第六章 专题强化六 动能定理在多过程问题中的应用.docx

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第六章专题强化六动能定理在多过程问题中的应用

专题强化六　动能定理在多过程问题中的应用

目标要求

　1.会用动能定理解决多过程、多阶段的问题.2.掌握动能定理在往复运动问题中的应用．

考点一　动能定理在多过程问题中的应用

1．运用动能定理解决多过程问题，有两种思路：

（1）可分段应用动能定理求解；

（2）全过程应用动能定理：

所求解的问题不涉及中间的速度时，全过程应用动能定理求解更简便．

2．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意它们的特点．

（1）重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关．

（2）大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积．

例1

　（2016·浙江10月选考·20）如图1甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙所示的模型．倾角为45°的直轨道AB、半径R＝10m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF，分别通过水平光滑衔接轨道BC、C′E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离l＝40m．现有质量m＝500kg的过山车，从高h＝40m处的A点由静止下滑，经BCDC′EF最终停在G点．过山车与轨道AB、EF间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG间的动摩擦因数μ2＝0.75.过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，g取10m/s2.求：

图1

（1）过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小；

（2）过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小；

（3）减速直轨道FG的长度x.（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

答案　

（1）8

m/s　

（2）7×103N　（3）30m

解析　

（1）设过山车在C点的速度大小为vC，由动能定理得mgh－μ1mgcos45°·

＝

mvC2

代入数据得vC＝8

m/s

（2）设过山车在D点速度大小为vD，由动能定理得

mg（h－2R）－μ1mgcos45°·

＝

mvD2

F＋mg＝m

，解得F＝7×103N

由牛顿第三定律知，过山车在D点对轨道的作用力大小为7×103N

（3）全程应用动能定理

mg[h－（l－x）tan37°]－μ1mgcos45°·

－μ1mgcos37°·

－μ2mgx＝0，

解得x＝30m.

1．（动能定理在多过程问题中的应用）（2020·河南罗山县高三一模）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图象如图乙所示．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°＝

mvC2－

mv02④

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：

－mg（Lsin37°＋1.8R）－μmgLcos37°＝

mvC′2－

mv12⑪

联立解得：

v1＝2

m/s⑫

考点二　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、末状态而不涉及运动过程的细节，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°＝0.6，cos37°＝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的过程，

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）（2020·浙江高三开学考试）如图4所示，有一圆弧形的槽ABC，槽底B放在水平地面上，槽的两侧A、C与光滑斜坡aa′、bb′分别相切，相切处a、b位于同一水平面内，距水平地面高度为h.一质量为m的小物块从斜坡aa′上距水平面ab的高度为2h处沿斜坡自由滑下，并自a处进入槽内，到达b处后沿斜坡bb′向上滑行，到达的最高处距水平面ab的高度为h，若槽内的动摩擦因数处处相同，不考虑空气阻力，且重力加速度为g，则（　　）

图4

A．小物块第一次从a处运动到b处的过程中克服摩擦力做功mgh

B．小物块第一次经过B点时的动能等于2.5mgh

C．小物块第二次运动到a处时速度为零

D．经过足够长的时间后，小物块最终一定停在B处

答案　A

解析　在第一次运动过程中，小物块克服摩擦力做功，根据动能定理可知mgh－Wf＝0－0，解得Wf＝mgh，故A正确；因为小物块从右侧到最低点的过程中对轨道的压力较大，所受的摩擦力较大，所以小物块从右侧到最低点的过程中克服摩擦力做的功Wf1>

Wf＝

mgh，设小物块第1次通过最低点的速度为v，从自由滑下到最低点的过程，由动能定理得3mgh－Wf1＝Ek－0，解得Ek<2.5mgh，故B错误；由于在AC段，小物块与轨道间有摩擦力，故小物块在某一位置的速度大小要减小，故与轨道间的摩擦力减小，第二次在AC段运动时克服摩擦力做功比第一次要少，故第二次到达a（A）点时，有一定的速度，故C错误；由于在AC段存在摩擦力，故小物块可能在B点两侧某一位置处于静止状态，故D错误．

3．（动能定理在往复运动中的应用）（2018·浙江11月选考·20）如图5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：

图5

（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＝

mv22－

mv12

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．

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（　　）

图1

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．如图2所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高．质量m＝1kg的滑块（可视为质点）从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.

图2

（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；

（2）若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度的最小值；

（3）若滑块离开C点时的速度大小为4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t.

答案　

（1）0.375　

（2）2

m/s　（3）0.2s

解析　

（1）滑块由A到D的过程，根据动能定理，

有mg（2R－R）－μmgcos37°·

＝0，

得μ＝

tan37°＝0.375.

（2）滑块恰能到达C点时，初速度最小，根据牛顿第二定律有mg＝

，

则得vC＝

＝2m/s.

