《2018-2019學年高中物理 第3章 動能的變化與機械功 3.3 動能定理的應用學案 滬科版必修2.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018-2019學年高中物理 第3章 動能的變化與機械功 3.3 動能定理的應用學案 滬科版必修2.doc（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

3.3　動能定理的應用 [學習目標]　1.能靈活運用合力做功的兩種求法.2.會用動能定理分析變力做功、曲線運動以及多過程問題.3.熟悉應用動能定理的步驟，領會應用動能定理解題的優(yōu)越性． 一、研究汽車的制動距離 應用動能定理分析問題，只需考慮物體初、末狀態(tài)的動能與所做的功，而不必考慮物體的加速度和時間，因而往往比用牛頓運動定律和運動學規(guī)律更簡便． 例1　質量為m的汽車正以速度v0運動，司機踩下剎車閘，經(jīng)過位移s后汽車停止運動，若阻力為f，則汽車的制動距離與汽車的初速度的關系如何？ 答案　 解析　由動能定理得： －fs＝0－mv02得：s＝ 1．在f一定的情況下：s∝mv02，即初動能越大，位移s越大． 2．對于給定汽車(m一定)，若f相同，則s∝v02，即初速度越大，位移s就越大．若水平路面的動摩擦因數(shù)μ一定，則s＝＝. 二、合力做功與動能變化 1．合力做功的求法 (1)一般方法：W合＝W1＋W2＋…(即合力做的功等于各力對物體做功的代數(shù)和)．對于多過程問題總功的計算必須用此方法． (2)多個恒力同時作用下的勻變速運動：W合＝F合scos α. 2．合力做功與動能的變化的關系 合力做功與動能的變化滿足動能定理，其表達式有兩種： (1)W1＋W2＋…＝ΔEk. (2)W合＝ΔEk. 例2　如圖1所示，利用斜面從貨車上卸貨，每包貨物的質量m＝20 kg，斜面傾角α＝37，斜面的長度s＝0.5 m，貨物與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，求貨物由靜止開始滑到底端的動能．(取g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8) 圖1 答案　見解析 解析　方法一　斜面上的貨物受到重力G、斜面支持力N和摩擦力f共三個力的作用，如圖所示．貨物位移的方向沿斜面向下．可以用正交分解法，將貨物所受的重力分解到與斜面平行的方向和與斜面垂直的方向． 可以看出，三個力中重力和摩擦力對貨物做功，而斜面支持力對貨物沒有做功．其中重力G對貨物做正功 W1＝mgssin 37＝20100.50.6 J＝60 J 支持力N對貨物沒有做功，W2＝0 摩擦力f對貨物做負功 W3＝(μmgcos 37)scos 180＝－0.220100.80.5 J＝－16 J 所以，合外力做的總功為W＝W1＋W2＋W3＝(60＋0－16) J＝44 J 由動能定理W＝Ek2－Ek1(其中Ek1＝0)知貨物滑到底端的動能Ek2＝W＝44 J. 方法二　若先計算合外力再求功，則合外力做的功 W＝F合s＝(mgsin 37－μmgcos 37)s ＝(20100.6－0.220100.8)0.5 J＝44 J 同樣可以得到貨物到底端時的動能Ek2＝44 J 三、利用動能定理求變力的功 1．動能定理不僅適用于求恒力做功，也適用于求變力做功，同時因為不涉及變力作用的過程分析，應用非常方便． 2．利用動能定理求變力的功是最常用的方法，當物體受到一個變力和幾個恒力作用時，可以用動能定理間接求變力做的功，即W變＋W其他＝ΔEk. 例3　如圖2所示，質量為m的小球自由下落d后，沿豎直面內的固定軌道ABC運動，AB是半徑為d的光滑圓弧，BC是直徑為d的粗糙半圓弧(B是軌道的最低點)．小球恰能通過圓弧軌道的最高點C.重力加速度為g，求： 圖2 (1)小球運動到B處時對軌道的壓力大?。? (2)小球在BC運動過程中，摩擦力對小球做的功． 答案　(1)5mg　(2)－mgd 解析　(1)小球下落到B點的過程由動能定理得2mgd＝mv2，在B點：N－mg＝m，得：N＝5mg，根據(jù)牛頓第三定律：N′＝ N＝5mg. (2)在C點，mg＝m.