2017_2018学年高中物理第3章动能的变化与机械功3.1探究动能变化跟做功的关系教学案沪科版必修

D．如果物体的动能不变，则所受的合外力必定为零
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5、质量为m的物体，在一恒定拉力F的作用下，以速度v1 开始沿水平面运动，经位移s后速度增加到v2，已知物体 与水平面之间的摩擦力恒为f，试导出外力做功与物体动
能变化的关系。
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由牛顿第二定律： F
f ma
2 2 2 1
v v 由运动学公式： a 2s 1 2 1 2 联立可得：( F f ) s mv2 mv1 2 2
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汽车的动能变化 假设有一辆质量为m的汽车，在恒定的牵引力F作用下行驶， 速度由v1增加到v2，相应的行驶距离为s。那么，在此过 程中，汽车的加速度多大？汽车运动的速度跟牵引力、距
离的关系是怎样的？
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解析： 由牛顿第二定律：
F ma
2 2 2 1
v v 由运动学公式： a 2s 联立可得： Fs 1 mv 2 1 mv 2 2 1 2 2
小为4 m/s，在这段时间里水平力做的功为( A )
A、0 B 、8 J C、16 J D、32 J
解析：水平力做的功等于动能的增量，速度的大小不变， 则动能的增量为0，所以水平力做功为零。
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3、放在光滑水平面上的某物体，在水平恒力F的作用下， 由静止开始运动，在其速度由0增加到v和由v增加到2v的两 个阶段中，F对物体所做功之比为 ( C )
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3、怎样处理数据验证结论？ 计算做功和对应的动能增量并列表进行观察比较。 把得到的数据画到图像中，研究W与v2、与质量m的关系。 进行实验，收集数据
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实验步骤： 1、按照课本图示安装好装置，并调节气垫导轨使滑块
刚好在导轨上做匀速直线运动。
2、测量滑块和钩码的质量，要选择合适的钩码，使 钩码的质量m远小于滑块的质量M。 3、让钩码牵引滑块从静止开始加速，并记录开始 运动的位置坐标x1和光电门所在处的位置坐标x2、

3.1 探究动能变化跟做功的关系课堂互动三点剖析一、对动能概念的理解（1）定义：物体由于运动而具有的能叫做动能，用符号E k 表示. （2）动能公式：E k =21mv 2（3）注意：①动能是一个状态量，它只由物体的状态决定，与过程无关. ②动能是标量，且只能为正值，动能也不存在分量. ③动能的值具有相对意义，与参考系有关.（4）动能的单位：焦耳1 J=1 kg·m 2/s 2.【例1】 质量是10 g 、以1 000 m/s 的速度飞行的子弹与质量是50 kg 、以10 m/s 的速度奔跑的运动员，二者相比哪个动能大? 解析：动能的关系公式是：E k ＝21v 2，动能与速度的平方成正比，当增加速度时，更有效地增加动能.对子弹：E k 1＝21m 1v 12＝5×103J 对运动员：E k 2＝21m 2v 22＝2.5×103J.答案：子弹的动能大 二、动能定理（1）内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的改变. （2）公式：W=21mv 22-21mv 12（3）注意点：①W 是物体所受各外力（包括重力、弹力、摩擦力等）对物体做功的代数和，特别注意功的正负.也可以先求出合外力，再求合外力的功.②公式等号右边是动能的增量，只能是末状态的动能减初状态的动能. ③动能定理的数学式是在物体受恒力作用且做直线运动情况下推导的，但不论作用在物体上的外力是恒力还是变力，也不论物体是做直线运动还是曲线运动，动能定理都适用. 若题设条件涉及力的位移效应，或求变力做功的问题，均优先考虑用动能定理求解. （4）解题步骤：①明确对象，分析受力；②明确各力做功的正负，以代数和的形式置于等式左边； ③明确始末态的动能，将21mv 22-21mv 12置于等式右边； ④统一单位求解.【例2】 如图3-1-2所示，在摩擦可忽略的水平面上停着一辆小车，小车的左端放着一只箱子.在水平恒力F 作用下，把箱子从小车的左端拉至右端卸下.如果一次小车被制动，另一次小车未被制动，小车可沿地面运动，在这两种情况下有（ ）图3-1-2A.箱子与车面之间的摩擦力一样大B.水平恒力F 所做的功一样大C.