1、第八章第八章 机械能守恒定律机械能守恒定律 核心素养微课核心素养微课(五五) 运用动能定理求解变力做功运用动能定理求解变力做功 课题课题 模型展示模型展示 在许多物理问题中，做功的力是变力，不能根据功的公式直接计算做的 功。可以通过动能定理间接求出。 动能定理建立的是外力的总功和物体动能变化之间的一个双向联系，既 可以由总功求物体动能的变化，也可以通过物体动能的变化间接求出外 力做的功。动能定理是计算变力做功常见的、有效的方法。 运动分析运动分析 典例剖析典例剖析 如图所示，如图所示，AB 为为1 4圆弧轨道， 圆弧轨道，BC 为水平直轨道，圆弧的半为水平直轨道，圆弧的半 径为径为 R，BC
2、的长度也是的长度也是 R。一质量为。一质量为 m 的物体，与两个轨道间的动摩擦的物体，与两个轨道间的动摩擦 因数为因数为 ，当它从轨道顶端，当它从轨道顶端 A 由静止下滑时，恰好运动到由静止下滑时，恰好运动到 C 处停止，那处停止，那 么物体在么物体在 AB 段克服摩擦力做的功为段克服摩擦力做的功为 ( ) A1 2mgR B1 2mgR CmgR D(1)mgR D 典题典题 1 思路引导：物体从A运动到B所受弹力不断发生变化，摩擦力大小也随之 变化，所以物体在AB段克服摩擦力做的功，不能直接用功的公式求解。 而物体在BC段克服摩擦力做的功可以由公式直接表示。所以对从A到C全 过程应用动能定
3、理即可求得物体在AB段克服摩擦力做的功。 解析：设物体在AB段克服摩擦力做功为WAB，物体从A到C的全过程，根 据动能定理有mgRWABmgR0，所以有WABmgRmgR(1 )mgR，D正确。 对点训练对点训练 1(2020山东省潍坊市高一五校联考)如图，质量为m的小猴子在荡秋 千，大猴子用水平力F缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放，此时藤 条与竖直方向夹角为，小猴子到藤条悬点的长度为L，忽略藤条的质量。 在此过程中正确的是 ( ) A缓慢上拉过程中拉力F做的功WFFLsin B缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加mgLcos C小猴子再次回到最低点时重力的功率为零 D由静止释放到最低点小猴子重
4、力的功率逐渐增大 C 解析：缓慢上拉过程中，小猴处于平衡状态，故拉力是变力，根据动能 定理，有：WFmgL(1cos )0，故WFmgL(1cos )，故A错误； 缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加等于克服重力做功，故为mgL(1 cos )，故B错误；小猴子再次回到最低点时重力方向与速度方向垂直， 故重力的瞬时功率为零，故C正确；刚刚释放时，速度为零，故重力的 功率为零，最低点重力与速度垂直，功率也为零，故由静止释放到最低 点小猴子重力的功率先增加后减小，故D错误。 多过程问题中动能定理的应用技巧多过程问题中动能定理的应用技巧 课题课题 模型展示模型展示 对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，可
5、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 析每个力的做功，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。 运动分析运动分析 (2020 河北省邯郸市四县河北省邯郸市四县(区区) 高一下学期期中高一下学期期中)如图所示， 质量如图所示， 质量 m1 kg 的木的木 块静止在
6、高块静止在高 h1.2 m 的平台上，的平台上，木块与平台间木块与平台间 的动摩擦因数的动摩擦因数 0.2，用水平推力，用水平推力 F20 N， 使木块产生位移使木块产生位移 l13 m 时撤去，木块又滑行时撤去，木块又滑行 l21 m 时飞出平台，求木时飞出平台，求木 块落地时速度的大小？块落地时速度的大小？(g 取取 10 m/s2) 典例剖析典例剖析 典题典题 2 思路引导：木块的运动分为三个过程：匀加速运动 匀减速运动 平抛运动。 方法(1)可对每个分过程应用动能定理列方程联立求解。 方法(2)可对整个运动过程应用动能定理列式求解。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
7、。 解析：解析：解法一：取木块为研究对象。其运动分解法一：取木块为研究对象。其运动分三个过程，先匀加速三个过程，先匀加速 运动运动 l1，后匀减速运动，后匀减速运动 l2，再做平抛运动，对每一个过程，分别列动能定，再做平抛运动，对每一个过程，分别列动能定 理方程得：理方程得：Fl1mgl11 2mv 2 1， ， mgl21 2mv 2 2 1 2mv 2 1， ， mgh1 2mv 2 3 1 2mv 2 2， ， 解得解得 v38 2 m/s。 解法二：对全过程由动能定解法二：对全过程由动能定理得：理得： Fl1mg(l1l2)mgh1 2mv 2 0， 代入数据得代入数据得 v8 2 m
