第四章 专题强化11 利用动能定理分析变力做功和多过程问题

利用动能定理分析变力做功和多过程问题
[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做功
1．动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便．
2．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＝ΔE k .
例1 (2022·上海交大附中高一期中)如图所示，质量为1.0 kg 的重物P 放在一长木板OA 上，物体距O 点距离为0.2 m ，将长木板绕O 端缓慢转过30°的过程中，重物P 相对于木板始终保持静止，g 取10 m/s 2，则在这一过程中摩擦力对重物做功为______ J ；支持力对重物做功为______ J.
答案 0 1
解析 重物受到重力、支持力和摩擦力的作用，处于平衡状态，在缓慢上升的过程中，位移方向向左上，重力对重物做功为W G ＝－mgL sin θ＝－1 J ，重物在上升的过程中，重物相对于木板并没有滑动，所以重物受到的摩擦力对重物做的功为零，由于重力对重物做了负功，摩擦力对重物不做功，在这一过程中根据动能定理可知W G ＋W N ＝0，解得W N ＝1 J.
针对训练1 质量为m 的物体以初速度v 0沿水平面向左开始运动，起始点A 与一水平轻弹簧O 端相距s ，如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧接触后，弹簧的最大压缩量为x ，重力加速度为g ，则从开始接触到弹簧被压缩至最短(弹簧始终在弹性限度内)，物体克服弹簧弹力所做的功为( )
A.1
2
m v 02－μmg (s ＋x ) B.1
2
m v 02－μmgx
C ．μmgs
D ．μmg (s ＋x )
答案 A
解析 设物体克服弹簧弹力所做的功为W ，从开始接触到弹簧被压缩至最短，由动能定理得－W －μmg (s ＋x )＝0－12m v 02，W ＝1
2m v 02－μmg (s ＋x )，A 正确，B 、C 、D 错误．
二、利用动能定理分析多过程问题
1．一个物体的运动过程如果包含多个运动阶段，即可以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、初末动能进行分析，然后应用动能定理列式联立求解．也可以全过程应用动能定理，这样不涉及中间量，解决问题会更简单方便．
2．选择全过程应用动能定理时，要注意有些力不是全过程都做功的，必须根据不同的情况区别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，做正功还是负功，正确写出总功． 例2 (2021·重庆市黔江新华中学高一月考)如图所示装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度s ＝5 m ，轨道CD 足够长，A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为h 1＝4.30 m 、h 2＝1.35 m ．现让质量为m 的小滑块自A 点由静止释放．已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2.求小滑块第一次到达C 点和D 点时的速度大小．
答案 6 m/s 3 m/s
解析 小物块从A →B →C 过程中，由动能定理得mgh 1－μmgs ＝1
2m v C 2，代入数据解得v C ＝6
m/s.
小物块从A →B →C →D 过程中，由动能定理得 mg (h 1－h 2)－μmgs ＝1
2
m v D 2，代入数据解得v D ＝3 m/s.
1．本题也可采用分段分析，分段利用动能定理进行列式求解，但全程利用动能定理要更方便． 2．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，动能定理比牛顿运动定律解题更简单方便，所以我们可优先采用动能定理解决问题．
针对训练2 如图所示，右端连有一个固定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/s 2.求：
(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，在水平桌面上滑行的最大距离． 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到最大高度处，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 ＝FL －fL mg ＝(1.5－1.0)×1.5
0.5×10
m ＝0.15 m
(2)设木块离开B 点后，在水平桌面上滑行的最大距离为x ，由动能定理得：mgh －fx ＝0 所以x ＝mgh f ＝0.5×10×0.15
1.0
m ＝0.75 m.