小球從B運動到C的過程： mvC2－mv2＝－mgd＋Wf，得Wf＝－mgd. 針對訓練　如圖3所示，某人利用跨過定滑輪的輕繩拉質量為10 kg的物體．定滑輪的位置比A點高3 m．若此人緩慢地將繩從A點拉到B點，且A、B兩點處繩與水平方向的夾角分別為37和30，則此人拉繩的力做了多少功？(g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，不計滑輪的質量和摩擦) 圖3 答案　100 J 解析　取物體為研究對象，設繩的拉力對物體做的功為W.根據(jù)題意有h＝3 m. 物體升高的高度Δh＝－.① 對全過程應用動能定理W－mgΔh＝0.② 由①②兩式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得W＝100 J. 則人拉繩的力所做的功W人＝W＝100 J. 四、利用動能定理分析多過程問題 一個物體的運動如果包含多個運動階段，可以選擇分段或全程應用動能定理． (1)分段應用動能定理時，將復雜的過程分割成一個個子過程，對每個子過程的做功情況和初、末動能進行分析，然后針對每個子過程應用動能定理列式，然后聯(lián)立求解． (2)全程應用動能定理時，分析整個過程中出現(xiàn)過的各力的做功情況，分析每個力做的功，確定整個過程中合外力做的總功，然后確定整個過程的初、末動能，針對整個過程利用動能定理列式求解． 當題目不涉及中間量時，選擇全程應用動能定理更簡單，更方便． 注意：當物體運動過程中涉及多個力做功時，各力對應的位移可能不相同，計算各力做功時，應注意各力對應的位移．計算總功時，應計算整個過程中出現(xiàn)過的各力做功的代數(shù)和． 例4　如圖4所示，右端連有一個光滑弧形槽的水平桌面AB長L＝1.5 m，一個質量為m＝0.5 kg的木塊在F＝1.5 N的水平拉力作用下，從桌面上的A端由靜止開始向右運動，木塊到達B端時撤去拉力F，木塊與水平桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求： 圖4 (1)木塊沿弧形槽上升的最大高度(木塊未離開弧形槽)； (2)木塊沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑動的最大距離． 答案　(1)0.15 m　(2)0.75 m 解析　(1)設木塊沿弧形槽上升的最大高度為h，木塊在最高點時的速度為零．從木塊開始運動到沿弧形槽上升的最大高度處，由動能定理得：FL－fL－mgh＝0 其中f＝μN＝μmg＝0.20.510 N＝1.0 N 所以h＝＝ m＝0.15 m (2)設木塊離開B點后沿桌面滑動的最大距離為x.由動能定理得： mgh－fx＝0 所以：x＝＝ m＝0.75 m 1．(用動能定理求變力的功)如圖5所示，質量為m的物體與水平轉臺間的動摩擦因數(shù)為μ，物體與轉軸相距R，物體隨轉臺由靜止開始轉動．當轉速增至某一值時，物體即將在轉臺上滑動，此時轉臺開始勻速轉動．設物體的最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，則在整個過程中摩擦力對物體做的功是(　　) 圖5 A．0 B．2μmgR　C．2πμmgR D. 答案　D 解析　物體即將在轉臺上滑動但還未滑動時，轉臺對物體的最大靜摩擦力恰好提供向心力，設此時物體做圓周運動的線速度為v，則有μmg＝.① 在物體由靜止到獲得速度v的過程中，物體受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力對物體做功，由動能定理得：W＝mv2－0.② 聯(lián)立①②解得W＝μmgR. 2．(動能定理的應用)如圖6所示，物體在離斜面底端5 m處由靜止開始下滑，然后滑上與斜面平滑連接的水平面，若物體與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)均為0.4，斜面傾角為37.