專(zhuān)題拓展課六動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用【學(xué)習(xí)目標(biāo)要求】1.應(yīng)用牛頓第二定律和動(dòng)能定理分析物體的運(yùn)動(dòng)。2.應(yīng)用動(dòng)能定理分析多過(guò)程問(wèn)題。拓展點(diǎn)1動(dòng)能定理與牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用1.理解比較比較牛頓第二定律動(dòng)能定理作用合力與加速度的關(guān)系合力做的功與動(dòng)能變化量的關(guān)系公式F＝maW＝Ek2－Ek1研究力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系力的瞬間作用效果力對(duì)空間的積累效果運(yùn)動(dòng)過(guò)程中細(xì)節(jié)的考慮考慮不考慮作用力恒力恒力或變力2.應(yīng)用比較比較牛頓運(yùn)動(dòng)定律動(dòng)能定理相同點(diǎn)確定研究對(duì)象，對(duì)物體進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析適用條件只能研究恒力作用下物體運(yùn)動(dòng)的情況對(duì)于物體在恒力或變力的作用下，物體做直線運(yùn)動(dòng)或曲線運(yùn)動(dòng)均適用應(yīng)用方法要考慮運(yùn)動(dòng)過(guò)程的每一個(gè)細(xì)節(jié)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式只考慮各力的做功情況及初、末狀態(tài)的動(dòng)能運(yùn)算方法矢量運(yùn)算代數(shù)運(yùn)算【例1】(2021·山東煙臺(tái)市高一期中)在游樂(lè)節(jié)目中，選手需借助懸掛在高處的繩飛越到水面的浮臺(tái)上，如圖所示。我們將選手簡(jiǎn)化為質(zhì)量m＝60kg的質(zhì)點(diǎn)，選手抓住繩由靜止開(kāi)始擺動(dòng)，此時(shí)繩與豎直方向夾角α＝53°，繩長(zhǎng)l＝2m，繩的懸掛點(diǎn)O距水面的高度為H＝3m。不考慮空氣阻力和繩的質(zhì)量，浮臺(tái)露出水面的高度不計(jì)，水足夠深。取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。(1)求選手?jǐn)[到最低點(diǎn)時(shí)對(duì)繩的拉力的大小F；(2)若選手?jǐn)[到最低點(diǎn)時(shí)松手，落到了浮臺(tái)上，試用題中所提供的數(shù)據(jù)算出落點(diǎn)與岸的水平距離；(3)若選手?jǐn)[到最高點(diǎn)時(shí)松手落入水中。設(shè)水對(duì)選手的平均浮力f1＝800N，平均阻力f2＝700N，求選手落入水中的深度d。答案(1)1080N(2)eq\f(4（2＋\r(5)）,5)m(3)1.2m解析(1)人從開(kāi)始到最低點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgl(1－cosα)＝eq\f(1,2)mv2代入數(shù)值解得v＝4m/s在最低點(diǎn)由牛頓第二定律得F′－mg＝meq\f(v2,l)由牛頓第三定律知人對(duì)繩的拉力F＝F′解得F＝1080N。(2)選手松手后，做平拋運(yùn)動(dòng)H－l＝eq\f(1,2)gt2x＝vt解得x＝eq\f(4\r(5),5)mx總＝lsinα＋x＝eq\f(4（2＋\r(5)）,5)m。(3)對(duì)整個(gè)過(guò)程由動(dòng)能定理得mg(H－lcosα＋d)－(f1＋f2)d＝0則d＝eq\f(mg（H－lcosα）,f1＋f2－mg)解得d＝1.2m?！踞槍?duì)訓(xùn)練1】(2021·蘇州市五中高一月考)如圖所示，長(zhǎng)度為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩一端固定在O點(diǎn)，另一端拴住一個(gè)質(zhì)量為m的小球，在O點(diǎn)的正下方A點(diǎn)固定一根與豎直面垂直的釘子(細(xì)繩在釘子的右側(cè))。在最低點(diǎn)給小球一水平向右的初速度，使小球恰好能經(jīng)過(guò)圓周運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)。不計(jì)一切阻力，重力加速度為g。(1)求小球到達(dá)最高點(diǎn)的速度v大?。?2)求小球在最低點(diǎn)獲得的初速度v0大?。?3)當(dāng)小球回到最低點(diǎn)位置時(shí)，甲同學(xué)認(rèn)為釘子離小球越近繩子越容易斷，而乙同學(xué)認(rèn)為釘子離小球越遠(yuǎn)繩子越容易斷，試通過(guò)計(jì)算說(shuō)明你同意誰(shuí)的觀點(diǎn)。答案(1)eq\r(gL)(2)eq\r(5gL)(3)甲同學(xué)正確解析(1)小球恰好能通過(guò)最高點(diǎn)，則mg＝meq\f(v2,L)解得v＝eq\r(gL)。(2)從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)，利用動(dòng)能定理得2mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2解得v0＝eq\r(5gL)。