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2022高中物理第六章机械能一轮复习专题强化九 动能定理在多过程问题中的应用

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专题强化九 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.
题型一 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=10 m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=40 m.现有质量m=500 kg的过山车,从高h=40 m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10 m/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sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
答案 (1)810 m/s (2)7×103 N (3)30 m
解析 (1)设过山车在C点的速度大小为vC,由动能定理得mgh-μ1mgcos 45°·hsin 45°=12mvC2
代入数据得vC=810 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)-μ1mgcos 45°·hsin 45°=12mvD2
F+mg=mvD2R,解得F=7×103 N
由牛顿第三定律知,过山车在D点对轨道的作用力大小为7×103 N
(3)全程应用动能定理
mg[h-(l-x)tan 37°]-μ1mgcos 45°·hsin 45°-
μ1mgcos 37°·l-xcos 37°-μ2mgx=0
解得x=30 m.

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=3.75 m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=1 kg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=0.5 m.(取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=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)4 N (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=10 m/s2①
根据牛顿第二定律有:mgsin 37°+μmgcos 37°=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(Lsin 37°+R+Rcos 37°)-μmgLcos 37°=12mvC2-12mv02④
在C点,根据牛顿第二定律有:mg+FN′=mvC2R⑤
联立③④⑤解得:FN′=4 N⑥
根据牛顿第三定律得:FN=FN′=4 N⑦
物块在C点时对轨道的压力大小为4 N
(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:Lsin 37°+R(1+cos 37°)=12gt2⑧
水平方向:Lcos 37°-Rsin 37°=vC′t⑨
解得vC′=977 m/s>gR=5 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(Lsin 37°+1.8R)-μmgLcos 37°=12mvC′2-12mv12⑪
联立解得:v1=21837 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=3.6 m,一滑块质量m=5 kg,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(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/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)8 m (2)102 N 70 N
解析 (1)由题意可知斜面AB与水平面的夹角为θ=37°,
知mgsin θ>μmgcos θ,
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=μmgcos θ,
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mgRcos θ-Ffs=0,解得s=Rμ=8 m.
(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=12mv12-0,
斜面AB的长度lAB=Rtan θ,
由牛顿第二定律得Fmax-mg=mv12R,
解得Fmax=102 N.
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-cos θ)=12mv22-0,
由牛顿第二定律得Fmin-mg=mv22R,
解得Fmin=70 N,
根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102 N,最小值为70 N.

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>12Wf=12mgh,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,故小物块在B点两侧某一位置可能处于静止状态,故D错误.
3.(动能定理在往复运动中的应用)(2019·河南郑州一中模拟)如图5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=10 m,BC长为l=1 m,AB和CD轨道光滑.一质量为m=1 kg的物体,从A点以v1=4 m/s的速度开始运动,经过BC后滑到高出C点h=10.3 m的D点时速度为零,求:(取g=10 m/s2)

图5
(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)13.3 m/s (3)0.4 m
解析 (1)分析从A点到D点的过程,由动能定理得
-mg(h-H)-μmgl=0-12mv12,
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=12mv22-12mv12,
解得v2=411 m/s≈13.3 m/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=0-12mv12,
解得s=21.6 m.
所以物体在轨道上来回滑动了10次后,还有1.6 m,
故距B点的距离s′=2 m-1.6 m=0.4 m.
课时精练
1.(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=0.50 m,盆边缘的高度为h=0.30 m.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.0.50 m B.0.25 m
C.0.10 m D.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=hμ=0.30.1 m=3 m,而d=0.5 m,刚好3个来回,所以最终停在B点,即距离B点为0 m.故选D.
2.(2020·重庆市期末)质量为m的物体以速度v0竖直向上抛出,物体落回地面时,速度大小为34v0,设物体在运动中所受空气阻力大小不变,若物体落地碰撞过程中无能量损失,重力加速度为g,则物体运动的总路程为(  )
A.v022g B.9v0216g C.25v0214g D.2v02g
答案 C
解析 上升过程-mgh-fh=0-12mv02,下落过程mgh-fh=12m34v02-0,联立解得f=725mg,由动能定理得-fs总=0-12mv02,s总=12mv02f=25v0214g,故选C.
3.如图2所示,倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4 m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=1 kg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10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=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4 m/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)23 m/s (3)0.2 s
解析 (1)滑块由A到D的过程,根据动能定理,
有mg(2R-R)-μmgcos 37°·2Rsin 37°=0,
得μ=12tan 37°=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=mvC2R,
则得vC=Rg=2 m/s.
A到C的过程:根据动能定理有-μmgcos 37°·2Rsin 37°=12mvC2-12mv02,
联立解得,v0=vC2+2gR=23 m/s,
所以初速度的最小值为23 m/s.
(3)滑块离开C点做平抛运动,
则有x=vC′t,y=12gt2,
由几何关系得:tan 37°=2R-yx,
联立得5t2+3t-0.8=0,
解得t=0.2 s.
4.(2020·广东中山纪念中学月考)如图3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:

图3
(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)Rs (2)(3-3)mg (3)3+3Rss-3R
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mgRcos θ-μmgscos θ=0,
解得μ=Rs.
(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-cos θ)=12mvE2
在E点,由牛顿第二定律得FN-mg=mvE2R,
联立解得FN=(3-3)mg
根据牛顿第三定律得:FN′=(3-3)mg
(3)物体刚好到D点时,由牛顿第二定律有mg=mvD2R
对全过程由动能定理得
mgL′sin θ-μmgL′cos θ-mgR(1+cos θ)=12mvD2
联立解得L′=3+3Rss-3R.
5.(2020·吉林长春市第二实验中学开学考试)如图4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=0.3 m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=2 m,θ=53°,小球质量为m=0.5 kg,D点与A孔的水平距离s=2 m,g取10 m/s2.(sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)

图4
(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)9 N (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-Lcos θ)=12mvD2
在D点,由牛顿第二定律可得Fm-mg=mvD2L,
可得Fm=1.8mg=9 N
(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=0-12mvD2,
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=0-12mvA2
由动能定理可得-μ2mgs=12mvA2-12mvD2,
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
mg=mv2R,
由动能定理可得-μ3mgs-2mgR=12mv2-12mvD2,
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.
6.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=0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方,其底端距A点的高度h1=1.10 m,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=0.15 m,第一次反弹至最高点,篮球底端距A点的高度h2=0.873 m,篮球多次反弹后静止在弹簧的上端,此时弹簧的形变量x2=0.01 m,弹性势能为Ep=0.025 J.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10 m/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)500 N/m (2)0.5 N (3)11.05 m
(4)第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大
解析 (1)由最后静止的位置可知kx2=mg,
所以k=500 N/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=12mv22-12mv12
整个过程动能变化为0,重力做功
mgΔh=mg(h1-h2)=1.135 J
空气阻力恒定,作用距离为L=h1+h2+2x1=2.273 m
解得Ff≈0.5 N
(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=12mv2′2-12mv12
整个过程动能变化为0,
重力做功W=mgΔh′=mg(h1+x2)=5.55 J
弹力做功W弹=-Ep=-0.025 J
则空气阻力做功Wf=-Ffs=-5.525 J
解得s=11.05 m.
(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=0.009 m,即篮球第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大.

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