箱子获得的加速度一样大D.箱子获得的动能一样大解析：设箱子的质量为m ，箱子与车面间的动摩擦因数为μ.不管小车是否被制动，箱子与车面之间的摩擦力均为： F f ＝μmg设小车的长度为l ，忽略箱子的宽度，在把箱子从小车的左端拉至右端的过程中，若小车被制动，则水平恒力F 所做的功为： W 1＝Fl若小车未被制动，设小车移动了距离s ，则水平恒力F 所做的功为：W 2＝F(l+s)≠W 1.不管小车是否被制动，箱子获得的加速度均为：a=mF F f对箱子应用动能定理，若小车被制动，有： ΔE k 1=(F-F f )l若小车未被制动，有： ΔE k 2=(F-F f )(l+s)≠ΔE k 1. 答案：AC三、探究功与物体动能变化的关系 1.实验目标本探究实验应达到两方面的学习目标：（1）了解实验要探究的内容、实验方法与实验技巧，探究实验数据的处理方法.（2）认真体会教材“探究的思路”所体现的科学探究的方法，以及“数据的处理”中提出的分析实验数据、找出功和速度变化关系的方法. 2.探究思路本探究实验是按着如下的思路进行的：（1）改变功的大小.采用教材图34所示实验装置，用1个、2个、3个……同样的砝码将小车拉到同一位置释放，砝码拉力对小车所做的功依次为W 、2W 、3W……（2）确定速度的大小.小车获得的速度v 可以由纸带和打点计时器测出，也可以用其他方法测出.（3）寻找功与速度变化的关系.以砝码所做的功W 为纵坐标，小车获得的速度v 为横坐标，作出Wv 曲线（即功—速度曲线）.分析该曲线，得出砝码对小车所做的功与小车获得的速度的定量关系. 3.用图像法处理实验数据（1）根据实验测得的数据，分别作出Wv 曲线、Wv 2曲线、Wv 3曲线……如果哪一种图像更接近于过原点的倾斜直线，功与速度之间就是哪一种正比关系.（2）图像法是解决物理问题的常见方法，因为它具有简便直观的特点.（3）图像中的曲线形状是根据实验数据，在坐标系中描出各组数据所对应的点，然后用平滑的曲线将各点连起来.（4）关于图像中的曲线，一般要弄清楚图线的斜率、图像的截距、图线与坐标轴围成的面积所表示的物理意义.【例3】 若外力对物体做功的大小与物体速度满足以下关系，试分析功与物体速度之间的解析：画出Wv 图像，如图3-1-3.图3-1-3 图3-1-42画出Wv 图像，如图3-1-4. 答案：功与速度的平方成正比.橡皮筋所做的功和小车的质量与所获速度的平方的乘积成正比，即W∝mv 2. 各个击破 类题演练 1一人将质量m=2 kg 的铅球放在手中以15 m/s 的速度推出，已知铅球原来是静止的，则铅球出手时的动能是_____________J ，人在推球的过程中对球做的功是____________J. 解析：人把铅球推出的过程中，对铅球做了多少正功，人的化学能就减少了多少，同时球的动能增加了多少，由于初动能为零，所以增加的动能就是球出手时的动能.根据动能公式E k =mv 2/2=225 J.根据动能定理，人对球做的功也等于225 J. 答案：225 225 变式提升 1足球守门员在发球门球时，将一个静止的质量为0.4 kg 的足球，以10 m/s 的速度踢出，这时足球获得的动能是_______________J.图3-1-5答案：20 类题演练 2在h 高处，以初速度v 0向水平方向抛出一个小球，不计空气阻力，小球着地时速度大小为（ ）A.v 0+gh 2B.v 0-gh 2C.gh v 220+ D. gh v 220- 解析：在小球下落的整个过程中，对小球应用动能定理，有：mgh=21mv 2-21mv 02解得小球着地时速度的大小为：v=gh v 220+.答案：C 变式提升 2将质量m ＝2 kg 的一块石头从离地面H ＝2 m 高处由静止开始释放，落入泥潭并陷入泥中h ＝5 cm 深处，不计空气阻力，求泥对石头的平均阻力.（g 取10 m/s 2）解析：石头的整个下落过程分为两段，如图所示，第一段是空中的自由下落运动，只受重力作用；第二段是在泥潭中的运动，受重力和泥的阻力.两阶段的联系是，前一段的末速度等于后一段的初速度.考虑用牛顿第二定律与运动学公式求解，或者由动能定理求解. 解法一（应用牛顿第二定律与运动学公式求解）： 石头在空中做自由落体运动，落地速度：v=gH 2.在泥潭中的运动阶段，设石头做减速运动的加速度的大小为a ，则有v 2＝2ah ，解得a=hHg. 由牛顿第二定律：F-mg=ma ， 所以泥对石头的平均阻力： F=m(g+a)=m(g+h H g)=h h H +·mg=05.005.02+×2×10 N=820 N . 解法二（应用动能定理分段求解）：设石头着地时的速度为v ，对石头在空中运动阶段应用动能定理，有：mgH=21mv 2-0； 对石头在泥潭中运动阶段应用动能定理，有： mgh-h F =0-21m v 2. 由以上两式解得泥对石头的平均阻力： F=h h H +·mg=05.005.02+×2×10 N=820 N. 