求物體能在水平面上滑行的距離．(sin 37＝0.6，cos 37＝0.8) 　　　　　圖6 答案　3.5 m 解析　對物體在斜面上和水平面上受力分析如圖所示． 方法一　分過程列方程：設物體滑到斜面底端時的速度為v，物體下滑階段 N1＝mgcos 37， 故f1＝μN1＝μmgcos 37. 由動能定理得： mgsin 37l1－μmgcos 37l1＝mv2－0 設物體在水平面上滑行的距離為l2， 摩擦力f2＝μN2＝μmg 由動能定理得： －μmgl2＝0－mv2 由以上各式可得l2＝3.5 m. 方法二　全過程列方程： mgl1sin 37－μmgcos 37l1－μmgl2＝0 得：l2＝3.5 m. 3．(利用動能定理分析多過程往復運動問題)如圖7所示，ABCD為一豎直平面內的軌道，其中BC水平，A點比BC高出10 m，BC長1 m，AB和CD軌道光滑．一質量為1 kg的物體，從A點以4 m/s的速度開始運動，經(jīng)過BC后滑到高出C點10.3 m的D點速度為0.求：(g取10 m/s2) 圖7 (1)物體與BC軌道間的動摩擦因數(shù)； (2)物體第5次經(jīng)過B點時的速度大小； (3)物體最后停止的位置(距B點多少米)． 答案　(1)0.5　(2)13.3 m/s　(3)距B點0.4 m 解析　(1)由動能定理得 －mg(h－H)－μmgsBC＝0－mv12， 解得μ＝0.5. (2)物體第5次經(jīng)過B點時，物體在BC上滑動了4次，由動能定理得mgH－μmg4sBC＝mv22－mv12， 解得v2＝4 m/s≈13.3 m/s. (3)分析整個過程，由動能定理得 mgH－μmgs＝0－mv12， 解得s＝21.6 m. 所以物體在軌道上來回運動了10次后，還有1.6 m，故最后停止的位置與B點的距離為2 m－1.6 m＝0.4 m. 【考點】應用動能定理處理多過程問題 【題點】應用運動定理處理含曲線運動的多過程問題 4．(利用動能定理分析多過程問題)如圖8所示，質量m＝1 kg的木塊靜止在高h＝1.2 m的平臺上，木塊與平臺間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，用水平推力F＝20 N，使木塊產(chǎn)生位移l1＝3 m時撤去，木塊又滑行l(wèi)2＝1 m后飛出平臺，求木塊落地時速度的大小．(g取10 m/s2) 圖8 答案　11.3 m/s 解析　解法一　取木塊為研究對象，其運動分三個過程，先勻加速前進l1，后勻減速前進l2，再做平拋運動，對每一過程，分別由動能定理得 Fl1－μmgl1＝mv12 －μmgl2＝mv22－mv12 mgh＝mv32－mv22 解得v3≈11.3 m/s 解法二　對全過程由動能定理得Fl1－μmg(l1＋l2)＋mgh＝mv2－0 代入數(shù)據(jù)解得v≈11.3 m/s 【考點】應用動能定理處理多過程問題 【題點】應用動能定理處理含曲線運動的多過程問題 一、選擇題 考點一　用動能定理求變力的功 1．一質量為m的小球，用長為l的輕繩懸掛于O點，小球在水平拉力F作用下，從平衡位置P點很緩慢地移動到Q點，如圖1所示，則拉力F所做的功為(　　) 圖1 A．mglcos θ B．mgl(1－cos θ) C．Flcos θ D．Flsin θ 答案　B 解析　小球緩慢移動，時時都處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，F(xiàn)＝mgtan θ，隨著θ的增大，F(xiàn)也在增大，是一個變化的力，不能直接用功的公式求它所做的功，所以這道題要考慮用動能定理求解．由于小球緩慢移動，動能保持不變，由動能定理得：－mgl(1－cos θ)＋W＝0，所以W＝mgl(1－cos θ)． 2.質量為m的小球被系在輕繩一端，在豎直平面內做半徑為R的圓周運動，如圖2所示，運動過程中小球受到空氣阻力的作用．設某一時刻小球通過軌道的最低點，此時繩子的張力為7mg，在此后小球繼續(xù)做圓周運動，經(jīng)過半個圓周恰好能通過最高點，則在此過程中小球克服空氣阻力所做的功是(　　) 圖2 A.mgR B.mgR C.mgR D．