2022年18 19 第7章 习题课4 动能定理综合应用教育.docx

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1、2022年18 19 第7章 习题课4 动能定理综合应用教育 习题课4 动能定理的综合应用 学习目标 1.进一步理解动能定理，领悟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 合 作 探 究攻 重 难 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功，也适用于求变力做功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用特别便利 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WWE. k其他变图1 110 kg的物体定所示，某人利用跨过定滑轮的轻绳拉质量为 如图 A3 mAB点，点高点拉到同一水平高度

2、的若此人缓慢地将绳从滑轮的位置比B37A30，和且则此人拉绳的力做了多少、两点处绳与水平方向的夹角分别为2sin 370.6cos 3710 m/s0.8) (g，不计滑轮的摩擦，取功？解析 取物体为探讨对象，设绳的拉力对物体做的功为W.依据题意有h3 m hh物体上升的高度h sin 37sin 30 h0 对全过程应用动能定理Wmg101 J W由两式联立并代入数据解得101 J. 则人拉绳的力所做的功WW人101 J 答案 针对训练作用点小球在水平力OF的小球，用长为1一质量为ml的轻绳悬挂于) 所做的功为则力2点，点很缓慢地移动到从平衡位置下，PQ如图所示，F(2 图 页 1 第 Am

3、glcos BFlsin DFlcos Cmgl(lcos ) C 小球的运动过程是缓慢的，因而任一时刻都可看成是平衡状态，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Wmgl(1cos )0. F所以Wmgl(1cos ) F 利用动能定理分析多过程问题 一个物体的运动假如包含多个运动阶段，可以选择分段或全程应用 动能定理对每分段应用动能定理时，将困难的过程分割成一个个子过程，(1)然后针对每个子过程应用动能定理末动能进行分析，个子过程的做功状况和初、 列式，然后联立求解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状况，分析(2)末动然

4、后确定整个过程的初、每个力做的功，确定整个过程中合外力做的总功， 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洁，更便利留意：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，应计算整个过程中出现计算总功时，计算各力做功时，应留意各力对应的位移 过的各力做功的代数和ABC3ABCD点比所示，水平，为一竖直平面内的轨道，其中如图 ACD1 kg10 mBC1 mABBC点，轨道光滑一质量为长高出，的物体，从和0.DBCC10.3 m4 m/s求：后滑到高出点速度为的速度起先运动，经过点以的2) 10 m/sg(取3 图 轨道间的动摩擦因数；物体与

5、(1)BCB点时的速度；次经过 (2)物体第5(3)物体最终停止的位置(距B点多少米) 页 2 第 ，但应留意做h重力做功与物体运动路径无关，其大小为mg：思路点拨 功的正、负 4s点时在水平面BC上的路径为物体第5次经过BBC120.5. ，解得mgs0mvh解析 (1)由动能定理得mg(H) 1BC2mgH次，由动能定理得BC上滑动了4物体第5次经过B点时，物体在(2)1122 ，mmvvmg4s 12BC22411 m/s解得v13.3 m/s. 2(3)分析整个过程，由动能定理得 12，v 0mmgHmgs 12解得s21.6 m. 所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m，

6、故距B点的距离为2 m1.6 m0.4 m. 答案 (1)0.5 (2)13.3 m/s (3)距B点0.4 m ?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，应留意各力对应的位移.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?探讨初、末动能时，只需关注初、末状态，不必关切中间运动的细微环节. 针对训练 2如图4所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L1.5 m，一个质量为m0.5 kg的木块在F1.5 N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止起先向右运动，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2.求：10 m/s g数0

7、.2，取图4 (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，在水平桌面上滑动的最大距离 页 3 第 ，木块在最高点时的速度为h (1)设木块沿弧形槽上升的最大高度为解析 零从木块起先运动到弧形槽最高点，由动能定理得：0 LmghFLFf1.0 N 0.510 Nmg0.2其中FFNf1.51.0?FL?1.5FLf0.15 m. m所以h mg101.5xFx.由动能定理得：mghB(2)设木块离开点后沿桌面滑动的最大距离为f0 0.15100.5mgh0.75 m. m 所以：x 1.0Ff(2)0.75 m (1)0.15 m答案 动能定理在平抛、圆

8、周运动中的应用动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特殊留意： (1)与平抛运动相结合时，要留意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量 (2)与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特殊留意隐藏的临界条件： 有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为v0. min没有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vgR. min5m2 kgv沿所示，一可以看成质点的质量 如图的小球以初速度 0AB为轨道点沿切线方向进入圆弧轨道，其中光滑的水平桌面飞出后，恰好从CAB53，轨道对应的圆心角的最低点，为最高点且与水平桌面等高

9、，圆弧2. 10 m/s0.6sin 530.8cos 53g0.5 mR取，半径，不计空气阻力，已知图5 (1)求小球的初速度v的大小； 0(2)若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功. 页 4 第 【导学号 解析 (1)在A点由平抛运动规律得： v50vv 0 A3cos 53小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得 1122mv Rcos )mv(mgR 0A223 m/s. 得：v由02vmC ，小球从桌面到C点，由动能定理得在最高点(2)C处有mg R11224 J. ，代入数据解得WvmvWm fC0f224 J (2)答案 (1)3 m/s 基固 双 当 堂 达

10、标) (老师独具1BC，圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为RAB1如图所示，为 4，当它由一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为 的长度也是R.段克服摩ABC处停止，那么物体在轨道顶端A从静止起先下落时，恰好运动到) 擦力所做的功为( mgRmgR B A 22 )mgRCmgR D(1D 设物体在AB段克服摩擦力所做的功为W，BC段摩擦力做功mgR.AB故物体从A运动到C的全过程，由动能定理得： mgRWmgR0 AB解得：WmgRmgR(1)mgR，故D正确 AB2如图所示，在半径为0.2 m的固定半球形容器中，一质量为1 kg的小球(可视为质点)自边缘上的A点由静止起先下滑

11、，到达最低点B时，它对容器的正压 页 5 第 2，则球自A点滑到Bg10 m/s点的过程中克力大小为15 N取重力加速度为服摩擦力做的功为( ) A0.5 J B1.0 J DC1.5 J 1.8 J 2v112(Nmg)Rmv.A滑到B的过程中，得C 在B点有NmgmE Bk22R1112运用动能定理得mgRWmv0，得WR(N3mg)0.2(1530)J ff2221.5 J，所以球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为1.5 J，C正确 3一个质量为m的小球拴在绳的一端，绳另一端受大小为F的拉力作用，1小球在光滑水平面上做半径为R的匀速圆周运动(如图所示)，今将力的大小变为1F，使小球

12、在水平面上做匀速圆周运动，但半径变为R(RR)，则小球运动的1222半径由R变为R的过程中拉力对小球做的功为多少？ 21解析 小球运动的半径由R变为R时，半径变小，绳子的拉力虽为变力，21但对小球做了正功，使小球的速度增大，动能发生了改变，依据动能定理有 1122Wmvmv 1F2222vm1 依据牛顿其次定律有F 1R1112 Rmv故有F 同理有FRmv 222221 R(W由得FRF) 122F121) FR( 答案FR 11222 页 6 第 第8页 共8页第 8 页 共 8 页第 8 页 共 8 页第 8 页 共 8 页第 8 页 共 8 页第 8 页 共 8 页第 8 页 共 8 页第 8 页 共 8 页第 8 页 共 8 页第 8 页 共 8 页第 8 页 共 8 页