第六章 专题强化九 动能定理在多过程问题中的应用Word文档下载推荐.docx

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－

mv2

解得：

vB＝

m/s

若要顺利通过圆轨道的最高点B，则在B点根据牛顿第二定律可知：

mg＝m

vmin＝

＝1m/s>

m/s，所以弹珠不能顺利通过圆轨道的最高点B.

（2）若弹珠能够掉入盒子中，根据平抛运动规律可知：

R＝

gt2，2R＝vB′·

t

vB′＝

根据动能定理得：

W弹－2mgR＝

mvB′2－0

Ep＝W弹

Ep＝0.06J.

1．（动能定理在多过程问题中的应用）（2020·

河南信阳市罗山高三一模）如图2甲所示，一倾角为37°

，长L＝3.75m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC相连，斜面与圆轨道相切于B处，C为圆弧轨道的最高点．t＝0时刻有一质量m＝1kg的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v－t图像如图乙所示．已知圆轨道的半径R＝0.5m．（取g＝10m/s2，sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8）求：

图2

（1）物块与斜面间的动摩擦因数μ；

（2）物块到达C点时对轨道的压力的大小FN；

（3）试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A点滑上轨道，通过C点后恰好能落在A点．如果能，请计算出物块从A点滑出的初速度大小；

如果不能请说明理由．

答案　

（1）0.5　

（2）4N　（3）见解析

解析　

（1）由题图乙可知物块上滑时的加速度大小为a＝10m/s2①

根据牛顿第二定律有：

mgsin37°

＋μmgcos37°

＝ma②

由①②联立解得μ＝0.5③

（2）设物块到达C点时的速度大小为vC，由动能定理得：

－mg（Lsin37°

＋R＋Rcos37°

）－μmgLcos37°

＝

④

在C点，根据牛顿第二定律有：

mg＋FN′＝m

⑤

联立③④⑤解得：

FN′＝4N⑥

根据牛顿第三定律得：

FN＝FN′＝4N⑦

物块在C点时对轨道的压力大小为4N

（3）设物块以初速度v1上滑，最后恰好落到A点

物块从C到A，做平抛运动，

竖直方向：

Lsin37°

＋R（1＋cos37°

）＝

gt2⑧

水平方向：

Lcos37°

－Rsin37°

＝vC′t⑨

解得vC′＝

m/s>

m/s，⑩

所以物块能通过C点落到A点

物块从A到C，由动能定理得：

＋1.8R）－μmgLcos37°

mvC′2－

⑪

联立解得：

v1＝2

m/s⑫

题型二　动能定理在往复运动问题中的应用

在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定．

求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出．

由于动能定理只涉及物体的初、末状态而不计运动过程的细节，此类问题多涉及滑动摩擦力，或其他阻力做功，其做功的特点与路程有关，求路程对应的是摩擦力做功，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化．

例2

　如图3所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一高度，θ＝37°

，圆弧面的半径R＝3.6m，一滑块质量m＝5kg，与AB斜面间的动摩擦因数μ＝0.45，将滑块从A点由静止释放（sin37°

＝0.8，g取10m/s2）．求在此后的运动过程中：

图3

（1）滑块在AB段上运动的总路程；

（2）在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值．

答案　

（1）8m　

（2）102N　70N

解析　

（1）由题意可知斜面AB与水平面的夹角为θ＝37°

，

知mgsinθ>

μmgcosθ，

故滑块最终不会停留在斜面上，

由于滑块在AB段受摩擦力作用，

则滑块做往复运动的高度将越来越低，

最终以B点为最高点在光滑的圆弧面上往复运动．

设滑块在AB段上运动的总路程为s，

滑块在AB段上所受摩擦力大小Ff＝μFN＝μmgcosθ，

从A点出发到最终以B点为最高点做往复运动，

由动能定理得mgRcosθ－Ffs＝0，解得s＝

＝8m.

（2）滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，分析受力知此时滑块所受轨道支持力最大，设为Fmax，

从A到C的过程，由动能定理得mgR－FflAB＝

mv12－0，

斜面AB的长度lAB＝

由牛顿第二定律得Fmax－mg＝

解得Fmax＝102N.

滑块以B为最高点做往复运动的过程中过C点时，速度最小，设为v2，此时滑块所受轨道支持力最小，设为Fmin，从B到C，

由动能定理得mgR（1－cosθ）＝

mv22－0，

由牛顿第二定律得Fmin－mg＝

解得Fmin＝70N，

根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102N，最小值为70N.

2．（动能定理在往复运动中的应用）（2019·

河南郑州一中模拟）如图4所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出H＝10m，BC长为l＝1m，AB和CD轨道光滑．一质量为m＝1kg的物体，从A点以v1＝4m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点h＝10.3m的D点时速度为零，求：

（取g＝10m/s2）

图4

（1）物体与BC轨道间的动摩擦因数；

（2）物体第5次经过B点时的速度大小；

（3）物体最后停止的位置（距B点）．

答案　

（1）0.5　

（2）13.3m/s　（3）0.4m

解析　

（1）分析从A点到D点的过程，由动能定理得

－mg（h－H）－μmgl＝0－

mv12，

解得μ＝0.5.

