q点的过程中在等高位置处的速度总小于由 P点到N点下滑时的速度,故由N点到Q点过程克服摩擦力做功W'<W,故质点 到达Q点后,会继续上升一段距离,选项C正确。
力等于滑动摩擦力)
(1)求θ角增大到多少时,物块能从斜面开始下滑;(用正切值表示) (2)当θ角增大到37°时,物块恰能停在桌面边缘,求物块与桌面间的动摩擦因 数μ2;(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) (3)继续增大θ角,发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大,求此最大距离 xm。
应用动能定理解题的基本步骤
(1)选取研究对象,明确它的运动过程。
(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况。
(3)明确研究对象在过程的始末状态的动能Ek1和Ek2。 (4)列出动能定理的方程W合=Ek2-Ek1及其他必要的解题方程,进行求解。
1-1 (2015海南单科,4,3分)如图,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 ( )
A.2 2 m/s
B.3 m/s
C.4 m/s
D. 17 m/s
答案 B
1 2 1 2 v 0 根据F-x图像可得W总=40 J,由动能定理得:W总= mv m 2 2 ,解得
v=3 m/s,选项B正确。
考点三 动能定理解决多过程问题
1.动能定理的研究对象可以是单一物体,或者是可以看做单一物体的物体 系统。 2.动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式。当题目中涉及位移和 速度而不涉及时间时可优先考虑动能定理;处理曲线运动中的速率问题时 也要优先考虑动能定理。 3.若过程包含了几个运动性质不同的分过程,既可分段考虑,也可整个过程
1 2
1 2
C正确。
考点二
动能定理解决变力做功问题
动能定理的研究对象一般是单一物体,或者可以看成单一物体的物体 系。动能定理既适用于物体的直线运动,也适用于曲线运动;既适用于恒力 做功,也适用于变力做功。力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可
以分段作用。只要求出在作用过程中各力做功的多少和正负即可。这些
1 2 1 2
v12 -0,则由动能定理知第1 s末到第3 s末合力做功W2= m 1=v3=v7,由题知W=
2 2 2 v3 m - mv mv 1 =0,选项A错误;第3 s末到第5 s末合力做功W3=0- 3 =-W,选项B 2 v7 错误;第5 s末到第7 s末合力做功W4= m -0=W,选项C正确;第3 s末到第4 s 2 2 v4 末合力做功W5= m - mv v3,所以W5=-0.75W,选项D错误。 3 ,因v4=
课标版
物理
第2讲 动能定理及其应用
教材研读
一、动能 1.定义:物体由于运动而具有的能。
1 2.公式:Ek=① 2 mv2
。 ,只有正值。
3.矢标性:动能是② 标量
4.动能是状态量,而动能的变化量是过程量。 自测1 关于某物体动能的一些说法,正确的是 ( A.物体的动能变化,速度一定变化 B.物体的速度变化,动能一定变化 C.动能不变的物体一定做匀速直线运动 D.选择不同的参考系时,动能可能为负值 )
盆内来回滑动,最后停下来,则停的地点到B的距离为 (
)
A.0.50 m B.0.25 m C.0.10 m D.0
答案
D 对小物块从A点出发到最后停下来整个过程用动能定理,mghh μ
0.30 0.10
μmgs=0,s= = m=3.00 m。而d=0.50 m,刚好3个来回,所以最终停在B点, 所以D选项正确。
注意 动能具有相对性,其数值与参考系的选取有关,一般取地面为参考
系。
自测2 关于运动物体所受的合外力、合外力做功和动能变化的关系,正 确的是 ( )
A.如果物体所受的合外力为零,那么,合外力对物体做的功一定为零
B.如果合外力对物体所做的功为零,则合外力一定为零
C.物体在合外力作用下做变速运动,动能一定变化 D.物体的动能不变,所受的合外力必定为零
正是动能定理解题的优越性所在。
典例2 (2015山东理综,23,18分)如图甲所示,物块与质量为m的小球通过不 可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接。物块置于左侧滑轮正下方的 表面水平的压力传感装置上,小球与右侧滑轮的距离为l。开始时物块和小
球均静止,将此时传感装置的示数记为初始值。现给小球施加一始终垂直
于l段细绳的力,将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角,如图乙所示,此 时传感装置的示数为初始值的1.25倍;再将小球由静止释放,当运动至最低 位置时,传感装置的示数为初始值的0.6倍。不计滑轮的大小和摩擦,重力 加速度的大小为g。求:
图甲
图乙
(1)物块的质量; (2)从释放到运动至最低位置的过程中,小球克服空气阻力所做的功。
考点四
动能定理与图像综合问题
1.观察题目给出的图像,弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表 示的物理意义。 2.根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。 3.将推导出的函数关系式与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比,
1 (3)由动能定理得mgL1 sin θ-Wf= mv2 ⑥ 2
代入数据得v=1 m/s⑦
1 2 H= gt 2
t=0.4 s⑧
x1=vt x1=0.4 m⑨ xm=x1+L2=1.9 m⑩
应用动能定理解题的基本步骤
3-1 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为水平的,其距离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的小物块并让其从静止开始下滑。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
道的压力为4mg,g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的
过程中克服摩擦力所做的功。则 ( )
1 2 1 B.W> mgR,质点不能到达Q点 2 1 C.W= mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离 2 1 D.W< mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离 2
A.W= mgR,质点恰好可以到达Q点
对物块,F2+T2=Mg ④
联立①②③④式,代入数据得
M=3m ⑤ (2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v,从释放到运动至最低位置的 过程中,小球克服阻力所做的功为Wf,由动能定理得
1 mv2 ⑥ mgl(1-cos 60°)-Wf= 2
在最低位置,设细绳的拉力大小为T3,传感装置的示数为F3,据题意可知, F3=0.6F1,对小球,由牛顿第二定律得
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
考点突破
考点一 动能定理的理解
对动能定理应该从以下几方面加以理解 (1)W总是所有外力对物体做的总功,这些力对物体所做功的代数和等于物 体动能的增量,即W总=W1+W2+…。或先将物体的外力进行合成,求出合外力 F合后,再利用W总=F合x cos α 进行计算。
考虑。
典例3 (2015浙江理综,23,16分)如图所示,用一块长L1=1.0 m的木板在墙和 桌面间架设斜面,桌子高H=0.8 m,长L2=1.5 m。斜面与水平桌面的倾角θ可 在0~60°间调节后固定。将质量m=0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放,物 块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05,物块与桌面间的动摩擦因数为μ2,忽略物 块在斜面与桌面交接处的能量损失。(重力加速度取g=10 m/s2;最大静摩擦
。
。
3.物理意义:动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体④ 动能变化量
之间的关系,即合外力做的功是物体⑤ 动能变化 4.动能定理的适用条件 (1)动能定理既适用于直线运动,也适用于⑥ 曲线运动 (2)既适用于恒力做功,也适用于⑦ 变力做功 ; 。 ; 的量度。
(3)力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以⑧ 分阶段作用
答案
A 合外力为零,由W=Fl cos α知,合外力做功一定为零,但合外力
做功为零时,合外力却不一定为零,故A选项对,B选项错。物体在合外力作 用下做变速运动,合外力不一定做功,物体的速率不一定变化,动能不一定 变化(例如匀速圆周运动),同样,物体的动能不变,它所受的合外力也不一定
为零,C、D选项均错。
答案 解析
(1)3m (2)0.1mgl (1)设开始时细绳的拉力大小为T1,传感装置的初始值为F1,物块质
量为M,由平衡条件得
对小球,T1=mg ① 对物块,F1+T1=Mg ② 当细绳与竖直方向的夹角为60°时,设细绳的拉力大小为T2,传感装置的示 数为F2,据题意可知,F2=1.25F1,由平衡条件得 对小球,T2=mg cos 60° ③
