2022学年高中物理机械能守恒定律同步学案新人教版5

第7节动能和动能定理要点一动能定理的理解1．动能定理的推导：由实验发现，物体动能的改变量等于外力做的功．其实，运用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律，也可以推导出恒力对物体做功与动能改变的关系．设物体的质量为m，初速度为v1，在与运动方向相同的合外力F的作用下发生一段位移l，速度增加到v2，根据牛顿第二定律有F＝ma①由匀变速运动规律得l＝eq\f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),2a)②由①×②可得Fl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)即合外力对物体所做的功等于物体动能的改变，这个结论就叫做动能定理．如果用W表示合外力对物体做的功，Ek2表示物体的末动能，Ek1表示物体的初动能，上式可写为：W＝Ek2－Ek1.2．物理意义：动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系．即外力对物体所做的总功，对应于物体动能的变化，变化的大小由做功的多少来量度．3．实质：动能定理从能量变化的角度反映了力改变运动状态时，在空间上的累积效果(动能的变化情况从侧面体现了物体运动状态的改变情况)．4．动能定理的理解要点(1)动能定理研究的对象是单一物体(质点)或者是可以看成是单一物体的物体系．(2)动能定理适用于物体的直线运动，也适用于曲线运动；适用于恒力做功，也适用于变力做功；作用在物体上的力既可以是同性质的力，亦可以是不同性质的力；既可以是同时作用，也可以是分段作用；只要能够求出在作用过程中各力做功的多少和正负即可．(3)动能定理的计算式为标量式，v为相对同一参考系的速度，一般以地面为参考系．(4)外力对物体所做的功是指物体所受的一切外力对它所做的总功．要点二动能定理的应用1．适用条件(1)动能定理是在恒力做功的条件下推导出来的，但也适用于变力做功．(2)动能定理不仅适用于直线运动，也适用于曲线运动．2．优点(1)动能定理对应的是一个过程，只涉及到物体初、末状态的动能和整个过程中合外力的功，无需关心中间运动过程的细节，而且功和能的物理量都为标量，无方向性，计算方便，因而当题目中不涉及加速度和时间，而涉及力、位移、质量、速度、功和动能等物理量时，优先考虑动能定理．(2)用动能定理解题比用牛顿运动定律和运动学公式解题要简便，动能定理是解决力学问题的重要方法．3．应用动能定理解题的一般步骤(1)确定研究对象，明确它的运动过程．(2)分析物体在运动过程中的受力情况，明确各个力是否做功，是做正功还是负功．(3)明确初始状态和末状态的动能，即初动能和末动能．(4)根据动能定理列方程求解．4．需要注意的问题(1)动能定理的研究对象是单个物体和作用在物体上的外力(包括所有的力)，因此必须对物体进行受力分析．(2)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参照系，一般以地面为参照系．(3)求总功可分下述两种情况：①若各恒力同时作用于同一段位移，可先求出物体所受合外力，再求总功；也可用总功等于各个力所做功的代数和的方法求解．②若各力不同时对物体做功，W应为各阶段各力做功的代数和.1.如何理解动能定理中外力对物体做的总功？(1)物体受多个力的作用，有的力促进物体运动，而有的力则阻碍物体运动，因此它们做的功就有正、负之分，总功指的是各外力做功的代数和即W＝W1＋W2＋…＝F1·l＋F2·l＋…＝F合·l，所以F既可以是单一恒力，也可以是物体所受多个力的合力，W既可以是单个力所做的功，也可以是多个力的总功，而后者更具普遍意义．(2)物体可能受恒力作用，也可能受变力作用，只要有力对物体做了功，物体的动能就发生改变．(3)如果力的作用是分阶段的，则物体运动过程往往包含几个不同物理过程，合外力的总功可以分段计算，也可以对每个力分别计算，最后求总功．(4)对一个物体系统来说，外力对物体做的总功指的是所有外力(系统外的物体对系统内的物体的作用力)对系统所做功与所有内力(系统内物体间相互作用力)所做功的代数和．2．动能定理与牛顿第二定律的区别与联系有哪些呢？(1)从两者反映物理规律的实质上看：力的作用效果能够使物体的运动状态发生改变，即速度发生变化．而两者都是来描述力的这种作用效果的．前者对于一个力作用下的物体的运动过程着重从空间积累的角度反映作用结果，而后者注意反映该过程中某一瞬时力的作用结果．