（2）设物体第5次经过B点时的速度为v2，在此过程中物体在BC上滑动了4次，由动能定理得

mgH－μmg·

4l＝

mv22－

解得v2＝4

m/s≈13.3m/s.

（3）设物体运动的全过程在水平面上通过的路程为s，

由动能定理得mgH－μmgs＝0－

解得s＝21.6m.

所以物体在轨道上来回滑动了10次后，还有1.6m，

故距B点的距离s′＝2m－1.6m＝0.4m．

课时精练

1．（2020·

河北唐山市月考）某同学将篮球从距地面高为h处由静止释放，与地面碰撞后上升的最大高度为

.若篮球与地面碰撞无能量损失，空气阻力大小恒定，则空气阻力与重力大小之比为（　　）

A．1∶5B．2∶5

C．3∶5D．4∶5

答案　C

解析　篮球与地面碰撞无能量损失，全过程根据动能定理有mg（h－

h）－Ff（h＋

h）＝0，所以

，选项C正确，A、B、D错误．

2．（2021·

海南高三月考）如图1所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC水平，其长度d＝0.50m，盆边缘的高度为h＝0.30m．在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为（　　）

A．0.50mB．0.25m

C．0.10mD．0

答案　D

解析　小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上运动的总路程为s，整个过程由动能定理有：

mgh－μmgs＝0，所以小物块在BC面上运动的总路程为s＝

m＝3m，而d＝0.5m，刚好3个来回，所以最终停在B点，即距离B点为0m．故选D.

3.（2020·

广东中山纪念中学月考）如图2所示，AB是倾角为θ＝30°

的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R.一个质量为m的物体（可以看成质点）从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的路程为s.求：

（1）物体与轨道AB间的动摩擦因数μ；

（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力的大小；

（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′至少多大．

答案　

（1）

（2）（3－

）mg　（3）

解析　

（1）由题意可知，物体最终以B点为最高点在圆弧面内做往返运动，对整个过程由动能定理得mgRcosθ－μmgscosθ＝0，

解得μ＝

.

（2）最终物体以B点为最高点，在圆弧底部做往复运动，对从B到E过程，由动能定理得

mgR（1－cosθ）＝

mvE2

在E点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m

联立解得FN＝（3－

）mg

FN′＝（3－

（3）物体刚好到D点时，由牛顿第二定律有mg＝m

对全过程由动能定理得

mgL′sinθ－μmgL′cosθ－mgR（1＋cosθ）＝

mvD2

联立解得L′＝

4．（2020·

吉林长春市第二实验中学开学考试）如图3所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径R＝0.3m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔．已知摆线长L＝2m，θ＝53°

，小球质量为m＝0.5kg，D点与A孔的水平距离s＝2m，g取10m/s2.（sin53°

＝0.8，cos53°

＝0.6）

（1）求摆线能承受的最大拉力为多大；

（2）要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间的动摩擦因数μ的范围．

答案　

（1）9N　

（2）2.5≤μ≤0.4或者μ≤0.025

解析　

（1）当摆球由C到D运动，

根据动能定理有mg（L－Lcosθ）＝

在D点，由牛顿第二定律可得Fm－mg＝m

可得Fm＝1.8mg＝9N

（2）小球不脱离圆轨道分两种情况

①要保证小球能到达A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得

－μ1mgs＝0－

可得μ1＝0.4

若进入A孔的速度较小，那么将会在圆心以下做往返运动，不脱离轨道，其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由动能定理可得－mgR＝0－

由动能定理可得－μ2mgs＝

可求得μ2＝0.25

②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，当小球恰好到达最高点时，在圆周的最高点，由牛顿第二定律可得

由动能定理可得－μ3mgs－2mgR＝

mv2－

解得μ3＝0.025

综上所述，动摩擦因数μ的范围为0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025.

5.如图4所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高．质量m＝0.5kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点的高度h1＝1.10m，篮球静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01m，弹性势能为Ep＝0.025J．若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球形变，弹簧形变在弹性限度范围内，g取10m/s2.求：

（1）弹簧的劲度系数；

（2）篮球在运动过程中受到的空气阻力大小；

（3）篮球在整个运动过程中通过的路程；

（4）篮球在整个运动过程中速度最大的位置．

答案　

（1）500N/m　

（2）0.5N　（3）11.05m

（4）第一次下落至A点下方0.009m处速度最大

解析　

（1）由最后静止的位置可知kx2＝mg，

所以k＝500N/m

（2）由动能定理可知，在篮球由静止下落到第一次反弹至最高点的过程中

mgΔh－Ff·

L＝

整个过程动能变化为0，重力做功

mgΔh＝mg（h1－h2）＝1.135J

空气阻力恒定，作用距离为L＝h1＋h2＋2x1＝2.273m

解得Ff≈0.5N

（3）整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反

根据动能定理有mgΔh′＋Wf＋W弹＝

mv2′2－

mv12

整个过程动能变化为0，

重力做功W＝mgΔh′＝mg（h1＋x2）＝5.55J

弹力做功W弹＝－Ep＝－0.025J

则空气阻力做功Wf＝－Ffs＝－5.525J

解得s＝11.05m.

（4）篮球速度最大的位置是第一次下落到合力为零的位置，此时mg＝Ff＋kx3，得x3＝0.009m，即篮球第一次下落至A点下方0.009m处速度最大．