(3)設(shè)小球回到最低點(diǎn)位置時(shí)，釘子到小球的距離為r，根據(jù)牛頓第二定律得F－mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)解得F＝mg＋eq\f(5mgL,r)當(dāng)r越小，拉力越大，繩子越容易斷，故甲同學(xué)正確。拓展點(diǎn)2利用動(dòng)能定理分析多過(guò)程問(wèn)題1.典型方法：平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)屬于曲線運(yùn)動(dòng)，若只涉及位移和速度而不涉及時(shí)間，應(yīng)優(yōu)先考慮用動(dòng)能定理列式求解。2.解題關(guān)鍵：用動(dòng)能定理解題，關(guān)鍵是對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，并畫(huà)出物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程的草圖，讓草圖幫助我們理解物理過(guò)程和各量間的關(guān)系。3.方法技巧：若物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程包含多個(gè)運(yùn)動(dòng)階段，可分段應(yīng)用動(dòng)能定理，也可全程運(yùn)用動(dòng)能定理。若不涉及中間量，全程應(yīng)用動(dòng)能定理更簡(jiǎn)單、更方便。若涉及多個(gè)力做功，應(yīng)注意力與位移的對(duì)應(yīng)性。【例2】(2021·廣西梧州市高一期中)一質(zhì)量為m＝2kg的小球從光滑的斜面上高h(yuǎn)＝2.4m處由靜止滑下，經(jīng)光滑水平面滑上一個(gè)半徑R＝0.8m的光滑圓環(huán)，直接落在水平面上的Q點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)如圖所示，求：(1)小球滑到圓環(huán)頂點(diǎn)B時(shí)對(duì)圓環(huán)的壓力：(2)QA的距離；(3)小球至少應(yīng)從多高處由靜止滑下才能越過(guò)圓環(huán)最高點(diǎn)(g取10m/s2)。答案(1)20N(2)eq\f(8\r(2),5)m(3)2m解析(1)由動(dòng)能定理得mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mv2當(dāng)小球到達(dá)圓環(huán)最高點(diǎn)時(shí)，有FN＋mg＝eq\f(mv2,R)解得FN＝20N根據(jù)牛頓第三定律可得，小球滑到圓環(huán)頂點(diǎn)B時(shí)對(duì)圓環(huán)的壓力為20N。(2)從B點(diǎn)出來(lái)做平拋運(yùn)動(dòng)，有2R＝eq\f(1,2)gt2，x＝vt代入數(shù)據(jù)解得x＝eq\f(8\r(2),5)m。(3)由動(dòng)能定理得mg(h′－2R)＝eq\f(1,2)mv′2當(dāng)小球到達(dá)圓環(huán)最高點(diǎn)時(shí)，有mg＝eq\f(mv′2,R)解得h′＝eq\f(5,2)R＝2m?！踞槍?duì)訓(xùn)練2】(2021·張家口市宣化一中高一月考)如圖所示，AB為固定在豎直平面內(nèi)的eq\f(1,4)光滑圓弧軌道，其半徑為R＝0.8m。軌道的B點(diǎn)與水平地面相切，質(zhì)量為m＝0.2kg的小球由A點(diǎn)靜止釋放，g取10m/s2。求：(1)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)B時(shí)，小球速度v的大??；(2)小球通過(guò)L＝1m的水平面BC滑上光滑固定曲面CD，恰能到達(dá)最高點(diǎn)D，D到地面的高度為h＝0.6m，小球在水平面BC上克服摩擦力所做的功Wf；(3)小球最終所停位置距B點(diǎn)的距離。答案(1)4m/s(2)0.4J(3)小球最后停在B點(diǎn)，距B點(diǎn)的距離為0解析(1)從A→B由動(dòng)能定理得mgR＝eq\f(1,2)mv2代入數(shù)據(jù)解得v＝4m/s。(2)從B→D由動(dòng)能定理得－Wf－mgh＝0－eq\f(1,2)mv2代入數(shù)據(jù)解得Wf＝0.4J。(3)從B→C摩擦力做功Wf＝μmgL，小球從A點(diǎn)由靜止釋放到最終停止，由動(dòng)能定理得mgR－μmgs＝0，聯(lián)立兩式解得s＝4L，可知小球最后停在B點(diǎn)。1.(動(dòng)能定理和牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用)如圖所示，光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量為m的小球沿軌道做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，已知小球在最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為FN1，在最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為FN2。