第七章习题课动能和动能定理.docx

习题课：动能定理的应用
[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的功
例1　如图1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.求：

图1
(1)小球运动到B处时对轨道的压力大小．
(2)小球在BC上运动过程中，摩擦力对小球做的功．(重力加速度为g)
解析　(1)小球下落到B的过程由动能定理得2mgd＝mv2，在B点：FN－mg＝m，得：FN＝5mg，根据牛顿第三定律：FN′＝ FN＝5mg.
(2)在C点，mg＝m.小球从B运动到C的过程：
mv－mv2＝－mgd＋Wf，得Wf＝－mgd.
答案　(1)5mg　(2)－mgd
[方法总结]
利用动能定理求变力的功是最常用的方法，这种题目中，物体受到一个变力和几个恒力作用，这时可以先求出几个恒力所做的功，然后用动能定理间接求变力做的功，即WF＋W其他＝ΔEk.
针对训练　
如图2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)．则在这一过程中摩擦力对物体做的功是(　　)

图2
A．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＝mv2－0②联立①②解得W＝μmgR.
二、利用动能定理分析多过程问题
例2　如图3所示，ABCD为一位于竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑且与BC平滑连接．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点速度为零．g取10 m/s2，求：

图3
(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；
(3)物体最后停止的位置(距B点多少米)．
解析　(1)由动能定理得
mg(H－h)－μmgxBC＝0－mv，
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·4xBC＝mv－mv，
解得v2＝4 m/s.
(3)分析整个过程，由动能定理得
mgH－μmgs＝0－mv，
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，故距B点的距离为2 m－1.6 m＝0.4 m.
答案　(1)0.5　(2)4 m/s　(3)距B点0.4 m
[技巧点拨]
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，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．
三、动能定理和动力学方法的综合应用
例3　为了研究过山车的原理，某兴趣小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为37°、长为l＝2 m的粗糙倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与半径为R＝0.2 m的竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的．其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图4所示．一个质量m＝1 kg小物块以初速度v0＝5 m/s从A点沿倾斜轨道滑下，小物块到达C点时速度vC＝4 m/s.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.

图4
(1)求小物块到达C点时对圆轨道压力的大小；
(2)求小物块从A到B运动过程中摩擦力所做的功；
(3)为了使小物块不离开轨道，并从轨道DE滑出，求竖直圆弧轨道的半径应满足什么条件？
解析　(1)设小物块到达C点时受到的支持力大小为FN，
根据牛顿第二定律有，FN－mg＝m
解得：FN＝90 N
根据牛顿第三定律得，小物块对圆轨道压力的大小为90 N
(2)小物块从A到C的过程中，根据动能定理有：
mglsin 37°＋Wf＝mv－mv
解得Wf＝－16.5 J
(3)设小物块进入圆轨道到达最高点时速度大小为v1，根据牛顿第二定律有：
FN＋mg＝m，
为使小物块能通过圆弧轨道的最高点，
则v1≥
小物块从圆轨道最低点到最高点的过程中，根据机械守恒定律有：
mv＝mv＋2mgR，当v1＝时，联立得R＝0.32 m，
所以为使小物块能通过圆弧轨道的最高点，R≤0.32 m.
答案　(1)90 N　(2)－16.5 J　(3)R≤0.32 m
[技巧点拨]
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有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能过最高点的临界条件为vmin＝0.
②没有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能过最高点的临界条件为vmin＝.

1．如图5所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是(　　)

图5
A．mgh－mv2 B.mv2－mgh
C．－mgh D．－(mgh＋mv2)
答案　A
解析　由A到C的过程运用动能定理可得：
－mgh＋W＝0－mv2，
所以W＝mgh－mv2，故A正确．
2.如图6所示，质量为m＝1 kg的小球从A点以v0＝10 m/s的初速度沿水平轨道向右运动，之后进入半径为r＝0.9 m的竖直圆轨道，恰能通过圆轨道的最高点P，求此过程中小球克服摩擦阻力做的功．(g取10 m/s2)

