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2018年高中物理 第四章 机械能和能源 动能定理的应用知识梳理学案 教科版必修2

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动能定理的应用

【学*目标】

1.进一步深化对动能定理的理解。

2.会用动能定理求解变力做功问题。

3.会用动能定理求解单物体或多物体单过程问题以及与其他运动形式的结合问题。

4.知道用动能定理解题的一般步骤。

【要点梳理】

要点一、动能定理的推导

要点诠释:

1.推导过程:

一个运动物体,在有外力对它做功时,动能会发生变化。

设一个质量为

m

的物体,原来的速度是

v1

,动能是

Ek1

?

1 2

mv12

,在与运动方向相同的恒定外力

F



作用下,发生一段位移 l

,速度增加到 v2

,动能增加到

Ek 2

?

1 2

mv22 。

在这一过程中外力 F 对物体所做的功W ? Fl 。

根据牛顿第二定律

F

?

ma

和运动学公式 v22

? v12

?

2al

得到 l

?

v22 ? v12 2a

所以W

?

Fl

?

ma(v22 ? v12 ) 2a

?

1 2

mv22

?

1 2

mv12

或W ? Ek 2 ? Ek1
2.关于公式的几点说明
(1)上面我们设外力方向与运动方向相同,导出了关系式W ? Ek 2 ? Ek1 ,这时外力做正功,动能增加。
外力方向与运动方向相反时,上式同样适用,这时外力所做的功是负值,动能的变化也是负值; (2)外力对物体做负功,往往说成物体克服这个力做了功。因此,对这种情形,也可以说物体克服阻力 所做的功等于动能的减少; (3)如果物体不只受到一个力,而是受到几个力,上述结论仍旧正确。只是外力所做的功是指各个力所 做的功的代数和,即外力所做的总功。 3.动能定理的实质
动能定理揭示了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系,即外力对物体做的总功,对应着 物体动能的变化,变化的大小由做功的多少来量度。
动能定理的实质是反映其它形式的能通过做功而和动能转化之间的关系,只不过在这里其它形式的能 并不一定出现,而是以各种性质的力所做的机械功(等式左边)的形式表现出来而已。 要点二、对动能定理的进一步理解 要点诠释: 1.动能定理的计算式为标量式,计算外力对物体做的总功时,应明确各个力所做功的正负,然后求其所 有外力做功的代数和;求动能变化时,应明确动能没有负值,动能的变化为末动能减去初动能。 2.位移和速度必须是相对于同一个参考系的,一般以地面为参考系。 3.动能定理公式中等号的意义
等号表明合力做的功与物体动能的变化间的三个关系: (1)数量相等:即通过计算物体动能的变化来求合力的功,进而求得某一力的功。
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(2)单位相同:都是焦耳。

(3)因果关系:合外力的功是物体动能变化的原因。

4.动能定理既适用于一个持续的过程,也适用于分段过程的全过程。

5.动能定理应用广泛,直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、同时做功、分段做功各种情况均适

用。

要点三、应用动能定理的基本步骤

要点诠释:

1.选取研究对象,明确它的运动过程;

2.分析研究对象的受力情况和各力的做功情况;

受哪些力

各力是否做功

做正功还是负功

做多少功

然后求解各个外力做功的代数和

3.明确物体在过程的始末状态的动能 Ek1 和 Ek2;

4.列出动能定理的方程W ? Ek 2 ? Ek1 及其他必要的解题方程,进行求解。

要点四、应用动能定理时应注意的问题 要点诠释: 1.有些力在物体运动的全过程中不是始终存在的,因此在求解物体运动过程中外力的总功时,要注意把 物体的受力与运动结合分析。 2.动能定理是计算物体位移和速率的简洁公式,当题目中涉及到位移时可优先考虑动能定理。 3.若物体运动过程中包含几个不同的物理过程,用动能定理解题时可以分段处理,也可取全过程直接列 式。

【典型例题】 类型一、用动能定理求变力做功

例 1、如图所示,质量为 m ? 2kg 的小球,从半径 R ? 0.5m 的半圆形轨道上的 A 点开始下滑,A 点 与圆心 O 点在同一水*面上,到达最低点 B 的速度 v ? 2m/s 。求在弧 AB 段阻力对物体所做的功 Wf。(取 g ? 10m/s2 )

【思路点拨】物体在弧 AB 段运动过程中受重力、弹力和阻力作用,其中弹力和阻力是变力,但在此 过程中弹力对小球不做功;重力是恒力,做正功,阻力做负功。在这一过程中,可用动能定理。
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【解析】重力的功

。由动能定理有:

所以

Wf

?