A到C的过程：

根据动能定理有－μmgcos37°·

＝

mvC2－

mv02，

联立解得，v0＝

＝2

m/s，

所以初速度的最小值为2

m/s.

（3）滑块离开C点做平抛运动，

则有x＝vC′t，y＝

gt2，

由几何关系得：

tan37°＝

，

联立得5t2＋3t－0.8＝0，

解得t＝0.2s.

4．（2020·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）

图3

（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）＝

mvD2

在D点，由牛顿第二定律可得Fm－mg＝m

，

解得Fm＝1.8mg＝9N

（2）摆球不脱离圆轨道分两种情况

①要保证摆球能到达A孔，设摆球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得

－μ1mgs＝0－

mvD2，

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－

mvA2

－μ2mgs＝

mvA2－

mvD2，

可求得μ2＝0.25

②若摆球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，当摆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

mg＝m

，

由动能定理可得－μ3mgs－2mgR＝

mv2－

mvD2，

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甲所示的滑水道，可抽象为图乙所示的模型．倾角为60°的直滑道AB和倾角为30°的直滑道DE与光滑竖直圆轨道BCD、EFG都平滑连接．游客乘坐皮艇从直滑道上的A点处由静止沿滑水道滑下，滑到最低点C，然后冲上圆弧顶F点，翻过圆弧顶F点后到终点H处．但在多次安全测试中，此滑水道被发现存在诸多问题，最严重的问题是测试假人被直接抛出滑道腾空而起．若两段圆弧的半径都是R＝20m，DE段直滑道长为20m，与皮艇间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2.

图4

（1）最有可能抛出滑道的位置是在哪个位置？

若要安全通过，速度最大为多少？

（2）若人和皮艇总质量为80kg，从52m高处的A点由静止滑下，到滑水道的C点时的速度为108km/h，求此过程中克服阻力做的功；

（3）若到C点时的速度大小为90km/h，能否安全通过F点？

请通过计算说明．

答案　

（1）F　10

m/s　

（2）5600J　（3）不能，理由见解析

解析　

（1）最有可能抛出滑道的位置为F

若要安全通过F点，则mg＝m

解得vF＝10

m/s.

（2）通过C点的速度大小vC＝108km/h＝30m/s

由动能定理得mgh－Wf＝

mvC2

解得Wf＝5600J

（3）C与F之间的高度差hCF＝2（R－Rcos30°）＋LDEsin30°＝（50－20

）m

从C到F过程，由动能定理得－mghCF－μmgLDEcos30°＝

mvF′2－

mvC2

解得vF′2≈248.5（m2/s2）>vF2＝200（m2/s2）

所以不能安全通过．

6．（2020·浙江宁波市二模）某遥控赛车轨道如图5所示，赛车从起点A出发，沿摆放在水平地面上的直轨道AB运动L＝10m后，从B点进入半径R＝0.1m的光滑竖直圆轨道，经过一个完整的圆周后进入粗糙的、长度可调的、倾角θ＝30°的斜直轨道CD，最后在D点速度方向变为水平后飞出（不考虑经过轨道中C、D两点时的机械能损失）．已知赛车质量m＝0.1kg，通电后赛车以额定功率P＝1.5W工作，赛车与AB轨道、CD轨道间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝

，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力．

图5

（1）求赛车恰好能过圆轨道最高点P时的速度大小vP；

（2）若要求赛车能沿圆轨道做完整的圆周运动，求赛车通电的最短时间；

（3）已知赛车在水平直轨道AB上运动时一直处于通电状态且最后阶段以恒定速率运动，进入圆轨道后关闭电源，选择CD轨道合适的长度，可使赛车从D点飞出后落地的水平位移最大，求此最大水平位移，并求出此时CD轨道的长度．

答案　

（1）1m/s　

（2）2.17s　（3）

m　

m

解析　

（1）若赛车恰好能过圆轨道最高点P，则赛车在P点只受到重力，重力提供向心力，即mg＝m

代入数据可得vP＝1m/s

（2）由

（1）可知，若要赛车做完整的圆周运动，即赛车到达P点的速度至少为1m/s，赛车从开始运动到P点的全过程，由动能定理得：

Pt－μ1mgL－mg·2R＝

mvP2

代入数据可得，赛车的最短通电时间t＝

s≈2.17s

（3）赛车在AB轨道最后阶段做匀速运动，牵引力与滑动摩擦力平衡，其速度大小为

v＝

＝

设CD轨道的长度为l，赛车沿CD向上运动过程运用动能定理可得

mvD2－

mv2＝－mglsinθ－μ2mglcosθ

赛车从D点飞出后做平抛运动，其水平位移为x，则有

x＝vDt′

lsinθ＝

gt′2

联立可得x＝

由数学知识可得，当l＝

m时，水平位移x有最大值，最大值为x＝

m．