图6
答案　27.5 J
解析　由题意可知，小球在最高点P时，有mg＝m，得v＝＝ m/s＝3 m/s.
A到P由动能定理得－mg×2r＋Wf＝mv2－mv，代入数据，得Wf＝mv2－mv＋2mgr＝－27.5 J.
故小球克服摩擦阻力做的功Wf′＝27.5 J.
3．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图7是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为60°，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙且长8 m．某运动员从轨道上的A点以3 m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为60 kg，B、E两点到水平轨道CD的竖直高度为h和H，且h＝2 m，H＝2.8 m，g取10 m/s2.求：

图7
(1)运动员从A点运动到达B点时的速度大小vB；
(2)轨道CD段的动摩擦因数μ；
(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时速度的大小；如不能，则最后停在何处？
答案　(1)6 m/s　(2)0.125　(3)最后停在D点左侧6.4 m处，或C点右侧1.6 m处
解析　(1)由题意可知：vB＝
解得：vB＝2v0＝6 m/s.①
(2)由B点到E点，由动能定理可得：
mgh－μmgxCD－mgH＝0－mv②
由①②代入数据可得：μ＝0.125.
(3)设运动员能到达左侧的最大高度为h′，从B到第一次返回左侧最高处，根据动能定理 mgh－mgh′－μmg·2xCD＝0－mv
解得h′＝1.8 m<h＝2 m
所以第一次返回时，运动员不能回到B点
设运动员从B点运动到停止，在CD段的总路程为s，由动能定理可得：
mgh－μmgs＝0－mv④
解得：s＝30.4 m
因为s＝3xCD＋6.4 m，所以运动员最后停在D点左侧6.4 m处，或C点右侧1.6 m处．

一、选择题(1～4为单项选择题，5～7为多项选择题)
1.如图1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1
A.μmgR B.mgR
C．－mgR D．(1－μ)mgR
答案　D
解析　物体从A运动到B所受的弹力要发生变化，摩擦力大小也要随之变化，所以克服摩擦力所做的功，不能直接由做功的公式求得．而在BC段克服摩擦力所做的功，可直接求得．对从A到C全过程运用动能定理即可求出物体在AB段克服摩擦力所做的功．
设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A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.
2．在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当它落到地面时速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于(　　)
A．mgh－mv2－mv
B.mv2－mv－mgh
C．mgh＋mv－mv2
D．mgh＋mv2－mv
答案　C
解析　选取物体从刚抛出到正好落地时的过程，由动能定理可得：
mgh－Wf克＝mv2－mv
解得：Wf克＝mgh＋mv－mv2.
3.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O端相距s，如图2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(　　)

图2
A.mv－μmg(s＋x) B.mv－μmgx
C．μmgs D．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－mv，所以W＝mv－μmg(s＋x)．
4.一质量为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3所示，则拉力F所做的功为(　　)

图3
A．mglcos θ
B．mgl(1－cos θ)
C．Flcos θ
D．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．由于物体缓慢移动，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)．
5.在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到vmax后，立即关闭发动机直至静止，v－t图象如图4所示，设汽车的牵引力为F，受到的摩擦力为Ff，全程中牵引力做功为W1，克服摩擦力做功为W2，则(　　)

图4
A．F∶Ff＝1∶3 B．W1∶W2＝1∶1
C．F∶Ff＝4∶1 D．W1∶W2＝1∶3
答案　BC
解析　对汽车运动的全过程，由动能定理得：W1－W2＝ΔEk＝0，所以W1＝W2，选项B正确，选项D错误；由图象知x1∶x2＝1∶4.由动能定理得Fx1－Ffx2＝0，所以
F∶Ff＝4∶1，选项A错误，选项C正确．
6．质量为m的汽车在平直公路上行驶，发动机的功率P和汽车受到的阻力Ff均恒定不变，在时间t内，汽车的速度由v0增大到最大速度vm，汽车前进的距离为s，则此段时间内发动机所做的功W可表示为(　　)
A．W＝Pt
B．W＝Ffs
C．W＝mv－mv＋Ffs
D．W＝mv＋Ffs
答案　AC
解析　由题意知，发动机功率不变，故t时间内发动机做功W＝Pt，所以A正确；车做加速运动，故牵引力大于阻力Ff，故B错误；根据动能定理W－Ffs＝mv－mv，所以C正确，D错误．
7.如图5所示，半径为R的光滑圆弧槽固定在小车上，有一小球静止在圆弧槽的最低点．小车和小球一起以速度v向右匀速运动．当小车遇到障碍物突然停止后，小球上升的高度可能是(　　)