mgR 答案　C 解析　小球通過最低點時，設繩的張力為T，則T－mg＝m，即6mg＝m① 小球恰好過最高點，繩子拉力為零，這時mg＝m② 小球從最低點運動到最高點的過程中，由動能定理得 －mg2R－Wf＝mv22－mv12③ 由①②③式聯(lián)立解得Wf＝mgR，選C. 【考點】應用動能定理求變力的功 【題點】應用動能定理求變力的功 3.(多選)如圖3所示，某中學科技小組制作的利用太陽能驅動小車的裝置．當太陽光照射到小車上方的光電板，光電板中產(chǎn)生的電流經(jīng)電動機帶動小車前進．若太陽光照射到小車上方的光電板，小車在平直的水泥路上從靜止開始加速行駛，經(jīng)過時間t前進距離s，速度達到最大值vm，設這一過程中電動機的功率恒為P，小車所受阻力恒為f，那么(　　) 圖3 A．這段時間內電動機所做的功為Pt B．這段時間內小車先加速運動，然后勻速運動 C．這段時間內電動機所做的功為mvm2＋fs D．這段時間內電動機所做的功為mvm2 答案　AC 解析　根據(jù)W＝Pt知，這段時間內電動機所做的功為Pt，故A正確；電動機的功率不變，速度增大，則牽引力減小，加速度減小，先做加速度減小的加速運動，當加速度減為零后，做勻速直線運動，而在t時間內做加速運動，故B錯誤；根據(jù)動能定理得，W－fs＝mvm2，則這段時間內電動機做的功W＝fs＋mvm2，故C正確，D錯誤． 【考點】應用動能定理求變力的功 【題點】應用動能定理求變力的功 考點二　動能定理的應用 4．兩個物體A、B的質量之比為mA∶mB＝2∶1，二者初動能相同，它們和水平桌面間的動摩擦因數(shù)相同，則二者在桌面上滑行到停止經(jīng)過的距離之比為(　　) A．xA∶xB＝2∶1 B．xA∶xB＝1∶2 C．xA∶xB＝4∶1 D．xA∶xB＝1∶4 答案　B 解析　物體滑行過程中只有摩擦力做功，根據(jù)動能定理，對A：－μmAgxA＝0－Ek；對B：－μmBgxB＝0－Ek.故＝＝，B對． 【考點】應用動能定理進行有關的計算 【題點】應用動能定理求位移 5．人騎自行車下坡，坡長l＝500 m，坡高h＝8 m，人和車總質量為100 kg，下坡時初速度為4 m/s，人不踏車的情況下，到達坡底時車速為10 m/s，g取10 m/s2，則下坡過程中阻力所做的功為(　　) A．－4 000 J B．－3 800 J C．－5 000 J D．－4 200 J 答案　B 解析　由動能定理得mgh＋Wf＝m(vt2－v 02)，解得Wf＝－mgh＋m(vt2－v02)＝－3 800 J，故B正確． 【考點】應用動能定理進行有關的計算 【題點】應用動能定理求功 6.如圖4所示，一個小球質量為m，靜止在光滑的軌道上．現(xiàn)以水平力擊打小球，使小球能夠通過半徑為R的豎直光滑軌道的最高點C，則水平力對小球所做的功至少為(　　) 圖4 A．mgR B．2mgR C．2.5mgR D．3mgR 答案　C 解析　恰好通過豎直光滑軌道的最高點C時，在C點有mg＝，對小球，由動能定理W－2mgR＝mv2，聯(lián)立解得W＝2.5mgR，C項正確． 【考點】應用動能定理進行有關的計算 【題點】應用動能定理求功 考點三　利用動能定理分析多過程問題 7．如圖5所示，AB為圓弧軌道，BC為水平直軌道，圓弧的半徑為R，BC的長度也是R，一質量為m的物體，與兩個軌道間的動摩擦因數(shù)都為μ，當它由軌道頂端A從靜止開始下落，恰好運動到C處停止，那么物體在AB段克服摩擦力所做的功為(　　) 圖5 A.μmgR B.mgR C．－mgR D．(1－μ)mgR 答案　D 解析　設物體在AB段克服摩擦力所做的功為WAB，物體從A運動到C的全過程，根據(jù)動能定理， 有mgR－WAB－μmgR＝0. 所以有WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR. 8．質量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一輕彈簧最右端O相距s，如圖6所示．