1 2

mv2

? WG

? 1 mv2 ? mgR 2

? 1 ? 2? 22 ? 2?10? 0.5 2

? ?6J

【总结升华】动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动,既适用于恒力做功,也适用于变力做 功。力做功时可以是连续的,也可以是不连续的,可以是在一条直线上的,也可以是不在一条直线上的。 举一反三

【变式 1】在距地面10m 高处,一人以10m/s 的速度水*抛出一个质量为 4kg 的物体,物体落地时

速度大小为16m/s ,试求:( g ? 10m/s2 )

(1)人抛出物体的过程中对物体所做的功为多少?

(2)飞行过程中物体克服空气阻力所做的功为多少?

【答案】(1)200J (2)88J

【解析】(1)抛出物体的过程中,只有人做功,这个过程很短暂,人施加的力可以说是一个瞬间的力,

该过程人的功无法用做功公式求解。所以只能用动能定理求解。由动能定理得:

w人 =

1 2

mv2

?

1 2

? 4?102 J=200J

(2)飞行过程,物体除受重力作用外,还有空气阻力做功,由动能定理得:

wG

?

w阻

=

1 2

mv?2

?

1 2

mv2

即:

mgh

?

w阻

=

1 2

mv?2

?

1 2

mv2

解得:

w阻

=mgh

?

(

1 2

mv?2

?

1 2

mv2

)

?

88J

【变式 2】如图所示,质量为 m 的物体用细绳经过光滑小孔牵引在光滑水*面上做匀速圆周运动,拉

力为某个值 F 时,转动半径为 R,当拉力为 F 时,物体仍做匀速圆周运动,半径为 2R,则外力对物体做 4
功的大小是( )

3

A. FR 4

B. 3FR 4

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C. 5FR 2

D.零

【答案】A
【解析】设当绳的拉力为 F 时,小球做匀速圆周运动的线速度为 v1 ,则有

F ? m v12 , R

当绳的拉力为

F 4

时,小球做匀速圆周运动的线速度为 v2 ,则有

1 F ? m v22

4

2R

由动能定理:

W

?

1 2

mv22

?

1 2

mv12

W ? ? 1 FR 4

故答案为 A。

类型二、动能定理解单体多过程问题

例 2、如图所示,物体从高为 h 的光滑斜面顶端由静止开始沿斜面下滑,最后停在水*面上与斜面顶 端水*距离为 s 的地方,物体与斜面和水*面间的动摩擦因数均为 ? ,试证明: ? ? h .
s

【解析】设斜面长为 l1 ,物体在水*面上滑行的位移大小为 l2 ,下面倾角为? 。两个物体的受力图如
下,在斜面上有:
N1 ? mg cos?
4

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f1 ? ? N1 ? ?mg cos?
在水*面上: N2 ? mg
f2 ? ? N2 ? ?mg
对整个过程根据动能定理列方程则:
mgh ? f1l1 ? f2l2 ? 0
展开得:
mgh ? ?mgl1 cos? ? ?mgl2 ? 0
mgh ? ?mg(l1 cos? ? l2 ) ? 0
因为: l1 cos? ? l2 ? s 所以: mgh ? ?mgs
?? h s
【总结升华】对这种多过程问题,既可以分段利用动能定理列方程求解,也可以对全过程利用动能定 理列方程求解,解题时可根据具体情况选择使用. 举一反三
【变式 1】如图所示,光滑 1/4 圆弧的半径为 0.8m,有一质量为 1.0kg 的物体自 A 点从静止开始下滑 到 B 点,然后沿水*面前进 4.0m,到达 C 点停止。g 取 10m/s2,求:
(1)物体到达 B 点时的速率。 (2)在物体沿水*面运动的过程中摩擦力做的功。 (3)物体与水*面间的动摩擦因数.

【答案】(1) vB ? 4m/s (2) wf ? ?8J (3) ? ? 0.4

【解析】(1)物体在 AB 过程中,只有重力做功,由动能定理:

mgR

?

1 2

mvB2

解得: vB ? 2gR ? 4m/s
(2)在水*面上,只有摩擦力做功,由动能定理:

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wf

?

0

?

