高一物理必修二第七章 专题强化6 利用动能定理分析变力做功和多过程问题---教师版
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专题强化6 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的功
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.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=ΔE k .
例1 如图1所示,质量为m 的小球(可视为质点)由静止自由下落d 后,沿竖直面内的固定轨道ABC 运动,AB 是半径为d 的1
4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1
(1)小球运动到B 处时对轨道的压力大小(可认为此时小球处在轨道AB 上); (2)小球在BC 运动过程中,摩擦力对小球做的功. 答案 (1)5mg (2)-3
4
mgd
解析 (1)小球运动到B 点的过程由动能定理得2mgd =12m v 2
,在B 点:F N -mg =m v 2d ,得:
F N =5mg ,
根据牛顿第三定律:小球在B 处对轨道的压力F N ′= F N =5mg . (2)小球恰能通过C 点,则mg =m v C 2
d 2.
小球从B 运动到C 的过程:
-mgd +W f =12m v C 2-12m v 2,得W f =-3
4
mgd .
针对训练1 (2018·厦门市高一下学期期末)如图2所示,有一半径为r =0.5 m 的粗糙半圆轨道,A 与圆心O 等高,有一质量为m =0.2 kg 的物块(可视为质点),从A 点静止滑下,滑至最低点B 时的速度为v =1 m /s ,取g =10 m/s 2,下列说法正确的是( )
图2
A.物块过B 点时,对轨道的压力大小是0.4 N
B.物块过B 点时,对轨道的压力大小是2.0 N
C.A 到B 的过程中,克服摩擦力做的功为0.9 J
D.A 到B 的过程中,克服摩擦力做的功为0.1 J 答案 C
解析 在B 点由牛顿第二定律可知F N -mg =m v 2
r ,解得:F N =2.4 N ,由牛顿第三定律可知
物块对轨道的压力大小为2.4 N ,故A 、B 均错误.对于A 到B 的过程,由动能定理得mgr +W f =1
2m v 2-0,解得W f =-0.9 J ,故克服摩擦力做功为0.9 J ,故C 正确,D 错误.
二、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2 如图3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/s 2.求:
图3
(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 -F f L -mgh =0
其中F f =μF N =μmg =0.2×0.5×10 N =1.0 N 所以h =FL -F f L mg =(1.5-1.0)×1.5
0.5×10
m =0.15 m
(2)设木块离开B 点后沿桌面滑行的最大距离为x .由动能定理得: mgh -F f x =0
所以:x =mgh F f =0.5×10×0.15
1.0
m =0.75 m
针对训练2 (2018·金陵中学第二学期期末考试)图4中ABCD 是一条长轨道,其中AB 段是倾角为θ的斜面,CD 段是水平的,BC 段是与AB 段和CD 段都相切的一小段圆弧,其长度可以略去不计.一质量为m 的小滑块在A 点从静止释放,沿轨道滑下,最后停在D 点,A 点和D 点的位置如图1所示,现用一沿轨道方向的力推滑块,使它缓缓地由D 点回到A 点,设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g ,则推力对滑块做的功等于( )
图4
A.mgh
B.2mgh
C.μmg (s +h
sin θ)
D.μmg (s +h cos θ)
答案 B
解析 滑块由A 点运动至D 点,设克服摩擦力做功为W AD ,由动能定理得mgh -W AD =0,即W AD =mgh ①,滑块从D 点回到A 点,由于是缓慢推,说明动能变化量为零,设克服摩擦力做功为W DA ,由动能定理知当滑块从D 点被推回A 点有W F -mgh -W DA =0②,由A 点运动至D 点,克服摩擦力做的功为W AD =μmg cos θ·h
sin θ+μmgs ③,从D →A 的过程克服摩擦力做
的功为W DA =μmg cos θ·h
sin θ
+μmgs ④,③④联立得W AD =W DA ⑤,①②⑤联立得W F =2mgh ,