(2)动能定理是从功的定义式出发，结合牛顿第二定律和动力学公式推导出来的，所以它不是独立于牛顿第二定律的运动方程，但它们有较大的区别：牛顿第二定律是矢量式，反映的是力与加速度的瞬时关系，即力与物体运动状态变化快慢之间的关系；动能定理是标量式，反映的是力对物体持续作用的空间累积效果，即对物体作用的外力所做的功与物体运动状态变化之间的联系，因而它们是研究力和运动的关系的两条不同途径.一、对于动能的理解例1关于动能，下列说法正确的是()①公式Ek＝eq\f(1,2)mv2中的速度v是物体相对于地面的速度②动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体运动的方向无关③物体以相同的速率向东和向西运动，动能的大小相等但方向不同④物体以相同的速率做匀速直线运动和曲线运动，其动能不同A．①②B．②③C．③④D．①④解析动能是标量，与速度的大小有关，而与速度的方向无关．公式中的速度是相对于地面的速度．答案A方法总结动能是标量，只有大小而无方向．动能的大小由质量和运动的速率决定，而与速度的方向无关.二、动能定理的应用例2一辆汽车质量为m，从静止开始起动，沿水平面前进了l后，就达到了最大行驶速度vm，设汽车的牵引功率保持不变，所受阻力为车重的k倍．求：(1)汽车的牵引功率．(2)汽车从静止到开始匀速运动所需的时间．解析因为汽车发动机的功率恒定，所以汽车在起动过程中所受的牵引力为变力，且在汽车起动过程中的初始阶段F>Ff，汽车做变加速运动，随着汽车速度的增大，据P＝Fv可知，汽车的牵引力将逐渐减小，加速度也随之减小，但仍做加速运动．当牵引力F＝Ff时，汽车的加速度为零，此时汽车达到最大的速度，之后汽车将做匀速运动．由于在达到最大速度前牵引力是变力，因此不能用牛顿第二定律求解，但可用动能定理求解．(1)当F＝Ff时，v＝vm牵引功率P＝Fv＝Ffvm＝kmgvm①(2)汽车在运动过程中因功率恒定，所以牵引力做功W1＝Pt②因阻力恒定，所以阻力做功W2＝Ffl＝kmgl③根据动能定理W1－W2＝eq\f(1,2)mvm2④将②③两式代入④中得Pt－kmgl＝eq\f(1,2)mvm2得汽车从静止开始到匀速运动所需的时间t＝eq\f(l,vm)＋eq\f(vm,2kg).答案(1)kmgvm(2)eq\f(l,vm)＋eq\f(vm,2kg)方法总结因为机车以额定功率启动并运动，因此汽车的牵引力是变力，其牵引力做的功表示为W＝Pt.三、动能定理的两种列式方法例3物体从高出地面H处由静止自由落下，图7－7－2不考虑空气阻力，落至沙坑表面后又进入沙坑h停止(如图7－7－2所示)．求物体在沙坑中受到的平均阻力是其重力的多少倍．解析解法一选物体为研究对象，先研究自由落体过程，只有重力做功，设物体质量为m，落到沙坑表面时速度为v，根据动能定理有mgH＝eq\f(1,2)mv2－0①再研究物体在沙坑中的运动过程，重力做正功，阻力Ff做负功，根据动能定理有mgh－Ffh＝0－eq\f(1,2)mv2②由①②两式解得eq\f(Ff,mg)＝eq\f(H＋h,h)可见物体在沙坑中受到的平均阻力是其重力的eq\f(H＋h,h)倍．解法二研究物体运动的全过程，根据动能定理有mg(H＋h)－Ffh＝0解得eq\f(Ff,mg)＝eq\f(H＋h,h)可见物体在沙坑中受到的平均阻力是其重力的eq\f(H＋h,h)倍．答案eq\f(H＋h,h)方法总结若物体的运动过程包含几个不同的物理过程，用动能定理解题时可以分段列方程，然后联立求解，也可以视全过程为一整体列方程求解．当既能用“分段法”求解，又能用“整体法”求解时，一般来说，整体法要比分段法简捷.1.一人用力踢质量为1kg的静止足球，使球以10m/s的水平速度飞出，设人踢球的平均作用力为200N，球在水平方向滚动的距离为20m，则人对球做功为(g取10m/s2)()A．50JB．200JC．4000JD．6000J答案A解析人对足球做功的过程只是在踢球的瞬间，球在空中飞行以及在地面上滚动的过程中，都不是人在做功，所以人对足球做功的过程就是足球获得的动能．根据动能定义式Ek＝eq\f(1,2)mv2得人对足球做的功为50J.2．在h高处，以初速度v0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．v0＋eq\r(2gh)B．v0－eq\r(2gh)\r(v\o\al(2,0)＋2gh)\r(v\o\al(2,0)－2gh)答案C解析小球在下落过程中重力做功，可由动能定理计算．