(全国版)高考物理一轮复习讲义第6章 专题强化9 动能定理在多过程问题中的应用(含解析)

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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)8 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°·＝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)－μ1mgcos 45°·＝mvD2F＋mg＝m，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°·－μ1mgcos 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°＝mvC2－mv02④在C点，根据牛顿第二定律有：mg＋FN′＝m⑤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°)＝gt2⑧水平方向：Lcos 37°－Rsin 37°＝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(Lsin 37°＋1.8R)－μmgLcos 37°＝mvC′2－mv⑪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＝3.6 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＝＝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＝mv12－0，斜面AB的长度lAB＝，由牛顿第二定律得Fmax－mg＝，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)＝mv22－0，由牛顿第二定律得Fmin－mg＝，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4A．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mghB．小物块第一次经过B点时的动能等于2.5mghC．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－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－mv12，解得v2＝4 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－mv12，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1A．0.50 m   B．0.25 mC．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v0，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.  B.  C.  D.答案　C解析　上升过程－mgh－fh＝0－mv02，下落过程mgh－fh＝m2－0，联立解得f＝mg，由动能定理得－fs总＝0－mv02，s总＝＝，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)2 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°·＝0，得μ＝tan 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＝，则得vC＝＝2 m/s.A到C的过程：根据动能定理有－μmgcos 37°·＝mv－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：tan 37°＝，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)　(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mgRcos θ－μmgscos θ＝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－cos θ)＝mvE2在E点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，联立解得FN＝(3－)mg根据牛顿第三定律得：FN′＝(3－)mg(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′sin θ－μmgL′cos θ－mgR(1＋cos θ)＝mvD2联立解得L′＝.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)＝mvD2在D点，由牛顿第二定律可得Fm－mg＝m，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－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由动能定理可得－μ2mgs＝mvA2－mvD2，可求得μ2＝0.25②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＝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≤0.025.6.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＝mv22－mv12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＝mv2′2－mv12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．