1 2

mvB2

解得: wf ? ?8J

(3)由做功公式: wf ? ??mgs

? ? 0.4

【变式 2】如图所示,一质量为 2 kg 的铅球从离地面 2 m 高处自由下落,陷入沙坑 2 cm 深处,求沙 子对铅球的*均阻力.

【思路点拨】多过程问题要注意各个过程中的受力情况的变化。 【解析】解法一:铅球的运动分为自由下落和陷入沙坑减速运动两个过程,根据动能定理,分段列式. 设铅球自由下落到沙面时的速度为 v,则
mgH ? 1 mv2 ? 0 . 2
设铅球在沙中受到的*均阻力为 F,则
mgh ? Fh ? 0 ? 1 mv2 , 2
代入数据解得 F=2020 N. 解法二:全程列式:全过程中重力做功 mg(H+h),进入沙中阻力做功-Fh,全程来看动能变化为零,则 由
W ? Ek2 ? Ek1 ,

得 mg(H ? h) ? Fh ? 0 .

解得

F ? mg(H ? h) ? 2?10? (2 ? 0.02) N ? 2020N .

h

0.02

【变式3】质量为m=1.5kg的物块(可视为质点)在水*恒力F作用下,从水*面上A点由静止开始 运动,运动一段距离后撤去该力,物块继续滑行t=2.0s停止在B点。已知A、B两点间的距离为S=5.0m,
物块与水*面间的摩擦因数μ =0.2,求恒力F。( g ? 10ms/ 2 )
【思路点拨】本题用运动学和动能定理求解。
【答案】 F ?15N 【解析】设撤去力F前物块位移为S1,撤去F时物块的速度为 v 。物块所受的摩擦力 f ? ?mg ,
由运动学公式可得:

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v ? at ? f t ? ?gt ? 0.2?10? 2 ? 4m / s m

S

?

S1

?

v 2

t

?

4 2

?2

?

4m

即S1=1m

对整个过程用动能定理:

FS1 ? ?mgS ? 0 ? 0

F ?15N
【总结升华】本题可以有多种解法,运用动能定理较为简单。

例 3、如图所示,斜面倾角为? ,滑块质量为 m ,滑块与斜面间的动摩擦因数 ? ,从距挡板为 s0 的位

置以 v0 的速度沿斜面向上滑行。设重力沿斜面的分力大于滑动摩擦力,且每次与挡板碰撞前后的速度大小 保持不变,斜面足够长。求滑块从开始运动到最后停止滑行的总路程 s 。

【思路点拨】由于重力沿斜面的分力大于滑动摩擦力,物体虽经多次往复运动,最终将停止在挡板处。整

个过程中只有重力与摩擦力对物体做功。

【解析】摩擦力一直做负功,其绝对值等于摩擦力与路程的乘积,

由动能定理得

mgs0

sin?

?

?mg

cos?

?

s

?

0

?

1 2

mv02

解得 s ? v02 ? 2gs0 sin? 2? g cos?

【总结升华】动能定理只涉及初、末状态而不涉及过程中的每一个细节,因此对于做往复运动的物体运用 动能定理解题往往比较简便,本题也可用牛顿运动定律结合运动学公式一步步求解,但十分繁琐。

举一反三

【变式 1】如图所示质量为 m 的物体置于光滑水*面,一根绳子跨过定滑轮一端固定在物体上,另一

端在力 F 作用下,以恒定速率 v0 竖直向下运动,物体由静止开始运动到绳与水*方向夹角? ? 450 的过程

中,绳中张力对物体做的功为________。

v0 F

【解析】当绳与水*方向夹角? ? 450 时,物体的速度为 v ? v0 ? cos?

2v0

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v0

v0

vF

选物体为研究对象,研究物体由静止开始到绳与水*方向夹角为? 的过程,根据动能定理可知,绳中张力

对物体做的功等于物体动能的增加。

即W

?

1 2

mv2

?

mv02

【变式 2】在水*恒力 F 作用下,物体沿光滑曲面从高为 h1 的 A 处运动到高为 h2 的 B 处,若在 A 处的速度

为 vA ,B 处速度为 vB ,则 AB 的水*距离为多大?

【思路点拨】用牛顿定律遇到困难,使用动能定理。 【解析】A 到 B 过程中,物体受水*恒力 F,支持力 N 和重力 mg 的作用。

三个力做功分别为 Fs 、0 和 ?mg(h2 ? h1) ,所以动能定理写为:

Fs

?

mg (h2

?

h1 )

?