在小球下落的整个过程中，对小球应用动能定理，有mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得小球着地时速度的大小为v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh)3．一辆汽车以v1＝6m/s的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行x1＝3.6m，如果以v2＝8m/s的速度行驶，在同样路面上急刹车后滑行的距离x2应为()A．6.4mB．5.6mC．7.2mD．10.8m答案A4．质点所受的力F随时间变化的规律如图7－7－3所示，力的方向始终在一条直线上，已知t＝0时质点的速度为零，在图中所示的t1、t2、t3和t4各时刻中，质点的动能最大的时刻是()图7－7－3A．t1B．t2C．t3答案B5．一质量为m的滑块，以速度v在光滑水平面上向左滑行，从某一时刻起，在滑块上作用一向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度变为－2v(方向与原来相反)，在这段时间内，水平力所做的功为()\f(3,2)mv2B．－eq\f(3,2)mv2\f(5,2)mv2D．－eq\f(5,2)mv2答案A6．某人从一楼匀速率上到三楼的过程中，下列说法正确的是()A．地板对人的支持力做的功等于人的重力势能的增加B．地板对人的支持力做的功等于人的机械能的增加C．地板对人的支持力做的功为零D．人克服重力做的功等于其重力势能的增加答案CD解析由功的定义知，做功的两个因素是力和沿力方向上的位移，当人走路过程中，脚站在地面上，有支持力，但无位移；而当人走动，脚离开地面，有位移却无支持力，所以地板对人的支持力不做功，而克服重力做的功等于其重力势能的增加，选项C、D正确．7．如图7－7－4所示，图7－7－4质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块并最终留在木块中与木块一起以速度v运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为L′.若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系式中正确的是()A．FL＝eq\f(1,2)Mv2B．FL′＝eq\f(1,2)mv2C．FL′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2D．F(L＋L′)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2答案ACD解析根据动能定理：对子弹：－F(L＋L′)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，选项D正确；对木块：FL＝eq\f(1,2)Mv2，A正确；由以上两式整理可得FL′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2，C正确．8．质量为3000t的火车，以额定功率自静止出发，所受阻力恒定，经过103s行驶12km达最大速度vm＝72km/h，试分析：(1)火车运动性质．(2)火车的额定功率．(3)运动中所受阻力．答案(1)火车做加速度减小的加速运动，直到匀速(2)×106W(3)×104N解析火车达最大速度之前，牵引力F＝eq\f(P,v)是一个变量，由牛顿第二定律a＝eq\f(F－Ff,m)可知，火车做加速度减小的加速运动，直到匀速．设火车的额定功率为P，阻力为Ff，由于牵引力的功为W1＝Pt，据动能定理得Pt－Ffl＝eq\f(1,2)mvm2－0①又P＝F·vm＝Ff·vm②由①②式可得P＝×106W，Ff＝×104N9．如图7－7－5所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P为l，以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦图7－7－5因数为μ，滑块所受摩擦力小于滑块重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块经过的路程．答案eq\f(glsinθ＋\f(1,2)v\o\al(2,0),μgcosθ)解析设物体在整个过程中的路程为l′，则摩擦力做功WFf＝－μmgcosθ·l′支持力始终与运动方向垂直，支持力做功WFN＝0据动能定理有WG＋WFf＋WFN＝E末－E初即mgsinθ·l－μmgcosθ·l′＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得l′＝eq\f(glsinθ＋\f(1,2)v\o\al(2,0),μgcosθ)题型①对于动能定理的理解关于运动物体所受的合外力、合外力做的功、物体的动能的变化，下列说法正确的是()A．