动能定理求解多过程问题解析版.docx

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动能定理求解多过程问题解析版

动能定理求解多过程问题

1.由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析往往比较复杂，利用动能定理分析此类问题，是从总体上把握研究对象运动状态的变化，并不需要从细节上了解。

2．运用动能定理解决问题时，有两种思路：

一种是全过程列式，另一种是分段列式。

3．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，要注意运用它们的特点：

（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等于力的大小与路程的乘积。

4.利用动能定理求解多过程问题的基本思路

（1）弄清物体的运动由哪些过程组成。

（2）分析每个过程中物体的受力情况。

（3）各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响。

（4）从总体上把握全过程，写出总功表达式，找出初、末状态的动能。

（5）对所研究的全过程运用动能定理列方程。

【典例1】如图所示，AB、CD为两个对称斜面，其上部足够长，下部B、C分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R为2.0m，一个物体在离弧底E高度为h＝3.0m处，以初速度v＝4.0m/s沿斜面运动，若物体与两斜面间的动摩擦因数均为0.02，则物体在两斜面上（不包括圆弧部分）一共运动的路程是多少？

（g取10m/s2）

【答案】　280m

对全过程应用动能定理得

mgh－R（1－cos60°）－μmgscos60°＝0－

mv2，

解得s＝280m。

【典例2】如图所示，质量m＝6.0kg的滑块（可视为质点），在F＝60N的水平拉力作用下从A点由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F，当滑块由平台边缘B点飞出后，恰能从水平地面上的C点沿切线方向落入竖直圆弧轨道CDE，并从轨道边缘E点竖直向上飞出，经过0.4s后落回E点。

已知A、B间的距离L＝2.3m，滑块与平台间的动摩擦因数μ＝0.5，平台离地面高度h＝0.8m，B、C两点间水平距离x＝1.2m，圆弧轨道半径R＝1.0m。

重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。

求：

（1）滑块运动到B点时的速度大小；

（2）滑块在平台上运动时受水平拉力F作用的时间；

（3）滑块沿圆弧轨道由C到E过程克服摩擦做的功。

解题指导：

　通过“三遍”读题，完成“拆分”过程。

（1）A→B过程中，有F作用时匀加速直线运动。

（第1个小题）

（2）A→B过程中，无F作用时匀减速直线运动。

（第2个小题）

（3）B→C过程中，平抛运动。

（第3个小题）

（4）C→E过程中，有摩擦力存在的圆周运动。

（第4个小题）

（5）从E点抛出到落回E点过程中，竖直上抛运动。

（第5个小题）

【答案】　

（1）3m/s　

（2）0.8s　（3）27J

x1＝

a1t

（1分）

撤去F后滑块做匀减速直线运动（第2个小题）

a2＝μg（1分）

vB＝v1－a2t2（1分）

x2＝vBt2＋

a2t

（1分）

L＝x1＋x2（1分）

联立可得　t1＝0.8s（1分）

（3）由B至C过程根据动能定理（第3个小题）

mgh＝

mv

－

mv

（2分）

得：

vC＝5m/s

所以cosα＝

＝0.6（1分）

【典例3】如图所示，倾斜轨道AB的倾角为37°，CD、EF轨道水平，AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连。

小球可以从D进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E滑出该轨道进入EF水平轨道。

小球由静止从A点释放，已知AB长为5R，CD长为R，重力加速度为g，小球与倾斜轨道AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为1.8R。

求：

（在运算中，根号中的数值无需算出）

（1）小球滑到斜面底端C时速度的大小；

（2）小球刚到C时对轨道的作用力；

（3）要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足的条件。

【答案】　

（1）

（2）6.6mg，方向竖直向下

（3）R′≤0.92R或R′≥2.3R

【解析】　

（1）设小球到达C时速度为vC，小球从A运动至C过程，由动能定理有：

mg（5Rsin37°＋1.8R）－μmgcos37°·5R＝

mvC2

可得：

vC＝

。

（2）小球沿BC轨道做圆周运动，设在C时轨道对小球的作用力为FN，由牛顿第二定律，有：

FN－mg＝m

其中r满足：

r＋rcos37°＝1.8R

联立解得：

FN＝6.6mg

情况二：

小球上滑至四分之一圆周轨道的最高点时，速度减为零，然后滑回D。

则由动能定理有：

－μmgR－mgR′＝0－

mvC2　解得：

R′≥2.3R

所以要使小球不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足R′≤0.92R或R′≥2.3R。

xk/w

【跟踪短训】

1.如图所示，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是水平的，其宽度d＝0.50m，盆边缘的高度为h＝0.30m，在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑。

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，则停的地点到B点的距离为（　　）

A．0.50m　　　　　　　B．0.25m

C．0.10mD．0

【答案】　D

【解析】　设小物块在BC面通过的总路程为s，由于只有BC面上存在摩擦力，则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：

mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3m。

由于d＝0.50m，所以，小物块在BC面经过3次往复运动后，停在B点。

2.如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块与挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。

若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是（　　）

A.

