专题强化八 动能定理在多过程问题中的应用
题型一 动能定理在多过程问题中的应用1．应用动能定理解决多过程问题的两种思路 (1)分阶段应用动能定理 ①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理． ②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破． (2)全过程(多个过程)应用动能定理 当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大简化运算． 2．全过程列式时要注意 (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．
A．mgh B．2mgh C．μmg(s＋) D．μmg(s＋hcos θ) 答案 B 解析 滑块由A点运动至D点，设克服摩擦力做功为W克fAD，由动能定理得mgh－W克fAD＝0，即W克fAD＝mgh，① 滑块从D点回到A点，由于是缓慢推，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为W克fDA，由动能定理知，滑块从D点被推回A点过程有WF－mgh－W克fDA＝0，② 由A点运动至D点，克服摩擦力做的功为W克fAD＝μmgcos θ·＋μmgs，③ 从D→A的过程克服摩擦力做的功为W克fDA＝μmgcos θ·＋μmgs，④ 联立③④得W克fAD＝W克fDA，⑤ 联立①②⑤得WF＝2mgh，故A、C、D错误，B正确．
A．物体向上滑动的距离为 B．物体向下滑动时的加速度大小为 C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5 D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长 答案 BC 解析 物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有－μmg·2lcos α＝－Ek， 物体从斜面底端到最高点根据动能定理有 －mglsin α－μmglcos α＝0－Ek， 整理得l＝，μ＝0.5，A错误，C正确； 物体向下滑动时根据牛顿第二定律有 ma下＝mgsin α－μmgcos α， 解得a下＝，B正确； 物体向上滑动时根据牛顿第二定律有 ma上＝mgsin α＋μmgcos α，解得a上＝g， 故a上>a下， 由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据位移公式l＝at2，则可得出t上<t下，D错误．
(1)小球在B点的速度大小； (2)小球在A点时，其对圆形轨道的压力大小； (3)小球的释放点离水平地面的高度H. 答案 (1)1 m/s (2)60 N (3)0.35 m 解析 (1)根据题意，小球恰好能到达圆形轨道的最高点B，则mg＝m，解得vB＝1 m/s. (2)小球由A运动到B的过程中，根据动能定理有－mg·2R＝mvB2－mvA2，解得vA＝ m/s 在A点，轨道对小球的支持力和小球的重力的合力提供向心力，即FN－mg＝m，解得FN＝60 N，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为60 N. (3)小球从释放到运动到A点的过程，运用动能定理有mgH－μmgL＝mvA2，代入数据解得H＝0.35 m. 题型二 动能定理在往复运动问题中的应用1．往复运动问题：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． 2．解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，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，所以用动能定理分析这类问题可简化解题过程．
A. B. C. D. 答案 A 解析 滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理得 mgx0sin θ－μmgxcos θ＝0－mv02， 解得x＝，选项A正确．
(1)若释放点距B点的长度l＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小； (2)设释放点距B点的长度为lx，求滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式； (3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值． 答案 (1)7 N (2)v＝，其中lx≥0.85 m (3)见解析 解析 (1)滑块由释放到C点过程，由动能定理有mglsin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝mvC2① 在C点由牛顿第二定律有FN－mg＝m② 由①②解得FN＝7 N③ (2)要保证滑块能到F点，必须能过DEF的最高点，当滑块恰到最高点时根据动能定理可得 mgl1sin 37°－(3mgRcos 37°＋mgR)＝0④ 解得l1＝0.85 m⑤ 因此要能过F点必须满足lx≥0.85 m⑥ 能过最高点，则能到F点，由释放到第一次到达F点，根据动能定理可得 mglxsin 37°－4mgRcos 37°＝mv2，⑦ 由④⑤⑥⑦解得v＝，其中lx≥0.85 m．⑧ (3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍 mglxsin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0，⑨ lFG＝，⑩ 由⑨⑩解得lx＝ m，n＝1,3,5，… 又因为0.85 m≤lx≤lAB，lAB＝3 m， 当n＝1时，lx1＝ m；当n＝3时，lx2＝ m 当n＝5时，lx3＝ m． 课时精练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＝0.1.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．0.50 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＝＝ m＝3 m，而d＝0.5 m，刚好3个来回，所以最终停在B点，即到B点的距离为0，故选D. 2.如图所示，一物体由固定斜面上的A点以初速度v0下滑到底端B，它与挡板发生无动能损失的碰撞后又滑回到A点，其速度恰好为零．设A、B两点高度差为h，重力加速度为g，则它与挡板碰前瞬间的速度大小为( )