运动物体所受的合外力不为零，合外力必做功，物体的动能肯定要变化B．运动物体所受的合外力为零，则物体的动能肯定不变C．运动物体的动能保持不变，则该物体所受合外力一定为零D．运动物体所受合外力不为零，则该物体一定做变速运动，其动能要变化答案B解析关于运动物体所受的合外力、合外力做的功、物体动能的变化三者之间的关系有下列三个要点：(1)若运动物体所受合外力为零，则合外力不做功(或物体所受外力做功的代数和必为零)，物体的动能绝对不会发生变化．(2)物体所受合外力不为零，物体必做变速运动，但合外力不一定做功；合外力不做功，则物体动能不变化．(3)物体的动能不变，一方面表明物体所受的合外力不做功；同时表明物体的速率不变(速度的方向可以不断改变，此时物体所受的合外力只是用来改变速度方向产生向心加速度，如等速率圆周运动)．根据上述三个要点不难判断，本例题只有选项B是正确的．拓展探究一个25kg的小孩从高度为3.0m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0m/s.取g＝10m/s2，关于力对小孩做的功，下列结论正确的是()A．合外力做功50JB．阻力做功500JC．重力做功500JD．支持力做功50J答案A解析重力做功WG＝mgh＝25×10×3J＝750J，C错；小孩所受支持力方向上的位移为零，故支持力做的功为零，D错；合外力做的功W合＝Ek－0，即W合＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×25×22J＝50J，A项正确；WG－W阻＝Ek－0，故W阻＝mgh－eq\f(1,2)mv2＝750J－50J＝700J，B项错误．归纳总结1．动能定理反映了其他形式的能通过做功和动能之间的转化关系，只不过在这里其他形式的能并不出现，而以外力做功的形式表现而已．2．W的求法：动能定理中的W表示的是合力的功，可以应用W＝F合·lcosα(仅适用于恒定的合外力)计算，还可以先求各个力的功再求其代数和W＝W1＋W2＋…＋Wn.3．W的含义：是指包含重力在内的任意外力的总功或合外力的功，要注意以下对应关系：表达式比较内容W合＝Ek2－Ek1W重或弹＝Ep1－Ep2物理意义合外力做功与物体动能变化的关系重力(弹力)做功与重力(弹性)势能变化的关系等号左边意义合外力做的功重力(弹力)做的功等号右边意义动能的变化重力(弹性)势能的变化功能关系实质合外力做功引起的是物体动能的变化，重力(弹力)做功引起的是重力(弹性)势能的变化，功是能量转化的量度4.在应用动能定理解题时一般要注意什么力做功，对应什么能量转化，如合力做功对应动能的变化，不必考虑其他形式能量的变化情况，同理重力或弹力做功对应重力或弹性势能的变化，不必考虑其他能量的变化情况.题型②应用动能定理求解变力做功如图1所示，图1质量为m的物体置于光滑水平面上，绳子的一端固定在物体上，另一端通过定滑轮以恒定的速率v0拉动绳头．物体由静止开始运动，当绳子与水平方向成θ＝60°夹角时，绳中的拉力对物体做了多少功？答案2mveq\o\al(2,0)解析绳子中的拉力是变力，要计算这个力做的功，只能利用动能定理，其中物体的末速度可以由速度的分解求得．绳子与水平面成60°夹角时，物体的速度为v，如右图所示，由速度分解得v＝eq\f(v0,cosθ)＝eq\f(v0,cos60°)＝2v0因为物体开始是静止状态，所以根据动能定理可以计算出绳子的拉力做的功为W＝eq\f(1,2)mv2－0＝2mveq\o\al(2,0).拓展探究在离地面高为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－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B．－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mghC．mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2D．