解法三（应用动能定理整体求解）：对石头在整个运动阶段应用动能定理，有： mg(H+h)-h F =0-0.所以，泥对石头的平均阻力： F=h h H +·mg=05.005.02+×2×10 N=820 N. 答案：820 N 类题演练 3在例3的基础上若再给你一架天平和砝码，你能利用本实验装置研究功与质量、速度间的关系吗？请说说你的设想.解析与答案：我们已经知道功与速度间的关系是W∝v 2，所以功与质量、速度间的关系可能是W∝mv 2、W∝m 2v 2、W∝mv 2……用天平测出小车的质量，并在小车内加不同数量的砝码以改变小车的总质量m ，如教材中的探究实验那样进行操作，确定橡皮筋所做的功W ，测出小车相应的速度v ，画出Wmv 2、Wm 2v 2、W-mv 2等图像，看哪一种图像是过原点的倾斜直线，即可确定相应的比例关系. 变式提升3某同学在探究功与物体速度变化关系的实验中，设计了图3-1-6所示的实验，将纸带固定在重物上，让纸带穿过电火花计时器，先用手提着纸带，使重物静止在靠近计时器的地方.然后接通电源，松开纸带，让重物自由下落，计时器就在纸带上打下一系列小点.得到的纸带如图所示，O 点为计时器打下的第1个点.该同学对数据进行了下列处理：取OA=AB=BC ，并根据纸带算出了A 、B 、C 三点的速度分别为v a =0.12 m/s,v b =0.17 m/s,v c =0.21 m/s.图3-1-6根据以上数据能否大致判断W∝v 2?解析：设由O 到A 的过程中，重力对重物所做的功为W ，那么由O 到B 的过程中，重力对重物所做的功为2W ，由O 到C 的过程中，重力对重物所做的功为3W.由计算可知，v a 2=1.44×10-2m 2/s 2,v b 2=2.89×10-2m 2/s 2,v c2=4.41×10-2m 2/s 2,22vA vB ≈2,22AC v v ≈3,即v b 2≈2v a 2,v c 2≈3v a 2.由以上数据可以判定W∝v 2是正确的，也可以根据Wv 2的曲线来判断（如下图）.答案：能。

第3章动能的变化与机械功内容提要本章学习动能、动能定理、机械功和功率的有关知识，培养从现实生活中发现与物理学有关的问题的意识.本章知识与技能学习的重点是理解功和功率的概念,掌握各种力做功的运算、合力做功的计算以及培养对实验数据的收集、记录、分析处理、论证的能力;难点是动能定理的应用、功、正功和负功以及瞬时功率这几个概念的认识和理解.学法指导1.机械功和功率是从功和能的角度来解决力学问题的,了解功是能量转化的量度,为定性及定量分析相关的物理问题打下知识基础,同时也为培养从不同角度解决物理问题的能力打下基础.2.功和功率的概念都比较抽象,建议在学习中采用对比的方法,将初、高中对这两个概念中不同的关键词进行对比理解.力对物体做负功这一概念,可多联系实际问题帮助理解.功的计算:首先分清是什么力做的功,这个力与位移方向的夹角怎样,再应用公式运算.对于功率的计算:一定要注意P=W/t和P=Fvcosθ两个公式的区别,正确区分平均功率和瞬时功率.3.关于机动车启动的两种情况:一定要避免简单套用公式,要注意过程的分析,掌握机动车到达最大速度的两个条件:(1)牵引力的功率达到额定功率P牵=P额.(2)牵引力等于阻力F牵=F阻.明确不同的情况,不同阶段,随着时间t的变化,功率P、牵引力F、加速度a、速度v等各物理量的变化规律,并围绕公式:P=Fv和a=(F-f)/m进行计算.4.关于动能定理，在学习时一定要弄懂功能关系，是物体所受所有力的总功等于动能的改变量，而不是哪一个力的功.3.1 探究动能变化跟做功的关系课前预习情境导入一架歼敌机以90 m/s的速度从航空母舰甲板上呼啸而出，而在航空母舰甲板上，飞机的起飞跑道只有80～90 m，仅靠飞机自身的动力是无法获得这样的速度实现起飞要求的，航空母舰利用蒸汽弹射器达到这一起飞要求，如图311所示.你知道蒸汽弹射器是怎样帮助飞机起飞的吗?位于飞行甲板的弹射器轨道（左图：从前向后看；右图：从后向前看）图3-1-1简答：弹射器对飞机做功，可以使飞机更快地加速，从而使飞机在短距离内获得起飞所需要的速度.知识预览1.功：如果作用于某物体的恒力大小为F，该物体沿力的方向运动，经过位移s，则F与s 的乘积叫做功.2.动能：物体学中把21mv 2叫做物体的动能.用符号E k 表示，即E k =21mv 2. 3.动能定理：力对物体所做的功等于物体动能的增量.即W=21mv 22-21mv 12. 4.功是过程量，动能是状态量，动能定理把做功的过程与物体状态的变化联系起来了.。