A. B. C. D. 答案 C 解析 设整个滑动过程中物体所受摩擦力大小为Ff(此力大小不变，下滑时方向沿斜面向上，上滑时方向沿斜面向下)，斜面长为s，则对物体由A→B→A的整个过程运用动能定理，得－2Ffs＝0－mv02.同理，对物体由A到B的过程运用动能定理，设物体与挡板碰前瞬间速度为v，则mgh－Ffs＝mv2－mv02，解得v＝，C正确． 3.如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点．一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动．小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%.小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为( )
A. B. C. D. 答案 B 解析 由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH＝Ek，此时小物块所走路程s1＝，第一次通过O点后动能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高度H1＝95%H，第二次到达O点所走的路程s2＝＝95%，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)2，…，故小物块所走的总路程s总＝s1＋s2＋…sn＝＋95%＋(95%)2＋…(95%)n－1，n无穷大时，可得s总＝(等比数列求和)，故B正确． 4.(多选)(2023·江苏省启东中学模拟)如图所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后将以原速率返回．现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，设重力加速度为g，由此可以确定( )
A．滑块下滑和上滑过程加速度大小a1、a2 B．滑块第1次与挡板碰撞前的速度v1 C．滑块与杆之间的动摩擦因数μ D．滑块第k次与挡板碰撞到第k＋1次与挡板碰撞的时间间隔Δt 答案 AC 解析 设AB长为L，对整个过程运用动能定理得：mgsin α·0.5L－μmgcos α(L＋0.5L)＝0，得μ＝，故C正确；根据牛顿第二定律得下滑过程：mgsin α－μmgcos α＝ma1； 上滑过程：mgsin α＋μmgcos α＝ma2； 解得：a1＝gsin α－μgcos α，a2＝gsin α＋μgcos α， 所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2，故A正确；由于A、B间的距离未知，尽管求出加速度，但不能求出滑块到达挡板时的时间以及与挡板碰撞前的速度，故B、D错误． 5.(2023·河北张家口市高三检测)如图所示，倾角为θ＝37°的足够长光滑固定斜面AB与长LBC＝2 m的粗糙水平面BC用一小段光滑圆弧(长度不计，未画出)平滑连接，半径R＝1.5 m的光滑圆弧轨道CD与水平面相切于C点，OD与水平方向的夹角也为θ＝37°.质量为m的小滑块从斜面上距B点L0＝2 m的位置由静止开始下滑，恰好运动到C点．已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求小滑块与粗糙水平面BC间的动摩擦因数μ； (2)改变小滑块从斜面上开始释放的位置，使小滑块能够通过D点，求小滑块的释放位置与B点的最小距离． 答案 (1)0.6 (2)6.75 m 解析 (1)小滑块恰好运动到C点， 由动能定理得mgL0sin 37°－μmgLBC＝0－0， 解得μ＝0.6. (2)设滑块能够通过D点，在D点的最小速度为vD，有mgsin θ＝m，解得vD＝3 m/s. 设滑块释放位置与B点的最小距离为L，由动能定理得mgLsinθ－μmgLBC－mgR(1＋sin θ)＝mvD2－0，解得L＝6.75 m. 6．(2021·全国乙卷·24)一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2 m．若使篮球从距地面h3＝1.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为1.5 m．假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变．重力加速度大小取g＝10 m/s2，不计空气阻力．求： (1)运动员拍球过程中对篮球所做的功； (2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小． 答案 (1)4.5 J (2)9 N 解析 (1)篮球从距地面高度h1＝1.8 m处自由下落的过程中由动能定理可得Ek1＝mgh1 篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得 0－Ek2＝－mgh2 篮球从距地面h3＝1.5 m的高度由静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得W＋mgh3＝Ek3 在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得0－Ek4＝0－mgh4 因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系＝ 代入数据可得W＝4.5 J. (2)因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此由牛顿第二定律可得F＋mg＝ma，在拍球时间内运动的位移为x＝at2 做的功为W＝Fx 联立可得F＝9 N(F＝－15 N舍去)． 7.如图所示，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的固定在水平面上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)
(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)0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025 解析 (1)当摆球由C运动到D，根据动能定理有mg(L－Lcos θ)＝mvD2，得vD＝4 m/s，在D点，由牛顿第二定律可得FTm－mg＝m，可得FTm＝9 N (2)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 对DA段：－μ1mgs＝0－mvD2，可得μ1＝0.4 小球不脱离圆轨道分两种情况： ①若进入A孔的速度较小，那么将会在圆心所在高度以下做往返运动，不脱离轨道，其临界情况为到达圆心等高处速度为零， 对DA段：由动能定理可得－μ2mgs＝mvA2－mvD2，在轨道中由动能定理可得－mgR＝0－mvA2，可求得μ2＝0.25 ②若小球进入A孔的速度较大，能过圆轨道的最高点，那么也不会脱离轨道，当小球恰好到达最高点时，在最高点，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. |
|
|