已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為(不計空氣阻力)(　　) 圖6 A.mv02－μmg(s＋x) B.mv02－μmgx C．μmgs D．μmgx 答案　A 解析　設物體克服彈簧彈力所做的功為W，則物體向左壓縮彈簧過程中，彈簧彈力對物體做功為－W，摩擦力對物體做功為－μmg(s＋x)，根據(jù)動能定理有－W－μmg(s＋x)＝0－mv02，所以W＝mv02－μmg(s＋x)． 9．如圖7所示，假設在某次比賽中運動員從10 m高處的跳臺跳下，設水的平均阻力約為其體重的3倍，在粗略估算中，把運動員當作質點處理，為了保證運動員的人身安全，池水深度至少為(不計空氣阻力)(　　) 圖7 A．5 m B．3 m C．7 m D．1 m 答案　A 解析　設水深為h，對運動全程運用動能定理可得： mg(H＋h)－fh＝0， mg(H＋h)＝3mgh.所以h＝5 m. 10．如圖8所示，小球以初速度v0從A點沿粗糙的軌道運動到高為h的B點后自動返回，其返回途中仍經(jīng)過A點，則經(jīng)過A點的速度大小為(　　) 圖8 A. B. C. D. 答案　B 解析　從A到B運動過程中，重力和摩擦力都做負功，根據(jù)動能定理可得－mgh－Wf＝0－mv，從B到A過程中，重力做正功，摩擦力做負功(因為是沿原路返回，所以兩種情況摩擦力做功大小相等)，根據(jù)動能定理可得mgh－Wf＝mv2，兩式聯(lián)立得再次經(jīng)過A點的速度為，故B正確． 二、非選擇題 11．(利用動能定理分析多過程問題)如圖9所示，AB與CD為兩個對稱斜面，其上部足夠長，下部分別與一個光滑的圓弧面的兩端相切，圓弧圓心角為120，半徑R為2.0 m，一個物體在離弧底E高度為h＝3.0 m處，以初速度4.0 m/s沿斜面向下運動，若物體與兩斜面間的動摩擦因數(shù)均為0.02，則物體在兩斜面上(不包括圓弧部分)一共能走多少路程？(g取10 m/s2，不計空氣阻力) 圖9 答案　見解析 解析　設物體在斜面上運動的總路程為s，則摩擦力做的總功為－μmgscos 60，末狀態(tài)選為B(或C)，此時物體速度為零，對全過程由動能定理得 mg[h－R(1－cos 60)]－μmgscos 60＝0－mv02 物體在斜面上通過的總路程為：s＝＝ m＝280 m. 12．(利用動能定理分析多過程問題)如圖10所示，光滑水平面AB與一半圓形軌道在B點平滑連接，軌道位于豎直面內，其半徑為R，一個質量為m的物塊靜止在水平面上，現(xiàn)向左推物塊使其壓緊彈簧，然后放手，物塊在彈力作用下獲得一速度，當它經(jīng)B點進入半圓形軌道瞬間，對軌道的壓力為其重力的7倍，之后向上運動恰能完成半圓周運動到達C點，重力加速度為g.求：(不計空氣阻力) 圖10 (1)彈簧彈力對物塊做的功； (2)物塊從B到C克服阻力所做的功； (3)物塊離開C點后，再落回到水平面上時的動能． 答案　(1)3mgR　(2)mgR　(3)mgR 解析　(1)由動能定理得W＝mvB2 在B點由牛頓第二定律得7mg－mg＝m 解得W＝3mgR (2)物塊從B到C由動能定理得 －2mgR＋W′＝mvC2－mvB2 物塊在C點時mg＝m 解得W′＝－mgR，即物塊從B到C克服阻力做功為mgR. (3)物塊從C點平拋到水平面的過程中，由動能定理得 2mgR＝Ek－mvC2，解得Ek＝mgR. 【考點】應用動能定理處理多過程問題 【題點】應用動能定理處理含彈力做功的多過程問題 13．(利用動能定理分析多過程問題)如圖11所示，光滑斜面AB的傾角θ＝53，BC為水平面，BC長度lBC＝1.1 m，CD為光滑的圓弧，半徑R＝0.6 m．一個質量m＝2 kg的物體，從斜面上A點由靜止開始下滑，物體與水平面BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，軌道在B、C兩點平滑連接．當物體到達D點時，繼續(xù)豎直向上運動，最高點距離D點的高度h＝0.2 m．不計空氣阻力，sin 53＝0.8，cos 53＝0.6，g取10 m/s2.