图5
A．等于 B．大于
C．小于 D．与小车的速度v有关
答案　ACD
解析　小球冲上圆弧槽，则有两种可能，一是速度较小，滑到某处小球速度为0.根据动能定理有mv2＝mgh，解得h＝；另一可能是速度较大，小球滑出弧面做斜抛运动，到最高点还有水平速度，则此时小球所能达到的最大高度要小于，故A、C、D正确，B错误．
二、非选择题
8.如图6所示，一个质量为m＝0.6 kg 的小球以初速度v0＝2 m/s从P点水平抛出，从粗糙圆弧ABC的A点沿切线方向进入(不计空气阻力，进入圆弧时无动能损失)且恰好沿圆弧通过最高点C，已知圆弧的圆心为O，半径R＝0.3 m，θ＝60°，g＝10 m/s2.求：

图6
(1)小球到达A点的速度vA的大小；
(2)P点到A点的竖直高度H；
(3)小球从圆弧A点运动到最高点C的过程中克服摩擦力所做的功W.
答案　(1)4 m/s　(2)0.6 m　(3)1.2 J
解析　(1)在A点由速度的合成得vA＝
解得vA＝4 m/s
(2)P点到A点小球做平抛运动，竖直分速度vy＝v0tan θ
由运动学规律有v＝2gH
由以上两式解得H＝0.6 m
(3)恰好过C点满足mg＝
由A点到C点由动能定理得
－mgR(1＋cos θ)－W＝mv－mv
代入数据解得W＝1.2 J.
9.如图7所示，绷紧的传送带在电动机带动下，始终保持v0＝2 m/s的速度匀速运行，传送带与水平地面的夹角θ＝30°，现把一质量m＝10 kg的工件轻轻地放在传送带底端，由传送带传送至h＝2 m的高处．已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2.

图7
(1)通过计算分析工件在传送带上做怎样的运动？
(2)工件从传送带底端运动至h＝2 m高处的过程中摩擦力对工件做了多少功？
答案　(1)工件以2.5 m/s2的加速度先做匀加速直线运动，运动0.8 m与传送带达到共同速度2 m/s后做匀速直线运动　(2)220 J
解析　(1)工件刚放上传送带时受滑动摩擦力：
Ff＝μmgcos θ，
工件开始做匀加速直线运动，由牛顿运动定律：
Ff－mgsin θ＝ma可得：
a＝－gsin θ
＝g(μcos θ－sin θ)
＝10× m/s2
＝2.5 m/s2.
设工件经过位移x与传送带达到共同速度，由匀变速直线运动规律可得：x＝＝ m＝0.8 m＜＝4 m
故工件先以2.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，运动0.8 m与传送带达到共同速度2 m/s后做匀速直线运动．
(2)在工件从传送带底端运动至h＝2 m高处的过程中，设摩擦力对工件做功Wf，由动能定理得Wf－mgh＝mv，
可得：Wf＝mgh＋mv＝10×10×2 J＋×10×22 J＝220 J.
10．如图8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间动摩擦因数μ＝0.2轨道在B、C两点光滑连接．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．sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.g取10 m/s2.求：
(1)物体运动到C点时速度大小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.

图8
答案　(1)4 m/s　(2)1.02 m　(3)0.4 m
解析　(1)物体由C点到最高点，根据动能定理得：
－mg(h＋R)＝0－mv
代入数据解得：vC＝4 m/s
(2)物体由A点到C点，根据动能定理得：
mv－0＝mgH－μmglBC
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－μmgs＝0
代入数据，解得：s＝5.1 m
由于s＝4lBC＋0.7 m
所以，物体最终停止的位置到C点的距离为：Δx＝0.4 m.