1 2

mvB2

?

1 2

mvA2

解得:

s

?

m F

? ??

g

(h2

?

h1 )

?

1 2

(vB2

?

v

2 A

)

? ??

【总结升华】从此例可以看出,以我们现在的知识水*,牛顿定律无能为力的问题,动能定理可以很方便 地解决,其关键就在于动能定理不计运动过程中瞬时细节。

类型三、动能定理解多体问题 例4、如图所示,用细绳连接的A、B两物体质量相等, A位于倾角为30°的斜面上,细绳跨过定滑
轮后使A、B均保持静止,然后释放,设A与斜面间的滑动摩擦力为A受重力的0.3倍,不计滑轮质量和摩 擦,求B下降1m时的速度多大。

【解析】 解法一:对A使用动能定理:
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Ts ? mgs.sin 300 ? fs ? 1 mv2 2
对B使用动能定理:
(mg ? T )s ? 1 mv2 2
f ? 0.3mg 得: v ?1.4m/s

解法二:将A、B看成一整体。(因二者速度、加速度大小均一样),此时拉力T为内力,求外力做
功时不计,则动能定理写为: mgs ? mgs sin 300 ? fs ? 1 (2m)v2 2
f ? 0.3mg
二式联立解得: v ?1.4m/s
【总结升华】上述两种解法结论是一致的,而方法二中研究对象的选择使解题过程简化,因而在 使用动能定理时要适当选取研究对象。 举一反三
【变式】一辆汽车通过图中的细绳提起井中质量为 m 的物体。开始时,车在 A 点,绳子已经拉紧且是 竖直的,左侧绳长为 H。提升时,车加速向左运动,沿水*方向从 A 经过 B 驶向 C。设 A 到 B 的距离也为 H, 车过 B 点时的速度为 v。求在车由 A 移到 B 的过程中,绳 Q 端的拉力对物体做的功。(设绳和滑轮的质量及 摩擦不计,滑轮尺寸不计)

H
↓ C B← H →A
mQ

【解析】本题中汽车和重物构成连接体,但解题通常取重物为研究对象,根据动能定理列方程:

W ? mgh ? 1 mv?2 ? 0 2

(1)

h ? ( 2 ?1)H

(2)

由于左边绳端和车有相同的水*速度 v,v 可分解成沿绳子方向的两个分速度,

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v
C
vx


H
↓ B← H →A
Q m

v? ? vx ?

2v 2

(3)

将(3)式和(2)式代入(1)式可得:
W ? 1 mv2 ? ( 2 ?1)mgH 4
例 5、总质量为 M 的列车,沿水*直线轨道匀速前进,其末节车厢质量为 m ,中途脱节,司机发觉 时,机车已行驶 L 的距离,于是立即关闭发动机.除去牵引力,设运动的阻力与质量成正比,机车的牵引
力是恒定的,当列车的两部分都停止时,它们的距离是多少? 【思路点拨】车头和脱节的车厢运动情景不同,应画好运动示意图。 【解析】解法一:先画出草图如图所示,在图中标明各部分的位移.

对车头,在脱节前后的整个过程中运用动能定理有:

FL

?

k(M

?

m)g

l1

?

0

?

1 2

(M

?

m)v02



对末节车厢,应用动能定理有

?kmg

l2

?

0?

1 2

mv02



由位移关系知: △l ? l1 ? l2 ③

由于列车脱节前做匀速运动.

故 F ? kMg ④

由①②③④联立得: △l ? ML . M ?m
解法二:设列车匀速行驶时速度为 v0 ,则脱节后,尾部车厢做匀减速运动至停止,运动过程中初速度为 v0 ,

末速度为零,设加速度大小为 a ,运动位移为 l1 对车头部分 (M ? m) 的运动,作如图所示分析图.设在 A

处脱节,运动 L 至 B 点时才发觉,后立即关闭发动机,则 AB 段上为匀加速运动,达 B 点时速度有最大值 vm ,

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从 B 点开始,头部车厢做匀减速运动至 D 点刚好停止.考查 BD 过程,其中必有一点车速为 v0 ,设为 C 点, 则 CD 过程做初速度为 v0 、加速度大小为 a 、末速度为零的运动,此段位移与尾部车厢的位移 l1 相同.由
此可知,当两部分都停止运动后,两车的间距大小等于 AC 的大小.