1.有一质量为m 的木块，从半径为r 的圆弧曲面上的a 点滑向b 点，如图所示．如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )
A ．木块所受的合外力为零
B ．因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零
C ．重力和摩擦力的合力做的功为零
D ．重力和摩擦力的合力为零 答案 C
解析 木块做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，故合外力不为零，A 错；速率不变，动能不变，由动能定理知，合外力做的功为零，而支持力方向始终与运动方向垂直，支持力不做功，重力做正功，所以重力做的功与摩擦力做的功的代数和为零，但重力和摩擦力的合
力不为零，C 对，B 、D 错．
2.一个质量为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 点缓慢地移动到Q 点，OQ 与OP 的夹角为θ，如图所示，重力加速度为g ，则拉力F 所做的功为( )
A ．mgl cos θ
B ．mgl (1－cos θ)
C ．Fl cos θ
D ．Fl sin θ
答案 B
解析 小球缓慢移动，始终处于平衡状态，由平衡条件可知，F ＝mg tan θ，θ为轻绳与OP 的夹角，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．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 F ＝0，所以W F ＝ mgl (1－cos θ)，B 正确，A 、C 、D 错误．
3.如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在水平地面上的斜面．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 ，重力加速度为g ，则从A 到C 的过程中弹簧弹力做的功是( )
A ．mgh －1
2m v 2
B.1
2
m v 2－mgh C ．－mgh D ．－(mgh ＋1
2
m v 2)
答案 A
解析 小球由A 到C 的过程运用动能定理可得 －mgh ＋W ＝0－1
2
m v 2，
所以W ＝mgh －1
2
m v 2，故A 正确．
4.如图所示，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 的小球自轨道端点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 .小球自P 点滑到Q 点的过程中，克服摩擦力所做的功为( )
A.1
4mgR B.1
3mgR C.1
2mgR D.π
4
mgR 答案 C
解析 在最低点，根据牛顿第三定律可知，轨道对小球的支持力F ＝2mg ，根据牛顿第二定律可得F －mg ＝m v 2R ，从P 点到最低点Q 的过程，由动能定理可得mgR －W 克f ＝1
2m v 2，联立
可得克服摩擦力做的功W 克f ＝1
2
mgR ，选项C 正确．
5．(多选)一质量为m 的物块静止放在一凹凸不平的轨道底端，在一水平向右的恒力F 作用下由图中的位置运动到轨道的一定高度处，物块此时的速度大小为v .经测量可知初、末位置的高度差为h 、水平间距为x ，重力加速度为g ，物块所受的摩擦力不能忽略．则( )
A ．物块的重力做功为－mgh
B ．物块所受的合外力做功为1
2m v 2
C ．物块所受的恒力做功为Fx －mgh
D ．物块克服摩擦力所做的功为1
2m v 2＋mgh －Fx
答案 AB
解析 由题图分析可知摩擦力为变力，设克服摩擦力做的功为W
克f ，由动能定理可得
Fx －
mgh －W 克f ＝12m v 2－0，得W 克f ＝Fx －mgh －1
2m v 2，故D 错误；恒力对物块做的功为Fx ，C
错误；由动能定理可知，合外力对物块所做的功等于物块动能的增加量，为1
2m v 2，B 正确；
重力做负功，所做的功为－mgh ，A 正确．
6．(2021·太原五中月考)如图所示，将质量为m 的小球以初速度大小v 0由地面竖直向上抛出．小球落回地面时，其速度大小为3
4v 0.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，重
力加速度为g ，则空气阻力的大小等于( )
A.34mg
B.316mg
C.716mg
D.725mg 答案 D
解析 小球向上运动的过程，由动能定理得－(mg ＋f )H ＝0－1
2m v 02，小球向下运动的过程，
由动能定理得(mg －f )H ＝12m (34v 0)2，联立解得f ＝7
25
mg ，选项D 正确．
7.如图所示为一水平的转台，半径为R ，一质量为m 的滑块放在转台的边缘，已知滑块与转台间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .若转台的转速由零逐渐增大，当滑块在转台上刚好发生相对滑动时，转台对滑块所做的功为( )
A.1
2
μmgR B ．2πmgR C ．2μmgR D ．0
答案 A
解析 滑块即将开始发生相对滑动时，最大静摩擦力(等于滑动摩擦力)提供向心力，有μmg ＝m v 2R ，根据动能定理有W f ＝12m v 2，解得W f ＝12
μmgR ，A 正确．
8．(多选)质量为m 的汽车，发动机的功率恒为P ，阻力恒为F 1，牵引力为F ，汽车由静止开始沿直线运动，经过时间t 行驶了位移x 时，速度达到最大值v m ，则发动机所做的功为( ) A ．Pt B ．F 1x C.1
2m v m 2 D.mP 22F 12＋Px v m
答案 AD
解析 发动机的功率恒为P ，经过时间t ，发动机做的功为W ＝Pt ，A 正确；当达到最大速度时，有P ＝F 1v m ，得v m ＝P F 1，整个过程中由动能定理有W －F 1x ＝12m v m 2－0，则W ＝1
2m v m 2
＋F 1x ＝mP 22F 12＋Px
v m
，B 、C 错误，D 正确．
9.如图所示，一质量为2 kg 的铅球(可视为质点)从离地面2 m 高处自由下落，陷入沙坑2 cm 深处，求沙子对铅球的平均阻力大小．(g ＝10 m/s 2)
答案 2 020 N 解析 方法一：分段法
自由下落至地面过程中由动能定理有 mgH ＝12
m v 2
陷入沙坑至静止过程由动能定理有 mgh －f ·h ＝0－1
2m v 2
联立解得f ＝2 020 N 方法二：全程法
整个过程中由动能定理有mg (H ＋h )－f ·h ＝0 解得f ＝2 020 N.