B.

C.

D.

【答案】　A

3.在某游乐闯关节目中，选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，两位同学观看后对此进行了讨论。

如图所示，他们将选手简化为质量m＝60kg的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向的夹角α＝53°，绳的悬挂点O距水面的高度为H＝3m。

不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。

取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。

（1）求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F；

（2）若绳长l＝2m，选手摆到最高点时松手落入水中。

设水对选手的平均浮力F1＝800N，平均阻力F2＝700N，求选手落入水中的深度d；

（3）若选手摆到最低点时松手，甲同学认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；乙同学却认为绳越短，落点距岸边越远。

请通过推算说明你的观点。

【答案】：

（1）1080N　

（2）1.2m　（3）见【解析】

【解析】：

（1）由静止至摆动到最低点，对选手由动能定理得

mgl（1－cosα）＝

mv2－0

选手在最低点处由牛顿第二定律得

F′－mg＝m

由牛顿第三定律得F＝F′＝1080N。

（2）选手摆到最高点时松手落入水中，如图所示：

对选手由动能定理得

可知当l＝

＝1.5m时，x取最大值，落点距岸边最远。

4．如图甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置。

质量为m的物块A（可视为质点）以初速度v0从距O点右方x0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回。

A离开弹簧后，恰好回到P点。

A与水平面间的动摩擦因数为μ。

求：

（1）A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功；

（2）O点和O′点间的距离x1；

（3）如图乙所示，若将另一个与A完全相同的物块B（可视为质点）与弹簧右端拴接，将A放在B右边，向左推A、B，使弹簧右端压缩到O′点位置，然后从静止释放，A、B共同滑行一段距离后分离。

分离后A向右滑行的最大距离x2。

【答案】：

（1）

mv02　

（2）

－x0　（3）x0－

【解析】：

（1）A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得

克服摩擦力所做的功为Wf＝

mv02。

（2）A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得

2μmg（x1＋x0）＝

mv02

解得x2＝x0－

。

5.如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为

R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。

质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝

，重力加速度大小为g。

（取sin37°＝

，cos37°＝

）

（1）求P第一次运动到B点时速度的大小；

（2）求P运动到E点时弹簧的弹性势能；

（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。

已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。

G点在C点左下方，与C点水平相距

R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。

【答案】　

（1）2

（2）

mgR　（3）

m

【解析】　

（1）由题意可知：

lBC＝7R－2R＝5R①

设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得

mglBCsinθ－μmglBCcosθ＝

mv

②

式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得

vB＝2

③

（2）设BE＝x，P到达E点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为Ep，由B→E过程，根据动能定理得

mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－

mv

④

E、F之间的距离l1为l1＝4R－2R＋x⑤

P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有

Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥

联立③④⑤⑥式得

x＝R⑦

Ep＝

mgR⑧

（3）设改变后P的质量为m1，D点与G点的水平距离为x1和竖直距离为y1，θ＝37°。

由几何关系（如图所示）得：

x1＝

R－

Rsinθ＝3R⑨

y1＝R＋

R＋

Rcosθ＝

R⑩

P由E点运动到C点的过程中，由动能定理得

Ep－m1g（x＋5R）sinθ－μm1g（x＋5R）cosθ＝

m1v

⑮

联立⑦⑧⑬⑭⑮得

m1＝

m

6.如图所示，质量为m＝1kg的可视为质点的小物体轻轻放在匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物体恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，圆弧轨道与质量为M＝2kg的足够长的小车左端在最低点O点相切，小物体在O点滑上小车，水平地面光滑，当小物体运动到障碍物Q处时与Q发生无机械能损失的碰撞。

碰撞前小物体和小车已经相对静止，而小车可继续向右运动（小物体始终在小车上），小车运动过程中和圆弧无相互作用。

已知圆弧半径R＝1.0m，圆弧对应的圆心角θ为53°，A点距水平地面的高度h＝0.8m，小物体与小车间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。

试求：

（1）小物体离开A点的水平速度v1；

（2）小物体经过O点时对轨道的压力大小；

（3）第一次碰撞后直至静止，小物体相对小车的位移和小车做匀减速运动的总时间。

（3）摩擦力Ff＝μmg＝1N，

加速度am＝μg＝1m/s2，aM＝

＝0.5m/s2，

小物体滑上小车后经过时间t达到的共同速度为vt，则

t＝

＝

，得vt＝

m/s

由于碰撞不损失能量，小物体在小车上重复做匀减速和匀加速运动，相对小车始终向左运动，小物体与小车最终静止，摩擦力做功使动能全部转化为内能，故有：

Ff·l相＝

（M＋m）v

，得

l相＝5.5m

小车从小物体碰撞后开始匀减速运动，（每个减速阶段）加速度不变，aM＝

＝0.5m/s2，vt＝aMt，得t＝

s