高中物理第3章动能的变化与机械功3[学习目标] 1.能灵活运用合力做功的两种求法.2.会用动能定理分析变力做功、曲线运动以及多过程问题.3.熟悉应用动能定理的步骤，领会应用动能定理解题的优越性．一、研究汽车的制动距离应用动能定理分析问题，只需考虑物体初、末状态的动能与所做的功，而不必考虑物体的加速度和时间，因而往往比用牛顿运动定律和运动学规律更简便．例1 质量为m的汽车正以速度v0运动，司机踩下刹车闸，经过位移s后汽车停止运动，若阻力为f，则汽车的制动距离与汽车的初速度的关系如何？答案mv022f解析由动能定理得：－fs＝0－mv02得：s＝mv022f1．在f一定的情况下：s∝mv02，即初动能越大，位移s越大．2．对于给定汽车(m一定)，若f相同，则s∝v02，即初速度越大，位移s就越大．若水平路面的动摩擦因数μ一定，则s＝＝.二、合力做功与动能变化1．合力做功的求法(1)一般方法：W合＝W1＋W2＋…(即合力做的功等于各力对物体做功的代数和)．对于多过程问题总功的计算必须用此方法．(2)多个恒力同时作用下的匀变速运动：W合＝F合scos α.2．合力做功与动能的变化的关系合力做功与动能的变化满足动能定理，其表达式有两种：(1)W1＋W2＋…＝ΔEk.(2)W合＝ΔEk.例2 如图1所示，利用斜面从货车上卸货，每包货物的质量m＝20 kg，斜面倾角α＝37°，斜面的长度s＝0.5 m，货物与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求货物由静止开始滑到底端的动能．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图1答案见解析解析方法一斜面上的货物受到重力G、斜面支持力N和摩擦力f共三个力的作用，如图所示．货物位移的方向沿斜面向下．可以用正交分解法，将货物所受的重力分解到与斜面平行的方向和与斜面垂直的方向．可以看出，三个力中重力和摩擦力对货物做功，而斜面支持力对货物没有做功．其中重力G对货物做正功W1＝mgssin 37°＝20×10×0.5×0.6 J＝60 J支持力N对货物没有做功，W2＝0摩擦力f对货物做负功W3＝(μmgcos 37°)scos 180°＝－0.2×20×10×0.8×0.5 J＝－16 J所以，合外力做的总功为W＝W1＋W2＋W3＝(60＋0－16) J＝44 J由动能定理W＝Ek2－Ek1(其中Ek1＝0)知货物滑到底端的动能Ek2＝W ＝44 J.方法二若先计算合外力再求功，则合外力做的功W＝F合s＝(mgsin 37°－μmgcos 37°)s＝(20×10×0.6－0.2×20×10×0.8)×0.5 J＝44 J同样可以得到货物到底端时的动能Ek2＝44 J三、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＝ΔEk.例3 如图2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2(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)－mgd解析(1)小球下落到B点的过程由动能定理得2mgd＝mv2，在B点：N－mg＝m，得：N＝5mg，根据牛顿第三定律：N′＝ N＝5mg.(2)在C点，mg＝m.小球从B运动到C的过程：1mvC2－mv2＝－mgd＋Wf，得Wf＝－mgd.2针对训练如图3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/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计滑轮的质量和摩擦)图3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＝－.①对全过程应用动能定理W－mgΔh＝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.四、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4 如图4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4(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－fL－mgh＝0其中f＝μN＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N所以h＝＝ m＝0.15 m(2)设木块离开B点后沿桌面滑动的最大距离为x.由动能定理得：mgh－fx＝0所以：x＝＝ m＝0.75 m1．(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．0 B．2μmgR C．2πμmgR D.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＝.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＝mv2－0.②联立①②解得W＝μmgR.2．