mgh＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案C解析用WFf表示物块上升和下落的全过程中空气阻力所做的功，由动能定理得mgh＋WFf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，则物块克服阻力做功为W＝－WFf＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，故C项对．本题也可以直接用功能关系分析，物块机械能的减少量等于它克服空气阻力所做的功，则有W＝(mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0))－eq\f(1,2)mv2.归纳总结1．解决例题的关键：①弄清绳子的拉力是变力，求变力做功，不能直接用W＝Flcosα来求；而可用动能定理求解．②将物体速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向的分速度，并且沿绳子方向的分速度与v0相同．2．应用动能定理求解变力做功时应理解以下规律：(1)变力(力的大小或方向发生变化)做功，不能按做功的定义式直接求得，应当善于应用动能定理；变力做的功跟其他力做功的代数和(或合外力做的功)等于物体动能的变化．(2)在分析此类题目时，根据运动状态进行受力分析，判定各力做功情况(特别是分清变力和恒力做功)及物体的初、末速度是解题的关键.题型③应用动能定理求解多过程问题如图2所示，图2质量m＝1kg的木块静止在高h＝1.2m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝，用水平推力F＝20N，使木块产生位移l1＝3m时撤去，木块又滑行l2＝1m后飞出平台，求木块落地时速度的大小？答案11.3m/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l2，再做平抛运动，对每一过程，分别列动能定理得：Fl1－μmgl1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－μmgl2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得：v3＝11.3m/s解法二对全过程由动能定理得Fl1－μmg(l1＋l2)＋mgh＝eq\f(1,2)mv2－0代入数据：v＝11.3m/s拓展探究如图3所示，图3质量为m的物体，从高为h、倾角为θ的光滑斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，最后停在水平面上，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，求：(1)物体滑至斜面底端时的速度．(2)物体在水平面上滑过的距离．答案(1)eq\r(2gh)(2)eq\f(h,μ)解析(1)由动能定理可得mgh＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(2gh)(2)设物体在水平面上滑过的距离为l，由动能定理－μmgl＝0－eq\f(1,2)mv2，l＝eq\f(v2,2μg)＝eq\f(h,μ)此题也可对整个过程用动能定理求解mgh－μmgl＝0－0整理得l＝eq\f(h,μ)归纳总结1．若物体的运动过程可以分为若干阶段，可以选择分段或全程应用动能定理，题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单、方便．2．应用全程法解题求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，正确写出总功.1.在水平路面上有一辆以36km/h行驶的客车，在车厢后座有一位乘客甲，把一个质量为4kg的行李以相对客车5m/s的速度抛给前方座位的另一位乘客乙，则行李的动能是()A．500JB．200JC．450JD．900J答案C解析动能Ek＝eq\f(1,2)mv2的大小有相对性，取不同参考系v值不同，Ek不同，一般应以地面为参考系．客车以36km/h＝10m/s的速度向前行驶，甲乘客相对客车以5m/s的速度抛给乙乘客，所以行李的运动速度为v＝(10＋5)m/s＝15m/s.由动能的定义式有Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×4×152J＝450J.2．质量为m的汽车从A点出发做匀速圆周运动，圆周半径为R，汽车绕行一周后又回到A点．若路面对汽车的阻力是车重的k倍，则绕行一周牵引力做功等于()A．0B．mgRC．kmgRD．