求： 圖11 (1)物體運動到C點時的速度大小vC； (2)A點距離水平面的高度H； (3)物體最終停止的位置到C點的距離s. 答案　(1)4 m/s　(2)1.02 m　(3)0.4 m 解析　(1)物體由C點運動到最高點，根據(jù)動能定理得： －mg(h＋R)＝0－mvC2 代入數(shù)據(jù)解得：vC＝4 m/s (2)物體由A點運動到C點，根據(jù)動能定理得： mgH－μmglBC＝mvC2－0 代入數(shù)據(jù)解得：H＝1.02 m (3)從物體開始下滑到停下，根據(jù)動能定理得： mgH－μmgs1＝0 代入數(shù)據(jù)，解得s1＝5.1 m 由于s1＝4lBC＋0.7 m 所以，物體最終停止的位置到C點的距離為：s＝0.4 m. 【考點】應用動能定理處理多過程問題 【題點】應用動能定理處理含曲線運動的多過程問題 考點　應用動能定理分析多過程問題 1．2016年11月1日廣東珠海開幕的第十一屆中國國際航空航天博覽會上，空軍“八一”飛行表演隊的6架殲－10戰(zhàn)斗機為現(xiàn)場數(shù)千名觀眾帶來了一場震撼表演．如圖1所示，某次飛行表演中，飛行員駕駛飛機在豎直面內做半徑為R的圓周運動，在最高點時飛行員頭朝下，已知飛行員質量為m，重力加速度為g. 圖1 (1)若飛行員在最高點座椅對他的彈力和飛機在地面上起飛前一樣，求最高點的速度； (2)若這位飛行員以(1)中的速度從最高點加速飛到最低點，且他在最低點能承受的最大豎直加速度為5g，求飛機在最低點的最大速度及這個過程中飛機對飛行員做的功． 答案　(1)　(2)?。璵gR 解析　(1)最高點座椅對飛行員的彈力N＝mg 由重力和彈力的合力提供向心力N＋mg＝，v1＝ (2)最低點向心加速度最大時速度也最大，a＝＝5g，速度最大為v2＝ 對最高點到最低點的過程運用動能定理，有mg2R＋W＝mv22－mv12，解得W＝－mgR. 【考點】應用動能定理處理多過程問題 【題點】應用動能定理處理含曲線運動的多過程問題 2．如圖2所示是一種常見的圓桌，桌面中間嵌一半徑為r＝1.5 m、可繞中心軸轉動的圓盤，桌面與圓盤面在同一水平面內且兩者間縫隙可不考慮．已知桌面離地高度為h＝0.8 m，將一可視為質點的小碟子放置在圓盤邊緣，若緩慢增大圓盤的角速度，碟子將從圓盤上甩出并滑上桌面，再從桌面飛出，落地點與桌面飛出點的水平距離是0.4 m．已知碟子質量m＝0.1 kg，碟子與圓盤間的最大靜摩擦力fmax＝0.6 N，g取10 m/s2，不計空氣阻力，求： 圖2 (1)碟子從桌面飛出時的速度大小； (2)碟子在桌面上運動時，桌面摩擦力對它做的功； (3)若碟子與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.225，要使碟子不滑出桌面，則桌面半徑至少是多少？ 答案　(1)1 m/s　(2)－0.4 J　(3)2.5 m 解析　(1)根據(jù)平拋運動規(guī)律：h＝gt2，x＝vt， 得v＝x＝1 m/s. (2)設碟子從圓盤上甩出時的速度為v0，則fmax＝m，即v0＝3 m/s 由動能定理得：Wf＝mv2－mv02，代入數(shù)據(jù)得：Wf＝－0.4 J. (3)當?shù)踊阶烂孢吘墪r速度恰好減為零，對應的桌子半徑取最小值． 設碟子在桌子上滑動的位移為x′，根據(jù)動能定理：－μmgx′＝0－mv02 代入數(shù)據(jù)得：x′＝2 m 由幾何知識可得桌子半徑的最小值為：R＝＝2.5 m. 【考點】應用動能定理處理多過程問題 【題點】應用動能定理處理含曲線運動的多過程問題 3．如圖3所示為一種射程可調節(jié)的“拋石機”模型．拋石機長臂OA的長度L＝4 m，B為OA中點，石塊可裝在長臂上的AB區(qū)域中某一位置．開始時長臂與水平面間的夾角α＝30，對短臂施力，當長臂轉到豎直位置時立即停止轉動，石塊被水平拋出．在某次投石試驗中，將質量為m＝10 kg的石塊安裝在A點，擊中地面上距O點水平距離為x＝12 m的目標．