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，领会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． 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，应用非常方便． 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W变＋W其他＝ΔEk. 【例1】 如图所示，某人利用跨过定滑轮的轻绳拉质量为10 kg的物体．定滑轮的位置比A点高3 m．若此人缓慢地将绳从A点拉到同一水平高度的B点，且A、B两点处绳与水平方向的夹角分别为37°和30°，则此人拉绳的力做了多少功？(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计滑轮的摩擦) [解析] 取物体为研究对象，设绳的拉力对物体做的功为W.根据题意有h＝3 m 物体升高的高度Δh＝－ ① 对全过程应用动能定理W－mgΔh＝0 ② 由①②两式联立并代入数据解得W＝100 J 则人拉绳的力所做的功W人＝W＝100 J. [答案] 100 J 1．一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点．小球在水平力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，如图所示，则力F所做的功为( ) A．mglcos θ B．Flsin θ C．mgl(l－cos θ) D．Flcos θ 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WF－mgl(1－cos θ)＝0. 所以WF＝mgl(1－cos θ)．] 利用动能定理分析多过程问题 一个物体的运动如果包含多个运动阶段，可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，分析每个力做的功，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． 【例2】 如图所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑．一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点速度为0.求：(取g＝10 m/s2) (1)物体与BC轨道间的动摩擦因数； (2)物体第5次经过B点时的速度； (3)物体最后停止的位置(距B点多少米)． 思路点拨：①重力做功与物体运动路径无关，其大小为mgΔh，但应注意做功的正、负． ②物体第5次经过B点时在水平面BC上的路径为4sBC. [解析] (1)由动能定理得－mg(h－H)－μmgsBC＝0－mv，解得μ＝0.5. (2)物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgH－μmg·4sBC＝mv－mv， 解得v2＝4 m/s≈13.3 m/s. (3)分析整个过程，由动能定理得mgH－μmgs＝0－mv， 解得s＝21.6 m. 所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m，故距B点的距离为2 m－1.6 m＝0.4 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，应注意各力对应的位移.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?研究初、末动能时，只需关注初、末状态，不必关心中间运动的细节. 2．如图所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5 m，一个质量为m＝0.5 kg的木块在F＝1.5 N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，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数μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求： (1)木块沿弧形槽上升的最 ... ...
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