10．一列车的质量是5.0×105 kg ，在平直的轨道上以额定功率3 000 kW 加速行驶，当速率由10 m/s 加速到所能达到的最大速率30 m/s 时，共用了2 min ，设列车所受阻力恒定，g 取10 m/s 2，则：
(1)列车所受的阻力为多大；
(2)这段时间内列车前进的距离是多少． 答案 (1)1.0×105 N (2)1 600 m
解析 (1)列车以额定功率加速行驶时，加速度逐渐减小，当加速度减小到零时，牵引力与阻力大小相等，F ＝f ，速度最大，此时有P ＝F v m 所以列车受到的阻力f ＝P
v m
＝1.0×105 N
(2)这段时间牵引力做功W F ＝Pt ，设列车前进的距离为s ，则列车的速率由10 m/s 加速到30 m/s 过程中，由动能定理得Pt －fs ＝12m v m 2－1
2m v 02
代入数值解得s ＝1 600 m.
11.如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙游戏，人坐在滑板上从倾角为θ的斜坡上由静止开始下滑，经过斜坡底端沿水平滑道再滑行一段距离停下．已知滑板与斜坡和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.3，斜坡和水平滑道平滑连接．若某人和滑板的总质量m＝60 kg，滑行过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)把人和滑板看作整体，画出该整体从斜坡上下滑过程中的受力示意图．
(2)若已知θ＝37°，人和滑板从斜坡滑下时加速度的大小．
(3)若已知θ＝37°，水平滑道BC的最大长度为L1＝20 m，人和滑板在斜坡上滑下的高度应不超过多少？
(4)若斜坡倾角θ大小可调节且大小未知，水平滑道BC的长度未知，但是场地的水平空间距离DC的最大长度为L2＝30 m，人和滑板在斜坡上从D的正上方A处由静止下滑，那么A 到D的高度不超过多少？
答案(1)见解析图(2)3.6 m/s2(3)10 m(4)9 m
解析(1)受力分析示意图如图所示．
(2)根据牛顿第二定律得，
mg sin 37°－f＝ma
又N＝mg cos 37°
f＝μN
联立以上三式，代入数据解得a＝3.6 m/s2.
(3)设人和滑板从距水平滑道高H处下滑，从人和滑板在斜坡上开始运动到人和滑板停止运动的过程中，根据动能定理得
mgH－μmg cos 37°·H
sin 37°
－μmgL1＝0－0
代入数据解得H＝10 m.
(4)设A到D的高度为h，人和滑板在斜坡上A处开始运动到人和滑板停止运动的过程中，根据动能定理得
mgh －μmg cos θ·h sin θ－μmg (L 2－h
tan θ)＝0－0
代入数据解得h ＝9 m.
12.(2021·广州市高一期末)如图，一篮球质量m ＝0.60 kg ，运动员使其从距离地面高度h 1＝ 1.8 m 处由静止自由落下，反弹高度h 2＝1.2 m ．若使篮球从距离地面高度h 3＝1.5 m 的高度静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹高度也为1.5 m ．设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间t ＝0.20 s ；该篮球每次与地面碰撞前后的动能比值k 恒定，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：
(1)比值k 的大小；
(2)运动员拍球过程中对篮球所做的功； (3)运动员拍球时对篮球作用力的大小． 答案 (1)3
2
(2)4.5 J (3)9 N
解析 (1)该篮球自由落下至第一次与地面碰撞前过程中有E k1＝1
2m v 12＝mgh 1
该篮球第一次碰撞后反弹至高度h 2过程中有 E k2＝1
2m v 22＝mgh 2
可得k ＝E k1E k2＝h 1h 2＝1.81.2＝3
2
.
(2)第二次从1.5 m 的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中有E k4＝mgh 4， 第二次从1.5 m 的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得W ＋mgh 3＝E k3，因篮球每次和地面碰撞前后的动能比值不变，则有E k2E k1＝E k4
E k3，代入数据可得W ＝4.5 J.
(3)由于作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此由牛顿第二定律可得F ＋mg ＝ma
在拍球时间内运动的位移为x ＝1
2at 2
做的功为W ＝Fx
联立可得F＝9 N(F＝－15 N舍去)．。