2023高中物理步步高大一轮 第六章 专题强化九　动能定理在多过程问题中的应用.docx

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)分阶段应用动能定理若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理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例1(多选)(2021·全国甲卷·20)一质量为m的物体自倾角为的固定斜面底端沿斜面向上滑动该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为.已知sin 0.6，重力加速度大小为g.则()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0.5D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mg·2lcos Ek，物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有mglsin mglcos 0Ek，整理得l，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 mgcos ，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 mgcos ，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lat2，则可得出t上<t下，D错误例2如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O点质量为m1 kg的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变现对小物块施加F10 N的水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动小物块在向左运动到A点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6 N，运动到A点时撤去推力F，小物块最终运动到B点静止图中OA0.8 m，OB0.2 m，重力加速度取g10 m/s2.求小物块：(1)与桌面间的动摩擦因数；(2)向右运动过程中经过O点的速度大小；(3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量答案(1)0.4(2)1.26 m/s(3)0.9 m解析(1)小物块速度达到最大时，加速度为零FmgF弹0，0.4.(2)设向右运动通过O点时的速度为v0，从OB，由动能定理得FfxOB0mvO2，Ffmg4 N，解得vO m/s1.26 m/s.(3)弹簧最大压缩量为xmax，对小物块运动的全过程，根据动能定理得FxOAFf(2xmaxxOB)0，代入数值得xmax0.9 m.例3如图甲所示，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R10 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、CE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l40 m现有质量m500 kg的过山车，从高h40 m处的A点由静止下滑，经BCDCEF最终停在G点过山车与轨道AB、EF间的动摩擦因数均为10.2，与减速直轨道FG间的动摩擦因数20.75，其他部分光滑过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，g取10 m/s2.求：(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mgh1mgcos 45°·mvC2代入数据得vC8 m/s(2)设过山车在D点速度大小为vD，由动能定理得mg(h2R)1mgcos 45°·mvD2Fmgm，联立解得F7×103 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mgh(lx)tan 37°1mgcos 45°·1mgcos 37°·2mgx0解得x30 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使解题过程简化例4如图所示，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，37°，圆弧面的半径R3.6 m，一滑块质量m5 kg，与AB斜面间的动摩擦因数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：(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 N70 N解析(1)由题意可知斜面AB与水平面的夹角为37°，知mgsin >mgcos ，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做往复运动设滑块在AB段上运动的总路程为s，滑块在AB段上所受摩擦力大小FfFNmgcos ，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 Ffs0，解得s8 m.(2)滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，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mgRFflABmv120，斜面AB的长度lAB，由牛顿第二定律得Fmaxmg，解得Fmax102 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(1cos )mv220，由牛顿第二定律得Fminmg，解得Fmin70 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.