8、/s。 答案：答案：8 2 m/s 对点训练对点训练 2将质量m2 kg的一个小球从离地面H2 m高处由静止开始释放，落 入泥潭并陷入泥中h5 cm深处，不计空气阻力，求泥对小球的平均阻 力。(g取10 m/s2) 答案：820 N 解析：解析：方法一：方法一：(应用动能定理分段求解应用动能定理分段求解) 对小球在空中运动阶段应用动能定理，有对小球在空中运动阶段应用动能定理，有 mgH1 2mv 2 0 对小球在泥潭中运动阶段应用动能定理，有对小球在泥潭中运动阶段应用动能定理，有 mghFh01 2mv 2 由以上两式解得泥对小球的平均阻力由以上两式解得泥对小球的平均阻力 FH h h mg2
9、 0.05 0.05 210 N820 N 方法二：方法二：(应用动能定理整体求解应用动能定理整体求解) 对小球在整个运动阶段应用动能定理，有对小球在整个运动阶段应用动能定理，有 mg(Hh)Fh00 所以，泥对小球的平均阻力所以，泥对小球的平均阻力 FH h h mg2 0.05 0.05 210 N820 N。 素养达标素养达标 1(2020武汉市武昌区高一下学期检测)质量为m的物体以初速度v0沿 水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧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，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压 缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做 的
10、功为 ( ) A1 2mv 2 0 mg(sx) B1 2mv 2 0 mgx Cmgs Dmg(sx) A 解析：解析：由动能定理得：由动能定理得：Wmg(sx)1 2mv 2 0 W1 2mv 2 0 mg(sx)。故。故 A 正确。正确。 2(2020山东潍坊一中高一下学期质检)如图甲所示，一质量为m1 kg 的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t0时刻开始，物块在受到按如 图乙所示规律变化的水平力F作用下向右运动，第3 s末物块运动到B点时 速度刚好为0，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的 动摩擦因数0.2，(g取10 m/s2)求： (1)AB间的距离； (2)水平
11、力F在5 s时间内对物块所做的功。 答案：(1)4 m (2)24 J 解析：解析：(1)在在 3 s5 s 内物块在水平恒力内物块在水平恒力 F 作用下由作用下由 B 点匀加速沿直点匀加速沿直 线运动到线运动到 A 点，设加速度为点，设加速度为 a，AB 间的距离为间的距离为 s，则，则 Fmgma aF mg m 4 0.2110 1 m/s22 m/s2 s1 2at 2 4 m (2)设整个过程中设整个过程中 F 做的功为做的功为 WF，物块回到，物块回到 A 点时的速度为点时的速度为 vA，由，由 动能定理得：动能定理得：WF2mgs1 2mv 2 A v 2 A 2as WF2mg
12、smas24 J。 3 (2020 山东省烟台市高一下学期期中山东省烟台市高一下学期期中) 在游乐节目中， 选手需借助悬挂在高处的绳在游乐节目中， 选手需借助悬挂在高处的绳 飞越到水面的浮台上， 如图所示。 我们将选飞越到水面的浮台上， 如图所示。 我们将选 手简化为质量手简化为质量 m60 kg 的质点，选手抓住的质点，选手抓住 绳由静止开始摆动， 此时绳与竖直方向夹角绳由静止开始摆动， 此时绳与竖直方向夹角 53 ，绳长，绳长 l2 m，绳的悬挂点，绳的悬挂点 O 距水距水 面的高度为面的高度为 H3 m。不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度。不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面
13、的高度 不计，水足够深。取重力加速度不计，水足够深。取重力加速度 g10m/s2，sin53 0.8，cos53 0.6。 (1)求选手摆到最低点时对绳的拉力的大小F； (2)若选手摆到最低点时松手，落到了浮台上，试用题中所提供的数据算 出落点与岸的水平距离； (3)若选手摆到最高点时松手落入水中。设水对选手的平均浮力f1800 N， 平均阻力f2700 N，求选手落入水中的深度d。 答案：答案：(1)1 080 N (2)(8 5 4 5 5 ) m (3)1.2 m 解析：解析：(1)对整个过程由动能定理得：对整个过程由动能定理得： mgl(1cos)1 2mv 2 圆周运动圆周运动 Fmgmv 2 l 解得解得 F(32cos)mg 人对绳的拉力人对绳的拉力 FF 则则 F1 080N (2)由由 mgL(1cos)1 2mv 2 可得，最低点的速度为可得，最低点的速度为 4 m/s Hl1 2gt 2 x vt 解得解得 x4 5 5 m x 总总lsin53 x(8 5 4 5 5 )m (3)对整个过程由动能定理得：对整个过程由动能定理得： mg(Hlcosd)(f1f2)d0 则则 dmg H lcos f1f2mg 解得解得 d1.2 m