不計空氣阻力和拋石機長臂與短臂的質量，g取10 m/s2，求： 圖3 (1)石塊即將被投出瞬間所受向心力的大小； (2)整個過程中投石機對石塊所做的功W； (3)若投石機對石塊做功恒定，問應將石塊安裝在離O點多遠處才能使石塊落地時距O點的水平距離最大？ 答案　(1)300 N　(2)1 200 J　(3)3 m 解析　(1)石塊被拋出后做平拋運動，水平方向x＝vt 豎直方向h＝gt2 又h＝L＋Lsin α，解得v＝2 m/s 所以石塊受到的向心力為F＝m＝300 N (2)長臂從A點轉到豎直位置的整個過程中，根據(jù)動能定理得W－mg(L＋Lsin 30)＝mv2－0 代入數(shù)值解得W＝1 200 J (3)設拋出點距離O點為l W－mg(l＋lsin 30)＝mv′2－0 v′＝ 下落時間t′＝＝＝ 水平位移為s＝＝ 因此當l＝3 m時石塊落地時距O點水平距離最大． 【考點】應用動能定理處理多過程問題 【題點】應用動能定理處理含曲線運動的多過程問題 4．如圖4所示為一遙控電動賽車(可視為質點)和它的運動軌道示意圖．假設在某次演示中，賽車從A位置由靜止開始運動，經(jīng)2 s后關閉電動機，賽車繼續(xù)前進至B點后水平飛出，賽車能從C點無碰撞地進入豎直平面內的圓形光滑軌道，D點和E點分別為圓形軌道的最高點和最低點．已知賽車在水平軌道AB段運動時受到的恒定阻力為0.4 N，賽車質量為0.4 kg，通電時賽車電動機的輸出功率恒為2 W，B、C兩點間高度差為0.45 m，C與圓心O的連線和豎直方向的夾角α＝37，空氣阻力忽略不計， sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g＝10 m/s2，求： 圖4 (1)賽車通過C點時的速度大?。? (2)賽道AB的長度； (3)要使賽車能通過圓軌道最高點D后回到水平賽道EG，其半徑需要滿足什么條件？ 答案　(1)5 m/s　(2)2 m　(3)R≤ m 解析　(1)賽車在BC間做平拋運動，則vy＝＝3 m/s 由圖可知：vC＝＝5 m/s (2)由(1)可知B點速度v0＝vCcos 37＝4 m/s 則根據(jù)動能定理：Pt－fAB＝mv02， 解得lAB＝2 m. (3)當恰好通過最高點D時，有：mg＝m 從C到D，由動能定理可知：－mgR(1＋cos 37)＝mvD2－mvC2，解得R＝ m 所以軌道半徑R≤ m. 【考點】應用動能定理處理多過程問題 【題點】應用動能定理處理含曲線運動的多過程問題 5．如圖5所示，在豎直平面內，長為L、傾角θ＝37的粗糙斜面AB下端與半徑R＝1 m的光滑圓弧軌道BCDE平滑相接于B點，C點是軌跡最低點，D點與圓心O等高．現(xiàn)有一質量m＝0.1 kg的小物體從斜面AB上端的A點無初速度下滑，恰能到達圓弧軌道的D點．若物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，不計空氣阻力，g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，求： 圖5 (1)斜面AB的長度L； (2)物體第一次通過C點時的速度大小vC1； (3)物體經(jīng)過C點時，軌道對它的最小支持力Nmin； (4)物體在粗糙斜面AB上滑行的總路程s總． 答案　(1)2 m　(2)2 m/s　(3)1.4 N　(4)6 m 解析　(1)A到D過程，根據(jù)動能定理有 mg(Lsin θ－Rcos θ)－μmgLcos θ＝0，解得：L＝2 m； (2)A到C過程，根據(jù)動能定理有 mg(Lsin θ＋R－Rcos θ)－μmgLcos θ＝mvC12， 解得：vC1＝2 m/s； (3)物體經(jīng)過C點，軌道對它有最小支持力時，它將在B點所處高度以下運動，所以有：mg(R－Rcos θ)＝mv min2，根據(jù)向心力公式有：Nmin－mg＝m，解得Nmin＝1.4 N； (4)根據(jù)動能定理有：mgLsin θ－μmgs總cos θ＝0，解得s總＝6 m. 【考點】應用動能定理處理多過程問題 【題點】應用動能定理處理含曲線運動的多過程問題