(动能定理的应用)如图6所示，物体在离斜面底端5 m处由静止开始下滑，然后滑上与斜面平滑连接的水平面，若物体与斜面及水平面间的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°.求物体能在水平面上滑行的距离．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图6答案 3.5 m解析对物体在斜面上和水平面上受力分析如图所示．方法一分过程列方程：设物体滑到斜面底端时的速度为v，物体下滑阶段N1＝mgcos 37°，故f1＝μN1＝μmgcos 37°.由动能定理得：mgsin 37°·l1－μmgcos 37°·l1＝mv2－0设物体在水平面上滑行的距离为l2，摩擦力f2＝μN2＝μmg由动能定理得：－μmg·l2＝0－mv2由以上各式可得l2＝3.5 m.方法二全过程列方程：m gl1sin 37°－μmgcos 37°·l1－μmg·l2＝0得：l2＝3.5 m.3．(利用动能定理分析多过程往复运动问题)如图7所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB 和CD轨道光滑．一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点速度为0.求：(g取10 m/s2)图7(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；(2)物体第5次经过B点时的速度大小；(3)物体最后停止的位置(距B点多少米)．答案(1)0.5 (2)13.3 m/s (3)距B点0.4 m解析(1)由动能定理得－mg(h－H)－μmgsBC＝0－mv12，解得μ＝0.5.(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgH－μmg·4sBC＝mv22－mv12，解得v2＝4 m/s≈13.3 m/s.(3)分析整个过程，由动能定理得mgH－μmgs＝0－mv12，解得s＝21.6 m.所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m，故最后停止的位置与B点的距离为2 m－1.6 m＝0.4 m.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用运动定理处理含曲线运动的多过程问题4．(利用动能定理分析多过程问题)如图8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l1＝3 m时撤去，木块又滑行l2＝1 m后飞出平台，求木块落地时速度的大小．(g取10 m/s2)图8答案11.3 m/s解析解法一取木块为研究对象，其运动分三个过程，先匀加速前进l1，后匀减速前进l2，再做平抛运动，对每一过程，分别由动能定理得Fl1－μmgl1＝mv12－μmgl2＝mv22－mv12mgh＝mv32－mv22解得v3≈11.3 m/s解法二对全过程由动能定理得Fl1－μmg(l1＋l2)＋mgh＝mv2－0代入数据解得v≈11.3 m/s【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题一、选择题考点一用动能定理求变力的功1．一质量为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1所示，则拉力F所做的功为( )图1A．mglcos θB．mgl(1－cos θ)C．Flcos θD．Flsin 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＝mgtan 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．由于小球缓慢移动，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)．2.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2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2A.mgRB.mgRC.mgR D．mgR答案C解析小球通过最低点时，设绳的张力为T，则T－mg＝m，即6mg＝m①小球恰好过最高点，绳子拉力为零，这时mg＝m②小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得－mg·2R－Wf＝mv22－mv12③由①②③式联立解得Wf＝mgR，选C.【考点】应用动能定理求变力的功【题点】应用动能定理求变力的功3.