例5(2021·湖北省1月选考模拟·7)如图所示，两倾角均为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mgHEk，此时小物块所走路程s1，第一次通过O点后动能Ek195%Ek95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高度H195%H，第二次到达O点所走的路程s295%，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s1s2sn95%(95%)2(95%)n1，n无穷大时，可得s总(等比数列求和)，故B正确课时精练1.如图所示，半圆形光滑轨道竖直固定在AB杆上，杆长L1 m，半圆与水平方向相切于B点，半径R0.5 m，距其右侧一定水平距离处固定一个斜面体斜面C端离地高度h0.8 m，E端固定一轻弹簧，弹簧原长为DE，DE0.375 m，斜面CD段粗糙而DE段光滑现将一质量为1 kg的物块(可看作质点)从圆轨道某处静止释放，离开最低点B后恰能落到斜面顶端C处，且速度方向恰好平行于斜面，物块沿斜面下滑压缩弹簧后又沿斜面向上返回，第一次恰能返回到最高点C.斜面倾角53°，重力加速度g10 m/s2.已知sin 53°0.8，cos 53°0.6，求： (1)物块运动到B点时对轨道的压力大小；(2)物块在粗糙斜面CD段上能滑行的总路程s.答案(1)14.5 N(2)3.25 m解析(1)物块从B到C做平抛运动，则有vy22g(Lh)在C点时有tan 代入数据解得vB1.5 m/s在B点对物块进行受力分析得Fmgm解得F14.5 N根据牛顿第三定律知物块对轨道的压力大小FF14.5 N(2)物块在C点的速度为vC2.5 m/s物块从C点下滑到返回C点的过程，根据动能定理得mgcos ×2xCD0mvC2xCE1 mxCDxCExDE代入数据解得最终物块在DE段来回滑动，从C到D，根据动能定理得：mgxCDsin mgcos ×s0mvC2解得s3.25 m.2.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R0.3 m的竖直放置的光滑圆轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔已知摆线长L2 m，53°，小球质量为m0.5 kg，D点与A孔的水平距离s2 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的范围答案(1)9 N(2)0.250.4或者0.025解析(1)当摆球由C到D运动，根据动能定理有mg(LLcos )mvD2在D点，由牛顿第二定律可得Fmmgm，解得Fm9 N(2)小球不脱离圆轨道分两种情况要保证小球能到达A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得1mgs0mvD2，可得10.4若进入A孔的速度较小，那么小球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mgR0mvA2由动能定理可得2mgsmvA2mvD2，可求得20.25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，在圆轨道的最高点，由牛顿第二定律可得mgm，由动能定理可得3mgs2mgRmv2mvD2，解得30.025综上所述，动摩擦因数的范围为0.250.4或者0.025.3.如图所示，粗糙水平面AB与粗糙斜面BC平滑连接，斜面倾角为37°，一半径为R4 m的光滑圆弧轨道CD与斜面相切于C点，D点在圆心O的正上方，A、B、C、D均在同一竖直平面内在水平面上的A点静止放有一质量为m0.5 kg的小物块，给小物块施加斜向右上方与水平方向夹角为37°、大小为F5 N的恒力，一直保持F对小物块的作用，小物块恰好能够通过D点已知小物块与水平面、斜面间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°0.6，求：(1)小物块运动到D点的速度大小；(2)AB的长度答案(1)4 m/s(2) m解析(1)设小物块在半圆轨道的最高点D的速度为vD，根据牛顿运动定律有mgFsin 37°m解得vD4 m/s(2)小物块从C点到D点，根据动能定理有FRsin 37°mg(RRcos 37°)mvD2mvC2小物块从B点到C点，根据牛顿第二定律有Fmgsin 37°mgcos 37°ma1解得a10，说明小物块从B点到C点做匀速直线运动，则vBvC4 m/s小物块从A点到B点，根据动能定理有FLABcos 37°(mgFsin 37°)LABmvB2联立解得LAB m.4如图所示，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R10 cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h0.8 m，水平距离s1.2 m，水平轨道AB长为L12.75 m，BC长为L23.5 m，小球与水平轨道间的动摩擦因数0.2，重力加速度g取10 m/s2.(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度大小；(2)小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点初速度大小的范围答案(1)4 m/s(2)4 m/svA5 m/s或vA m/s解析(1)小球恰好通过圆形轨道的最高点时，根据牛顿第二定律得mg从A点到圆形轨道的最高点的过程中，根据动能定理得：mgL1mg×2Rmv12mvA12解得小球在A点的初速度vA14 m/s(2)若恰好运动到C点时，速度为零，则从A到C的过程中，根据动能定理得mg(L1L2)0mvA22解得小球在A点的初速度vA25 m/s因此若小球停在BC段，则满足4 m/svA5 m/s若恰好能越过壕沟，则从C到D做平抛运动hgt2svt从A到C的过程中，根据动能定理得mg(L1L2)mv2mvA32解得小球在A点的初速度vA3 m/s因此若小球能越过壕沟，则满足vA m/s.