2πkmgR答案D解析汽车动能不变，故由动能定理可知合力做功为零，W总＝0，所以W牵＝W阻＝kmg·2πR.3．质量为m的炮弹飞出炮筒时速度为v，炮筒长L，设火药对炮弹推力恒定不变，则()A．火药推力对炮弹做功为eq\f(1,2)mv2B．火药推力的平均功率为eq\f(mv3,4L)C．火药推力的大小为eq\f(mv2,2L)D．炮弹在炮筒中运动时间为eq\f(L,v)答案ABC4．某物体在力F的作用下从光滑斜面的底端运动到斜面的顶端，动能的增加量为ΔEk，重力势能的增加量为ΔEp，则下列说法正确的是()A．重力所做的功等于－ΔEpB．力F所做的功等于ΔEk＋ΔEpC．合外力对物体做的功等于ΔEkD．合外力对物体所做的功等于ΔEk＋ΔEp答案ABC5．关于物体动能变化与做功的关系，下列说法正确的是()A．只要动力对物体做功，物体的动能就增加B．只要物体克服阻力做功，物体的动能就减少C．动力、阻力都做功，物体动能不变D．外力对物体做功的代数和等于物体末动能与初动能的差答案D6．如图4所示，图4用同种材料制成的一个轨道，AB段为eq\f(1,4)圆弧，半径为R，水平放置的BC段长度为R.一小物块质量为m，与轨道间动摩擦因数为μ，当它从轨道顶端A由静止下滑时，恰好运动到C点静止，那么物块在AB段克服摩擦力做的功为()A．μmgRB．mgR(1－μ)\f(πμmgR,2)\f(mgR,2)答案B解析全过程应用动能定理mgR－W－μmgR＝0则W＝mgR(1－μ)，故选B.7．如图5所示，图5板长为l，板的B端静止放有质量为m的小物体P，物体与板间动摩擦因数为μ，开始时板水平，若缓慢转过一个小角度α的过程中，物体保持与板相对静止，则这个过程中()A．摩擦力对P做功为μmgcosα·l(1－cosα)B．摩擦力对P做功为mgsinα·l(1－cosα)C．弹力对P做功为mgcosα·lsinαD．板对P做功为mglsinα答案D8．如图6所示，运动员驾驶摩托车做腾跃特技表演．运动员从斜坡底部的A处，以v0＝10m/s的初速度保持摩托车以额定功率P＝kW行驶．经t＝13s的时间冲上斜坡，然后从斜坡顶部的B点水平飞出，已知人和车的总质量m＝180kg，坡顶高度h＝5m，落地点距B点的水平距离x＝16m，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2.求：摩托车在冲上坡顶的过程中克服摩擦力做的功．图6答案×102J解析摩托车从B点水平飞出做平抛运动，飞行时间t′＝eq\r(\f(2h,g))＝1s①抛出速度v＝eq\f(x,t′)＝16m/s②设摩托车从A到B克服摩擦力做功为WFf，由动能定理Pt－mgh－WFf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③WFf＝Pt－mgh－eq\f(1,2)m(v2－veq\o\al(2,0))＝×102J9.图7一质量为2kg的物体(视为质点)从某一高度由静止下落，与地面相碰后(忽略碰撞时间)又上升到最高点，该运动过程的v－t图象如图7所示．如果上升和下落过程中空气阻力大小相等，求：(1)物体上升的最大高度．(2)物体下落过程所受的空气阻力的大小．(3)物体在整个运动过程中空气阻力所做的功．(取g＝10m/s2)答案(1)1.5m(2)4N(3)－22J解析(1)由图象可知上升过程物体做匀减速直线运动，初速度为6m/s，末速度为0，运动时间为s．由运动学公式l＝eq\f(v0＋v1,2)t，得l上＝eq\f(6＋0,2)×0.5m＝1.5m(2)由图象加速度公式a＝eq\f(v1－v0,t)可得下落过程的加速度a1＝eq\f(8－0,1)m/s2＝8m/s2研究下落过程，由牛顿第二定律得：mg－Ff＝ma1Ff＝mg－ma1＝2×10N－2×8N＝4N(3)解法一下落过程位移为：l下＝eq\f(v0＋v1,2)·t＝eq\f(0＋8,2)×1m＝4m下落过程空气阻力做功：W下＝Ff·l下＝－4×4J＝－16J上升过程空气阻力做功：W上＝Ff·l上＝－4×J＝－6J整个过程空气阻力做功：W＝W下＋W上＝－16J－6J＝－22J解法二由图象可知t轴上下两个三角形面积之和为整个过程的路程L＝eq\f(1×8,2)m＋eq\f×6,2)m＝5.5m空气阻力在整个过程中做功为W＝－Ff·L＝－4×J＝－22J10．如图8所示，图8质量m＝10kg的物体放在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ＝，g取10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，经时间t＝8s后，撤去F，求：(1)力F所做的功．