(多选)如图3所示，某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若太阳光照射到小车上方的光电板，小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离s，速度达到最大值vm，设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为f，那么( )图3A．这段时间内电动机所做的功为PtB．这段时间内小车先加速运动，然后匀速运动C．这段时间内电动机所做的功为mvm2＋fsD．这段时间内电动机所做的功为mvm2答案AC解析根据W＝Pt知，这段时间内电动机所做的功为Pt，故A正确；电动机的功率不变，速度增大，则牵引力减小，加速度减小，先做加速度减小的加速运动，当加速度减为零后，做匀速直线运动，而在t 时间内做加速运动，故B错误；根据动能定理得，W－fs＝mvm2，则这段时间内电动机做的功W＝fs＋mvm2，故C正确，D错误．【考点】应用动能定理求变力的功【题点】应用动能定理求变力的功考点二动能定理的应用4．两个物体A、B的质量之比为mA∶mB＝2∶1，二者初动能相同，它们和水平桌面间的动摩擦因数相同，则二者在桌面上滑行到停止经过的距离之比为( )A．xA∶xB＝2∶1 B．xA∶xB＝1∶2C．xA∶xB＝4∶1 D．xA∶xB＝1∶4答案B解析物体滑行过程中只有摩擦力做功，根据动能定理，对A：－μmAgxA＝0－Ek；对B：－μmBgxB＝0－Ek.故＝＝，B对．【考点】应用动能定理进行有关的计算【题点】应用动能定理求位移5．人骑自行车下坡，坡长l＝500 m，坡高h＝8 m，人和车总质量为100 kg，下坡时初速度为4 m/s，人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10 m/s，g取10 m/s2，则下坡过程中阻力所做的功为( )A．－4 000 J B．－3 800 JC．－5 000 J D．－4 200 J答案B解析由动能定理得mgh＋Wf＝m(vt2－v 02)，解得Wf＝－mgh＋m(vt2－v02)＝－3 800 J，故B正确．【考点】应用动能定理进行有关的计算【题点】应用动能定理求功6.如图4所示，一个小球质量为m，静止在光滑的轨道上．现以水平力击打小球，使小球能够通过半径为R的竖直光滑轨道的最高点C，则水平力对小球所做的功至少为( )图4A．mgR B．2mgRC．2.5mgR D．3mgR答案C解析恰好通过竖直光滑轨道的最高点C时，在C点有mg＝，对小球，由动能定理W－2mgR＝mv2，联立解得W＝2.5mgR，C项正确．【考点】应用动能定理进行有关的计算【题点】应用动能定理求功考点三利用动能定理分析多过程问题7．如图5所示，AB为圆弧轨道，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5A.μmgRB.mgRC．－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WAB，物体从A运动到C 的全过程，根据动能定理，有mgR－WAB－μmgR＝0.所以有WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR.8．质量为m的物体以初速度v0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6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6A.mv02－μmg(s＋x)B.mv02－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－mv02，所以W＝mv02－μmg(s＋x)．9．如图7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7A．5 m B．3 mC．7 m D．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)－fh＝0，mg(H＋h)＝3mgh.所以h＝5 m.10．如图8所示，小球以初速度v0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8A. B.4gh－v02C. D.2gh－v02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－Wf＝0－mv，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－Wf＝mv2，两式联立得再次经过A点的速度为，故B 正确．二、非选择题11．