第八章 习题课：动能定理的应用（课件 学案 练习）高中物理人教版（2019）必修 第二册

习题课:动能定理的应用 例1　B　[解析] 小球缓慢地由P移动到Q,动能不变,只有重力、水平拉力F对小球做功,绳子拉力不做功,由动能定理得-mgL(1-cos θ)+WF=ΔEk=0,即WF=mgL(1-cos θ),选项B正确. 变式1　C　[解析] 在B点时,由牛顿第二定律得FN-mg=m,解得FN=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错误;从A到B的过程中,由动能定理得mgr-Wf=mv2-0,解得Wf=0.9 J,故克服摩擦力做功为0.9 J,故C正确,D错误. [科学探究] 飞机在陆地上的飞机场上降落时,因陆地飞机场跑道较长,减速位移较大,减速的加速度较小,减速的合力较小,所以一般不使用拦阻索.由动能定理可知,Ek-x图像的斜率表示合力,所以在航母上降落时图像的斜率的绝对值大. 例2　C　[解析] 画出运动示意图如图所示,设阻力为F阻,根据动能定理知,A→B(上升过程)有EkB-EkA=-(mg+F阻)h,C→D(下落过程)有EkD-EkC=(mg-F阻)h,联立得mgh=30 J,解得物体的质量m=1 kg,选项C正确. 变式2　ABC　[解析] 物体做匀速直线运动时,拉力F与滑动摩擦力Ff大小相等,物体与水平面间的动摩擦因数为μ==0.35,A正确;减速过程中,由动能定理得WF+Wf=0-mv2,根据F-x图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF,而Wf=-μmgx,由此可求得合力对物体所做的功及物体做匀速运动时的速度v,B、C正确;因为物体在4~11 m做加速度变化的减速运动,所以运动时间无法求出,D错误. 例3　(1)420 N,方向竖直向下　(2)0.25 [解析] (1)由C到D,速度减为0,由动能定理得 -mg(R-Rcos β)=0-m 解得vC=2 m/s 在C点时,由牛顿第二定律得 FN-mg=m 解得FN=420 N 根据牛顿第三定律可知,小孩第一次经过圆弧轨道C点时对圆弧轨道的压力为420 N,方向竖直向下 (2)小孩从A运动到D的过程中,由动能定理得 mgLsin α-μmgLcos α-mgR(1-cos β)=0-m 解得μ=0.25 例4　(1)3mg　(2) [解析] (1)滑块第一次到达E点时,根据动能定理得 mg-μmgcos θ·L=m 解得vE= FNE-mg=m. 解得FNE=3mg 根据牛顿第三定律可知,滑块对轨道的压力大小为3mg . (2)滑块最终将以E点为最低点、D为最高点做往复运动,根据动能定理得 mgLsin θ-μmgcos θ·s总=0 解得s总= 随堂巩固 1.B　[解析] 该滑雪爱好者从P到R滑行过程中,由动能定理得Wf+mg(H-h)=mv2-0,克服阻力做功W克f=-Wf=mg(H-h)-mv2,解得W克f=60×10×(24-4) J-×60×182 J=2280 J,从P到R滑行过程中,重力对滑雪爱好者做功WG=mg(H-h)=12 000 J,则=≈0.2,故B正确. 2.D　[解析] 设小物块在BC段通过的总路程为s,由于只有盆底BC与小物块之间存在摩擦力,则摩擦力做功为-μmgs,而重力做功与路径无关,由动能定理得mgh-μmgs=0-0,解得s=3 m,由于d=0.5 m,所以小物块在BC上经过3次往复运动后,又回到B点,D正确. 3.BD　[解析] 由图像可知,物体前进20 m,动能由50 J变为零,由动能定理得Fx=0-Ek0,解得F=-2.5 N,即物体所受的合力大小为2.5 N,选项A错误.物体的加速度大小a==2.5 m/s2,选项C错误,D正确.由于物体的初速度v0== m/s=10 m/s,故滑行时间t== s=4 s,选项B正确.习题课:动能定理的应用 学习任务一　应用动能定理计算变力做功 [科学思维] 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.利用动能定理求变力做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= ΔEk. 例1 一个质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点,小球在水平拉力F作用下从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点,此时轻绳与竖直方向的夹角为θ,如图所示,重力加速度为g,则拉力F所做的功为(　) A.mgLcos θ B.mgL(1-cos θ) C.FLsin θ D.FLcos θ [反思感悟] 变式1 如图所示,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 ... ...