(2)8s末物体的动能．(3)物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功．答案(1)1600J(2)320J(3)1600J解析(1)在运动过程中，物体所受到的滑动摩擦力为Ff＝μmg＝×10×10N＝40N由牛顿第二定律可得物体加速运动的加速度a为F－Ff＝ma所以a＝eq\f(F－Ff,m)＝eq\f(50－40,10)m/s2＝1m/s2由运动学公式可得在8s内物体的位移为l＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×1×82m＝32m所以力F做的功为W＝Fl＝50×32J＝1600J(2)由动能定理可得在8s末物体的动能EkFl－Ffl＝eq\f(1,2)mv2－0＝Ek所以Ek＝(1600－40×32)J＝320J(3)对整个过程利用动能定理列方程求解WF＋WFf＝0－0所以|WFf|＝WF＝1600J即物体从开始运动到最终静止克服摩擦力所做的功为1600J．习题课动能定理的应用如图1所示，图1质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内作半径为R的圆周运动，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，此后小球继续作圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，求在此过程中小球克服空气阻力所做的功为多少？答案eq\f(1,2)mgR解析小球在最低点受三个力：拉力FT＝7mg、重力mg和切向阻力．在半径方向：FT－mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)①小球在最高点受切向阻力和重力mg作用在沿半径方向：mg＝eq\f(mv\o\al(2,2),R)②在从最低点运动到最高点过程中受三个力作用，绳拉力不做功，只有重力和阻力做功，由动能定理－mg·2R－W克＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)③由①②③得W克＝eq\f(1,2)mgR拓展探究若物体又返回最低点的过程中，空气阻力做功相同，则回到最低点速度多大？答案2eq\r(gR)如图2所示图2ABCD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是与AB和CD都相切的一段圆弧，其长度可以略去不计．一质量为m的小滑块在A点从静止滑下，最后停在D点，现用一沿着轨道方向的拉力拉滑块，使它缓缓地由D点回到A点，则拉力对滑块做的功等于多少(设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ)()A．mghB．2mghC．μmg(l＋eq\f(h,sinθ))D．μmgl＋μmghcotθ答案B解析小滑块m的运动过程包含两个阶段：沿斜面ABC滑动；沿平面CD滑动．在用动能定理列方程求解时，可对每个阶段分别列方程，也可对全过程列方程，一般来说，对全过程列式求解较为简单．先由动能定理求出由A到D的过程中滑块克服摩擦力做的功WFf，再对由D返回到A的过程应用动能定理即可求出拉力的功WF.滑块先在斜面上加速，后在水平面上减速停下．在整个过程中，重力做正功WG＝mgh，摩擦力做功为WFf，支持力始终不做功．全程由动能定理有mgh＋WFf＝0①由D返回A，设拉力做功WF，摩擦阻力做功仍为WFf，重力做功为WG＝－mgh由动能定理WF＋WFf－mgh＝0②由①②得WF＝2mgh拓展探究(1)若不拉物体，仅在D点给物体一初速度v0，则v0多大时，恰能使物体沿原路径回到A点？(2)使斜面倾角变小为θ′，若不拉物体，仅在D点给物体一初速度v0′，恰好能使物体沿路径DC′B′A回到A点，试比较v0′与v0的大小．答案(1)2eq\r(gh)(2)v0′与v0相等解析(1)对返回过程由动能定理WFf－mgh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)而WFf＝－mgh，故eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝2mgh所以v0＝2eq\r(gh)(2)物体沿ABCD下滑过程中摩擦力做的功WFf可表示为：WFf＝－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)－μmgl物体沿AB′C′D下滑过程中摩擦力做的功WFf′＝－μmgcosθ′·eq\f(h,sinθ′)－μmgl′由图可知：eq\f(h,sinθ)·cosθ＋l＝eq\f(h,sinθ′)·cosθ′＋l′所以WFf＝WFf′，且均为－mgh.