(利用动能定理分析多过程问题)如图9所示，AB与CD为两个对称斜面，其上部足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R为2.0 m，一个物体在离弧底E高度为h＝3.0 m处，以初速度4.0 m/s沿斜面向下运动，若物体与两斜面间的动摩擦因数均为0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共能走多少路程？(g取10 m/s2，不计空气阻力)图9答案见解析解析设物体在斜面上运动的总路程为s，则摩擦力做的总功为－μmgscos 60°，末状态选为B(或C)，此时物体速度为零，对全过程由动能定理得mg[h－R(1－cos 60°)]－μmgscos 60°＝0－mv02物体在斜面上通过的总路程为：s＝＝ m＝280 m.12．(利用动能定理分析多过程问题)如图10所示，光滑水平面AB与一半圆形轨道在B点平滑连接，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：(不计空气阻力)图10(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)mgR (3)mgR解析(1)由动能定理得W＝mvB2在B点由牛顿第二定律得7mg－mg＝m vB2R解得W＝3mgR(2)物块从B到C由动能定理得－2mgR＋W′＝mvC2－mvB2物块在C点时mg＝m vC2R解得W′＝－mgR，即物块从B到C克服阻力做功为mgR.(3)物块从C点平抛到水平面的过程中，由动能定理得2mgR＝Ek－mvC2，解得Ek＝mgR.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含弹力做功的多过程问题13．(利用动能定理分析多过程问题)如图11所示，光滑斜面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：图11(1)物体运动到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－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＝mvC2－0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＝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.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题考点应用动能定理分析多过程问题1．2016年11月1日广东珠海开幕的第十一届国际航空航天博览会上，空军“八一”飞行表演队的6架歼－10战斗机为现场数千名观众带来了一场震撼表演．如图1所示，某次飞行表演中，飞行员驾驶飞机在竖直面内做半径为R的圆周运动，在最高点时飞行员头朝下，已知飞行员质量为m，重力加速度为g.图1(1)若飞行员在最高点座椅对他的弹力和飞机在地面上起飞前一样，求最高点的速度；(2)若这位飞行员以(1)中的速度从最高点加速飞到最低点，且他在最低点能承受的最大竖直加速度为5g，求飞机在最低点的最大速度及这个过程中飞机对飞行员做的功．答案(1) (2) －mgR解析(1)最高点座椅对飞行员的弹力N＝mg由重力和弹力的合力提供向心力N＋mg＝，v1＝2gR(2)最低点向心加速度最大时速度也最大，a＝＝5g，速度最大为v2＝5gR对最高点到最低点的过程运用动能定理，有mg·2R＋W＝mv22－mv12，解得W＝－mgR.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题2．如图2所示是一种常见的圆桌，桌面中间嵌一半径为r＝1.5 m、可绕中心轴转动的圆盘，桌面与圆盘面在同一水平面内且两者间缝隙可不考虑．已知桌面离地高度为h＝0.8 m，将一可视为质点的小碟子放置在圆盘边缘，若缓慢增大圆盘的角速度，碟子将从圆盘上甩出并滑上桌面，再从桌面飞出，落地点与桌面飞出点的水平距离是0.4 m．已知碟子质量m＝0.1 kg，碟子与圆盘间的最大静摩擦力fmax＝0.6 N，g取10 m/s2，不计空气阻力，求：图2(1)碟子从桌面飞出时的速度大小；(2)碟子在桌面上运动时，桌面摩擦力对它做的功；(3)若碟子与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.225，要使碟子不滑出桌面，则桌面半径至少是多少？答案(1)1 m/s (2)－0.4 J (3)2.5 m解析(1)根据平抛运动规律：h＝gt2，x＝vt，得v＝x＝1 m/s.(2)设碟子从圆盘上甩出时的速度为v0，则fmax＝m，即v0＝3 m/s由动能定理得：Wf＝mv2－mv02，代入数据得：Wf＝－0.4 J.(3)当碟子滑到桌面边缘时速度恰好减为零，对应的桌子半径取最小值．