2018_2019学年高中物理微专题(三)动能定理的应用课件新人教版

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．
答案：BC
[变式训练] (2017·四川南充月考)(多选)如图(甲)所示，静止在水平地面
－mgR(1＋cosθ)－W＝12mv2C－12mv2A 代入数据解得W＝1.2 J. 答案：(1)4 m/s (2)0.6 m (3)1.2 J
答案：BC
类型三 应用动能定理分析多过程问题
3 如图所示，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14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，cos53°＝0.6.g取10 m/s2.求：
1 如图所示，木板长为l，木板的A端放一质量为m的小物 体，物体与板间的动摩擦因数为μ.开始时木板水平，在绕O点缓 慢转过一个小角度θ的过程中，若物体始终保持与木板相对静 止．对于这个过程中各力做功的情况，下列说法中正确的是 ()
A．摩擦力对物体所做的功为mglsinθ(1－cosθ) B．弹力对物体所做的功为mglsinθcosθ C．木板对物体所做的功为mglsinθ D．合力对物体所做的功为mglcosθ
2(多选)
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( )
A．F:Ff＝1:3
B．W1:W2＝1:1
C．F:Ff＝4:1
D．W1:W2＝1:3
审题指导
解析：重力是恒力，可直接用功的计算公式，则WG＝－ mgh；摩擦力虽是变力，但因摩擦力方向上物体没有发生位
移，所以Wf＝0；因木板缓慢运动，所以合力F合＝0，则W合＝ 0；因支持力FN为变力，不能直接用公式求它做的功，由动能定 理W合＝ΔEk知，WG＋WFN＝0，所以WFN＝－WG＝mgh＝
微专题(三) 动能定理的应用
分类突破
类型一 用动能定理求变力的功
在求变力做的功时，无法应用W＝Fl求解，只能把变力做 的功用符号W表示，利用动能定理求变力的功是最常见的方 法，具体做法如下：
1．如果在研究的过程中，只有所要求的变力做功，则这个 变力做的功就等于物体动能的增量，即W＝ΔEk.
2．如果物体同时受到几个力的作用，但是其中只有一个力 F是变力，其他力都是恒力，则可以先用恒力做功的公式求出几 个恒力所做的功，然后再用动能定理来间接求变力做的功：WF ＋W其他＝ΔEk.
C．μmgx0
D．μmg(x0＋x)
解析：由动能定理得－W－μmg(x0＋x)＝0－
1 2
mv
2 0
，故物体
克服弹簧弹力做功W＝12mv20－μmg(x0＋x)，A正确．
答案：A
3．一质量为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( )
1．(2017·扬州高一期末)某同学用200 N的力将质量为0.44 kg的足球踢出，足球以10 m/s的初速度沿水平草坪滚出60 m后
静止，则足球在水平草坪上滚动过程中克服阻力做的功是
() A．4.4 J
B．22 J
C．132 J
D．12 000 J
解析：由动能定理得：
W＝12mv2＝12×0.44×102 J＝22 J，故选项B正确． 答案：B
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WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR.故正确答案为D. 答案：D
类型二 动能定理与图象的综合
利用物体的运动图象可以了解物体的运动情况，要特别注 意图象的形状、交点、截距、斜率、面积等信息．动能定理经 常和图象问题综合起来，分析时一定要弄清图象的物理意义， 并结合相应的物理情境选择合理的规律求解．
上的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图 (乙)所示，设物块与地面的静摩擦力最大值Ffm与滑动摩擦力大 小相等，则下列说法正确的是( )
A．0～t1时间内F的功率逐渐增大 B．t2时刻物块A的加速度最大 C．t3时刻物块A的动能最大 D．t4时刻物块A的位移最大
解析：由图象可知，0～t1时间内拉力F小于最大静摩擦 力，物块静止，拉力功率为零，故选项A错误；由图象可知， 在t2时刻物块A受到的拉力最大，物块A受到的合力最大，由牛 顿第二定律可得，此时物块A的加速度最大，故选项B正确；由 图象可知在t1～t3时间内，物块A受到的合力一直做正功，物块 动能一直增加，在t3时刻以后，合力做负功，物块动能减小，因 此在t3时刻物块动能最大，故选项C正确；t4时刻力F＝0，但速 度不为零，物块继续做减速运动，位移继续增大，故选项D错 误．
力做功情况分别为：
推力做功WF＝Fl1； 摩擦力做功Wf＝－μmg(l1＋l2)， 重力做功WG＝mgh，
故合力做的功：W＝Fl1－μmg(l1＋l2)＋mgh 由动能定理W＝ΔEk得 Fl1－μmg(l1＋l2)＋mgh＝12mv2－0， 代入数据解得v＝8 2 m/s. 答案：8 2m/s
随堂达标演练
mv2 R
，所以v＝
gR ；由P到Q根据
动能定理得mgR－Wf＝12mv2，
解得Wf＝12mgR，故C正确．
答案：C
5．如图所示，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
(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Δx.
解析：(1)物体由C点到最高点，根据动能定理得：
－mg(h＋R)＝0－12mv2C 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：
12mv2C－0＝mgH－μmglBC 代入数据解得：H＝1.02 m
mglsinθ. 答案：C
[变式训练]
如图所示，AB为
1 4
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( )
μmgR A. 2 C．mgR
mgR B. 2 D．(1－μ)mgR
(3)从物体开始下滑到停下，根据动能定理得： mgH－μmgx＝0 代入数据，解得：x＝5.1 m 由于x＝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. 答案：(1)4 m/s (2)1.02 m (3)0.4 m
反思总结,
动能定理的应用技巧 (1)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． (2)研究初、末动能时，只需关注初、末状态，不必关心中 间运动的细节．
4．如图，一半径为R的半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( )
1
1
A.4mgR B.3mgR
1
π
C.2mgR D.4mgR
解析：在Q点，FN－mg＝
2．(2017·渭南高一检测)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x0，如图所 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( )
A.12mv20－μmg(x0＋x) B.12mv20－μmgx
A．mglcosθ
B．Flsinθ
C．mgl(1－cosθ) D．Flcosθ
解析：小球的运动过程是缓慢的，因而任一时刻都可看做
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，得WF＝mgl(1－cosθ)． 所以WF＝mgl(1－cosθ)，故C正确． 答案：C
(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.
解析：(1)在A点由速度的合成得vA＝covs0θ 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＝v0tanθ 由运动学规律有v2y＝2gH 由以上两式解得H＝0.6 m (3)恰好过C点满足mg＝mRv2C 由A点到C点由动能定理得
[变式训练]
如图所示，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．