根据以上分析,取车头部分为研究对象,取 AC 过程来分析,依动能定理有:

FL ? Ff (L ? s) ? 0



F ? kMg .



Ff ? k(M ? m)g



联立①②③解得 s ? m L , (M ? m)
故两车都停止后相隔的间距为:
△l ? L ? s ? M L . M ?m
解法三:补偿法 若脱节后立即关闭发动机,则车头、车尾车厢应前进相同的距离而停在一起.现在之所以停下后拉开
一段距离,是因为牵引力 F 在 L 的距离上多做了功,因而车头车厢动能多了一些,使其克服阻力多走一段 距离 ?l .可见, F 在 L 距离上做的功应等于阻力在 ?l 距离上做的功,即
FL ? k(M ? m)g△l ,又 F ? kMg ,

故 △l ? F L ? kM L ? M L . k(M ? m)g k(M ? m) M ? m
【总结升华】用牛顿第二定律解此题后再与应用动能定理的解法相比较,动能定理解法的简便之处是显而 易见的.动能定理不需要涉及列车脱节前后运动情况的细节,只要根据始末两个状态给出方程即可.从该 题还可以看出,动能定理不仅适用于运动状态不变的过程,也适用于其中包含几个不同的运动状态的全过 程,不过应当注意分析各个不同过程的受力情况和做功情况,将全过程所有力做的功的代数和代入方程. 可见,运用动能定理时要灵活选取过程,过程的选取对解题难易程度有很大影响.

类型四、动能定理与圆周、*抛运动的结合
例 6、质量为 m 的物体由 1 圆弧轨道顶端从静止开始释放,如图所示, A 为轨道最低点,A 与圆心 O 4
在同一竖直线上,已知圆弧轨道半径为 R,运动到 A 点时,物体对轨道的压力大小为 2.5mg ,求此过程中
物体克服摩擦力做的功。

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【答案】 1 mgR 4

【解析】A点是圆周的最低点,仍然在圆周上,需要向心力,所以小球在A点的合力提供向心加速 度,由牛顿第二定律:

N

?

mg

?

m

v

2 A

R

解得: vA ? 3gR

在圆弧轨道下滑过程中,由动能定理得:

mgR ? wf

?

1 2

mvA2

所以: wf

?

mgR

?

1 2

mvA2

?

1 mgR 4

举一反三

【变式 1】如图,一半径为 R 的半圆形轨道竖直固定放置,轨道两端等高;质量为 m 的质点自轨道端点 P

静止开始滑下,滑到最低点 Q 时,对轨道的正压力为 2mg,重力加速度大小为 g。质点自 P 滑到 Q 的过程

中,克服摩擦力所做的功为( )

A. 1 mgR 4
【答案】C

B. 1 mgR 3

C. 1 mgR 2

D. ? mgR 4

【 解 析 】 当 质 点 由 P 点 滑 到 Q 点 时 , 对 轨 道 的 正 压 力 为 FN=2mg , 由 牛 顿 第 二 定 律 得

FN

?

mg

?

m

vQ2 R

, vQ2

? gR 。对质点自

P

滑到

Q

点应用动能定理得: mgR ?Wf

?

1 2

mvQ2

?

0

,得:

Wf

?

1 mgR ,因此,A、B、D 错,C 正确。 2

【总结升华】典型的曲线运动,是非匀速圆周最低点问题与动能定理的综合。

【变式 2】如图所示,一个光滑的水*轨道与半圆轨道相连接,其中半圆轨道在竖直*面内,半径为 R,

质量为 m 的小球以某速度从 A 点无摩擦地滚*朐补斓溃∏蛲ü斓赖淖罡叩 B 后恰好做*抛运动,且

正好落在水*地面上的 C 点,已知 AC=AB=2R,求:

(1)小球在 A 点时的速度大小.

(2)小球在 B 点时半圆轨道对它的弹力.

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【答案】 vA ? 5gR ;0
【解析】(1)先研究小球从 B 点*抛到 C 点过程:
竖直方向: 2R ? 1 gt2 2
水*方向: 2R ? vBt
联立解得: vB ? gR

从 A 到 B 过程,由动能定理:

?mg

2R

?

1 2

mvB2

?