设碟子在桌子上滑动的位移为x′，根据动能定理：－μmgx′＝0－mv02代入数据得：x′＝2 m由几何知识可得桌子半径的最小值为：R＝＝2.5 m.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题3．如图3所示为一种射程可调节的“抛石机”模型．抛石机长臂OA 的长度L＝4 m，B为OA中点，石块可装在长臂上的AB区域中某一位置．开始时长臂与水平面间的夹角α＝30°，对短臂施力，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，石块被水平抛出．在某次投石试验中，将质量为m＝10 kg的石块安装在A点，击中地面上距O点水平距离为x＝12 m的目标．不计空气阻力和抛石机长臂与短臂的质量，g取10 m/s2，求：图3(1)石块即将被投出瞬间所受向心力的大小；(2)整个过程中投石机对石块所做的功W；(3)若投石机对石块做功恒定，问应将石块安装在离O点多远处才能使石块落地时距O点的水平距离最大？答案(1)300 N (2)1 200 J (3)3 m解析(1)石块被抛出后做平抛运动，水平方向x＝vt竖直方向h＝gt2又h＝L＋Lsin α，解得v＝2 m/s所以石块受到的向心力为F＝m＝300 N(2)长臂从A点转到竖直位置的整个过程中，根据动能定理得W－mg(L ＋Lsin 30°)＝mv2－0代入数值解得W＝1 200 J(3)设抛出点距离O点为lW－mg(l＋lsin 30°)＝mv′2－0v′＝240－30l下落时间t′＝＝＝l＋25水平位移为s＝＝错误!因此当l＝3 m时石块落地时距O点水平距离最大．【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题4．如图4所示为一遥控电动赛车(可视为质点)和它的运动轨道示意图．假设在某次演示中，赛车从A位置由静止开始运动，经2 s后关闭电动机，赛车继续前进至B点后水平飞出，赛车能从C点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，D点和E点分别为圆形轨道的最高点和最低点．已知赛车在水平轨道AB段运动时受到的恒定阻力为0.4 N，赛车质量为0.4 kg，通电时赛车电动机的输出功率恒为2 W，B、C 两点间高度差为0.45 m，C与圆心O的连线和竖直方向的夹角α＝37°，空气阻力忽略不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：图4(1)赛车通过C点时的速度大小；(2)赛道AB的长度；(3)要使赛车能通过圆轨道最高点D后回到水平赛道EG，其半径需要满足什么条件？答案(1)5 m/s (2)2 m (3)R≤ m解析(1)赛车在BC间做平抛运动，则vy＝＝3 m/s由图可知：vC＝＝5 m/s(2)由(1)可知B点速度v0＝vCcos 37°＝4 m/s则根据动能定理：Pt－fAB＝mv02，解得lAB＝2 m.(3)当恰好通过最高点D时，有：mg＝m vD2R从C到D，由动能定理可知：－mgR(1＋cos 37°)＝mvD2－mvC2，解得R＝ m所以轨道半径R≤ m.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题5．如图5所示，在竖直平面内，长为L、倾角θ＝37°的粗糙斜面AB 下端与半径R＝1 m的光滑圆弧轨道BCDE平滑相接于B点，C点是轨迹最低点，D点与圆心O等高．现有一质量m＝0.1 kg的小物体从斜面AB上端的A点无初速度下滑，恰能到达圆弧轨道的D点．若物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.25，不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图5(1)斜面AB的长度L；(2)物体第一次通过C点时的速度大小vC1；(3)物体经过C点时，轨道对它的最小支持力Nmin；(4)物体在粗糙斜面AB上滑行的总路程s总．答案(1)2 m (2)2 m/s (3)1.4 N (4)6 m解析(1)A到D过程，根据动能定理有mg(Lsin θ－Rcos θ)－μmgLcos θ＝0，解得：L＝2 m；(2)A到C过程，根据动能定理有mg(Lsin θ＋R－Rcos θ)－μmgLcos θ＝mvC12，解得：vC1＝2 m/s；(3)物体经过C点，轨道对它有最小支持力时，它将在B点所处高度以下运动，所以有：mg(R－Rcos θ)＝mv min2，根据向心力公式有：Nmin－mg＝m，解得Nmin＝1.4 N；(4)根据动能定理有：mgLsin θ－μmgs总cos θ＝0，解得s总＝6 m.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题。