重力加速度大小為g，則FN1－FN2的值為()A.3mg B.4mgC.5mg D.6mg答案D解析在最低點(diǎn)有FN1－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，在最高點(diǎn)有FN2＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),R)。由牛頓第三定律FN1′＝FN1，F(xiàn)N2′＝FN2，小球在由最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中由動(dòng)能定理得－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得FN1－FN2＝6mg。2.(利用動(dòng)能定理分析多過(guò)程問(wèn)題)(2021·浙江學(xué)軍中學(xué)高一期末)如圖所示，質(zhì)量m＝6.0kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，在水平牽引功率恒為P＝42W的力作用下從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后撤去牽引力。當(dāng)滑塊由平臺(tái)邊緣B點(diǎn)飛出后，恰能以5m/s的速度從豎直光滑圓弧軌道CDE上C點(diǎn)的切線方向進(jìn)入軌道，并從軌道邊緣E點(diǎn)豎直向上拋出。已知∠COD＝53°，A、B間距離L＝3m，滑塊與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，圓弧軌道半徑R＝1.0m。不計(jì)空氣阻力。取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2，求：(1)滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大?。?2)圓弧軌道對(duì)滑塊的最大支持力；(3)滑塊在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)時(shí)水平牽引力的作用時(shí)間。答案(1)3m/s(2)258N(3)1.5s解析(1)C點(diǎn)水平分速度v′＝vCcos53°＝5×0.6m/s＝3m/sB點(diǎn)的速度vB＝v′＝3m/s。(2)在D點(diǎn)，軌道對(duì)滑塊的支持力最大，滑塊從C點(diǎn)到D點(diǎn)，由動(dòng)能定理得mgR(1－cos53°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)在D點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，解得FN＝258N。(3)滑塊從A點(diǎn)到B點(diǎn)，由動(dòng)能定理得Pt－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0，解得t＝1.5s。課時(shí)定時(shí)訓(xùn)練(限時(shí)40分鐘)1.質(zhì)量為m的小球被系在輕繩一端，在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球受到空氣阻力的作用。設(shè)某一時(shí)刻小球通過(guò)軌道的最低點(diǎn)，此時(shí)繩子的張力為7mg，在此后小球繼續(xù)做圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)半個(gè)圓周恰好能通過(guò)最高點(diǎn)，則在此過(guò)程中小球克服空氣阻力所做的功是()A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D.mgR答案C解析小球通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)，設(shè)繩的張力為FT，則FT－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，即6mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)①小球恰好通過(guò)最高點(diǎn)，繩子拉力為零，則有mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),R)②小球從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得－mg·2R－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)③由①②③式解得Wf＝eq\f(1,2)mgR，選項(xiàng)C正確。2.如圖所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高。質(zhì)量為m的小球自軌道端點(diǎn)P由靜止開(kāi)始滑下，滑到最低點(diǎn)Q時(shí)，對(duì)軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g。