《人教版物理必修第二册》19-20 第8章 习题课3　动能定理的综合应用

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习题课 3　动能定理的综合应用
【学习素养·明目标】　物理观念：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．
科学思维：1.体会动能定理在分析变力问题、曲线运动、多过程问题中的
优越性.2.建立求解“多过程运动问题”的模型，提高逻辑推理和综合分析问题
的能力．
利用动能定理求力的功
[要点归纳]
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＝0②
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.
1
[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(1－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
[要点归纳]
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)
2
(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．
3
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