2022年高考物理一轮复习 第6章 专题强化9 动能定理在多过程问题中的应用.docx

1、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

2、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.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.

3、(已知sin 370.6，cos 370.8)答案(1)8 m/s(2)7103 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 45mvC2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 45mvD2Fmgm，解得F7103 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7103 N(3)全程应用动能定理mgh(lx)tan 371mgcos 451mgcos 372mgx0解得x30 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L3.

4、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t0时刻有一质量m1 kg的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的vt图象如图乙所示已知圆轨道的半径R0.5 m(取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：图2(1)物块与斜面间的动摩擦因数；(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a10 m

5、/s2根据牛顿第二定律有：mgsin 37mgcos 37ma由联立解得0.5(2)设物块到达C点时的速度大小为vC，由动能定理得：mg(Lsin 37RRcos 37)mgLcos 37mvC2mv02在C点，根据牛顿第二定律有：mgFNm联立解得：FN4 N根据牛顿第三定律得：FNFN4 N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 37R(1cos 37)gt2水平方向：Lcos 37Rsin 37vCt解得vC m/s m/s，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 371

6、.8R)mgLcos 37mvC2mv联立解得：v12 m/s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

7、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 370.6，cos 370.8，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 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往复运动设滑块在AB段上运动的总路程

8、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，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

9、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2.5m

10、ghC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mghWf00，解得Wfmgh，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Wf1Wfmgh，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3mghWf1Ek0，解得Ek2.5mgh，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，

11、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H10 m，BC长为l1 m，AB和CD轨道光滑一质量为m1 kg的物体，从A点以v14 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点h10.3 m的D点时速度为零，求：(取g10 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(

12、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(hH)mgl0mv12，解得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mgHmg4lmv22mv12，解得v24 m/s13.3 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mgHmgs0mv12，解得s21.6 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s2 m1.6 m0.4 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d0

13、.50 m，盆边缘的高度为h0.30 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1A0.50 m B0.25 mC0.10 m D0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：mghmgs0，所以小物块在BC面上运动的总路程为s m3 m，而d0.5 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

14、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mghfh0mv02，下落过程mghfhm20，联立解得fmg，由动能定理得fs总0mv02，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R0.4 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m1 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 370.6，cos 370.8.图2(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数；(2)若使滑块能到达

15、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(2RR)mgcos 370，得tan 370.375.(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vC2 m/s.A到C的过程：根据动能定理有mgcos 37mvmv02，联立解得，v02 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xvCt，ygt2，由几何关系得：tan 37，联立得5t23t0.80，解得

16、t0.2 s.4.(2020广东中山纪念中学月考)如图3所示，AB是倾角为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；(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

17、返运动，对整个过程由动能定理得mgRcos mgscos 0，解得.(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(1cos )mvE2在E点，由牛顿第二定律得FNmgm，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mgm对全过程由动能定理得mgLsin mgLcos mgR(1cos )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R0.3 m的

18、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 530.8，cos 530.6)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的范围答案(1)9 N(2)2.50.4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，可得Fm1.8mg9 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1m

19、gs0mvD2，可得10.4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，在圆周的最高点，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0.025.6.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m0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点的高度h11.10

20、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x10.15 m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h20.873 m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x20.01 m，弹性势能为Ep0.025 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

21、m处速度最大解析(1)由最后静止的位置可知kx2mg，所以k500 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mghFfLmv22mv12整个过程动能变化为0，重力做功mghmg(h1h2)1.135 J空气阻力恒定，作用距离为Lh1h22x12.273 m解得Ff0.5 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mghWfW弹mv22mv12整个过程动能变化为0，重力做功Wmghmg(h1x2)5.55 J弹力做功W弹Ep0.025 J则空气阻力做功WfFfs5.525 J解得s11.05 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mgFfkx3，得x30.009 m，即篮球第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大