小球自P點(diǎn)滑到Q點(diǎn)的過(guò)程中，克服摩擦力所做的功為()A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D.eq\f(π,4)mgR答案C解析在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第三定律可知，軌道對(duì)小球的支持力FN＝2mg，根據(jù)牛頓第二定律可得FN－mg＝meq\f(v2,R)，從P點(diǎn)到最低點(diǎn)Q的過(guò)程，由動(dòng)能定理可得mgR－Wf＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立可得克服摩擦力做的功Wf＝eq\f(1,2)mgR，選項(xiàng)C正確。3.質(zhì)量m＝1kg的物體，在水平拉力F的作用下，沿粗糙水平面運(yùn)動(dòng)，在位移是4m時(shí)，拉力F停止作用，運(yùn)動(dòng)到位移是8m時(shí)物體停止，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的Ek－x圖像如圖所示，g取10m/s2，求：(1)物體和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)拉力F的大小。答案(1)0.25(2)4.5N解析(1)在運(yùn)動(dòng)的第二階段，物體在位移x2＝4m內(nèi)，動(dòng)能由Ek＝10J變?yōu)榱?。由?dòng)能定理得－μmgx2＝0－Ek故動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(Ek,mgx2)＝eq\f(10,1×10×4)＝0.25。(2)在運(yùn)動(dòng)的第一階段，物體位移x1＝4m，初動(dòng)能Ek0＝2J，根據(jù)動(dòng)能定理得Fx1－μmgx1＝Ek－Ek0代入數(shù)值解得F＝4.5N。4.在溫州市科技館中，有個(gè)用來(lái)模擬天體運(yùn)動(dòng)的裝置，其內(nèi)部是一個(gè)類(lèi)似錐形的漏斗容器，如圖甲所示。現(xiàn)在該裝置的上方固定一個(gè)半徑為R的四分之一光滑管道AB，光滑管道下端剛好貼著錐形漏斗容器的邊緣，如圖乙所示。將一個(gè)質(zhì)量為m的小球從管道的A端靜止釋放，小球從管道B端射出后剛好貼著錐形容器壁運(yùn)動(dòng)，由于摩擦阻力的作用，運(yùn)動(dòng)的高度越來(lái)越低，最后從容器底部的孔C掉下(軌跡大致如圖乙虛線所示)，已知小球離開(kāi)C孔的速度為v，A到C的高度為H，重力加速度為g。求：(1)小球到達(dá)B端的速度大??；(2)小球在管口B端受到的支持力大??；(3)小球在錐形漏斗表面運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中克服摩擦阻力所做的功。答案(1)eq\r(2gR)(2)3mg(3)mgH－eq\f(1,2)mv2解析(1)設(shè)小球到達(dá)B端的速度大小為vB，小球在從A端運(yùn)動(dòng)到B端的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)得vB＝eq\r(2gR)。(2)設(shè)在B端小球受到的支持力大小為FN，由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，得FN＝3mg。(3)設(shè)小球在錐形漏斗表面運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦阻力做的功為Wf，根據(jù)動(dòng)能定理得mgH－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0解得Wf＝mgH－eq\f(1,2)mv2。5.(2021·浙江高一月考)如圖所示，一小物塊從傾角θ＝37°的斜面上的A點(diǎn)由靜止開(kāi)始滑下，最后停在水平面上的C點(diǎn)。已知小物塊的質(zhì)量m＝0.2kg，小物塊與斜面和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，A點(diǎn)到斜面底端B點(diǎn)的距離L＝1.0m，斜面與水平面平滑連接，小物塊滑過(guò)斜面與水平面連接處時(shí)無(wú)能量損失。求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)(1)小物塊在到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度多大；(2)BC間的距離；(3)若在C點(diǎn)給小物塊施加水平推力至B點(diǎn)時(shí)撤去，仍然使小物塊恰好能回到A點(diǎn)，水平推力多大。答案(1)2m/s(2)0.4m(3)6N解析(1)從A點(diǎn)到B點(diǎn)，由動(dòng)能定理得mgLsinθ－μmgcosθ·L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)則vB＝eq\r(2gL（sinθ－μcosθ）)＝2m/s。(2)對(duì)小物塊由釋放到靜止，全程由動(dòng)能定理得mgLsinθ－μmgLcosθ－μmgs＝0解得s＝0.4m。(3)設(shè)水平推力大小為F，從C點(diǎn)到A點(diǎn)，由動(dòng)能定理得Fs－mgLsinθ－μmgLcosθ－μmgs＝0解得F＝6N。6.如圖所示，傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R＝0.4m的光滑半圓軌道BC平滑相連，O點(diǎn)為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點(diǎn)等高。質(zhì)