1 2

mvA2

解得: vA ? 5gR
(2)小球在轨道最高点时,假设除重力外,还受到轨道的弹力 N,由牛顿第二定律得:

N ? mg ? m vB2 r
解得: N ? 0

【变式 3】如图,让质量 m=5kg 的摆球由图中所示位置 A 从静止开始下摆。摆至最低点 B 点时恰好绳被
拉断。设摆线长 l =1.6m,悬点 O 与地面的距离 OC=4m,若空气阻力不计,绳被拉断瞬间小球的机械能
无损失。(g=10m/s2) 求:(1)绳子所能承受的最大拉力 T
(2)摆球落地的速率 v

【答案】T ?100N ; v ? 8m/s

【解析】(1)根据几何关系,AB 两点高度差 hAB ? l ? l cos 600 ,摆球从 A 到 B 过程由动能定理得:

mg(l

?

l

cos

600

)

?

1 2

mvB2

解得: vB ? 2g(l ? l cos 600 ) ? 4m/s
在最低点 B,小球受力如图,由牛顿第二定律:

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T ? mg ? m vB2 l

解得T ?100N ,所以,绳子能承受的最大拉力为100N
(2)绳子断裂后,小球做*抛运动,由动能定理:

mghBC

?

1 2

mv2

?

1 2

mvB2

解得 v ? 8m/s

【总结升华】分清楚物体运动的各个过程,表示出全过程中各力所做的功和初、末态动能的变化是解 题的关键.
例 7、如图所示,用一块长 L1=1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面,桌子高 H=0.8 m,长 L2=1.5 m。 斜面与水*桌面的倾角 θ 可在 0~60°间调节后固定。将质量 m=0.2 kg 的小物块从斜面顶端静止释放, 物块与斜面间的动摩擦因数 μ 1=0.05,物块与桌面间的动摩擦因数为 μ 2,忽略物块在斜面与桌面交接处 的能量损失(重力加速度取 g=10 m/s2;最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(1)求 θ 角增大到多少时,物块能从斜面开始下滑;(用正切值表示) (2)当 θ 角增大到 37°时,物块恰能停在桌面边缘,求物块与桌面间的动摩擦因数 μ 2;(已知 sin37°=0.6,cos37°=0.8) (3)继续增大 θ 角,发现 θ =53°时物块落地点与墙面的距离最大,求此最高距离 xm。

【解析】(1)为使小物块下滑 mg sinθ ≥μ 1mgsinθ



θ 满足的条件 tanθ ≥0.05 ②

(2)克服摩擦力做功Wf ? ?1mgL1 cos? ? ?2mg(L2 ? L1 cos? ) ③

由动能定理得 mgL1sinθ -Wf=0 ④ 代入数据得 μ 2=0.8 ⑤

(3)由动能定理得

mgL1 sin?

? wf

? 1 mv 2 2



代入数据得 v=1 m/s ⑦

H ? 1 gt2 2
t=0.4s ⑧

x1=vt x1=0.4 m ⑨ xm=x1+L2=1.9m ⑩ 【总结升华】(1)下滑的条件是重力沿斜面的分力大于等于最大静摩擦力。(2)运动情景是先加速后

减速,涉及到位移,采用动能定理解题最简单。

举一反三

【变式 1】如图所示,一固定的锲形木块,其斜面的倾角? ? 300 ,另一边与地面垂直,顶上有一定滑

轮,一柔软的细绳跨过定滑轮,两端分别与物块 A 和 B 连接。A 的质量为 4kg ,B 的质量为1kg 。开始时

14

丰富丰富 纷纷
将 B 按在地面上不动,然后放开手,让 A 沿斜面下滑而 B 上升。物块 A 与斜面间动摩擦因数为 1 。设 43
当 A 沿斜面下滑 2m距离后,细线突然断了,取 g ? 10m/s2 ,试求:
(1)绳断瞬间物块 A 的速率; (2)物块 B 上升的最大高度。

A

30°

B

【解析】(1)设 B 的质量为 m ,由动能定理得:

4mgs sin 30? ? 4?mgs cos30? ? mgs ? 1 5mv2 2

mgs ? 1 mgs ? 3 ? 1 5mv2

3

22

v ? gs ? 10? 2m/s=2m/s

5

5

(2)B 以 2m/s 的初速度做竖直上抛运动,设继续上升的高度为 h ,则:

v2

22

h? ?

m ? 0.2m

2g 2?10

物块 B 上升的最大高度 H ? h ? s ? (0.2 ? 2)m=2.2m

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