沿DC′B′A返回过程，摩擦阻力做功仍为WFf′，用动能定理可得：WFf′－mgh＝0－eq\f(1,2)mv0′2v0′＝2eq\r(gh)所以沿路径DC′B′A返回到A点，滑块所需的初速度v0′与v0相等．滑雪者从A点由静止沿斜面滑下，经一平台后水平飞离B点，地面上紧靠平台有一个水平台阶，空间几何尺度如图3所示．斜面、平台与滑雪板之间的动摩擦因数均为μ.假设滑雪者由斜面底端进入平台后立即沿水平方向运动，且速度大小不变．求：图3(1)滑雪者离开B点时的速度大小．(2)滑雪者从B点开始做平抛运动的水平距离x.答案(1)eq\r(2gH－h－μL)(2)当H－μL<2h时，x＝eq\r(2hH－h－μL)当H－μL>2h时，x＝2eq\r(hH－h－μL)解析(1)设滑雪者质量为m，斜面与水平面间的夹角为θ，滑雪者滑行过程中克服摩擦力做功W＝μmglcosθ＋μmg(L－lcosθ)＝μmgL由动能定理mg(H－h)－μmgL＝eq\f(1,2)mv2离开B点时的速度v＝eq\r(2gH－h－μL)(2)设滑雪者离开B点后落在台阶上eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，x1＝vt1<eq\r(2)h可解得x1＝eq\r(2hH－h－μL)<eq\r(2)h此时必须满足H－μL<2h.当H－μL>2h时，滑雪者直接落到地面上．h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，x2＝vt2可解得x2＝2eq\r(hH－h－μL)1.在某田赛训练基地备战运动员在艰苦地训练，设某运动员臂长为L，将质量为m的铅球推出，铅球出手的速度大小为v0，方向与水平方向成30°角，则该运动员对铅球所做的功是()\f(mgL＋v\o\al(2,0),2)B．mgL＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D．mgL＋mveq\o\al(2,0)答案A解析设运动员对铅球做功为W，由动能定理W－mgLsin30°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以W＝eq\f(1,2)mgL＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).2．一物块由静止开始从粗糙斜面上的某点加速下滑到另一点，在此过程中重力对物块做的功等于()A．物块动能的增加量B．物块重力势能的减少量与物块克服摩擦力做的功之和C．物块重力势能的减少量和物块动能的增加量以及物块克服摩擦力做的功之和D．物块动能的增加量与物块克服摩擦力做的功之和答案D解析对物体列出动能定理有WG－WFf＝ΔEk，加速下滑，则动能增加，ΔEk>0，WG＝WFf＋ΔEk，由该式可得重力对物块做的功等于物块动能的增加量与物块克服摩擦力做的功之和，所以D选项正确．3．如图4所示，图4光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设物体在斜面最低点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()A．mgh－eq\f(1,2)mv2\f(1,2)mv2－mghC．－mghD．－(mgh＋eq\f(1,2)mv2)答案A解析由A到C的过程运用动能定理可得－mgh＋W＝0－eq\f(1,2)mv2所以W＝mgh－eq\f(1,2)mv2，所以A正确．4．如图5所示，图5两光滑斜面的倾角分别为30°和45°、质量分别为2m和m的两个滑块用不可伸长的轻绳通过滑轮连接(不计滑轮的质量和摩擦)，分别置于两个斜面上并由静止释放；若交换两滑块位置，再由静止释放，则在上述两种情形中正确的有()A．质量为2m的滑块受到重力、绳的张力、沿斜面的下滑力和斜面的支持力的作用B．质量为m的滑块均沿斜面向上运动C．绳对质量为m的滑块的拉力均大于该滑块对绳的拉力D．系统在运动中机械能均守恒答案BD解析因为斜面光滑，只有重力做功，机械能守恒．滑块不受沿斜面的下滑力．因为2mgsin30°>mgsin45°，mgsin30°<2mgsin45°，