2022版?zhèn)鋺?zhàn)老高考一輪復(fù)習物理專題強化九 動能定理在多過程問題中的應(yīng)用 教案

專題強化九動能定理在多過程問題中的應(yīng)用目標要求1.會用動能定理解決多過程、多階段的問題.2.掌握動能定理在往復(fù)運動問題中的應(yīng)用．題型一動能定理在多過程問題中的應(yīng)用1．運用動能定理解決多過程問題，有兩種思路：(1)可分段應(yīng)用動能定理求解；(2)全過程應(yīng)用動能定理：所求解的問題不涉及中間的速度時，全過程應(yīng)用動能定理求解更簡便．2．全過程列式時，涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意它們的特點．(1)重力、彈簧彈力做功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān)．(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的數(shù)值等于力的大小與路程的乘積．例1(2016·浙江10月選考·20)如圖1甲所示，游樂場的過山車可以底朝上在豎直圓軌道上運行，可抽象為圖乙所示的模型．傾角為45°的直軌道AB、半徑R＝10m的光滑豎直圓軌道和傾角為37°的直軌道EF，分別通過水平光滑銜接軌道BC、C′E平滑連接，另有水平減速直軌道FG與EF平滑連接，EG間的水平距離l＝40m．現(xiàn)有質(zhì)量m＝500kg的過山車，從高h＝40m處的A點由靜止下滑，經(jīng)BCDC′EF最終停在G點．過山車與軌道AB、EF間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.2，與減速直軌道FG間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.75.過山車可視為質(zhì)點，運動中不脫離軌道，g取10m/s2.求：圖1(1)過山車運動至圓軌道最低點C時的速度大??；(2)過山車運動至圓軌道最高點D時對軌道的作用力大??；(3)減速直軌道FG的長度x.(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)答案(1)8eq\r(10)m/s(2)7×103N(3)30m解析(1)設(shè)過山車在C點的速度大小為vC，由動能定理得mgh－μ1mgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mvC2代入數(shù)據(jù)得vC＝8eq\r(10)m/s(2)設(shè)過山車在D點速度大小為vD，由動能定理得mg(h－2R)－μ1mgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mvD2F＋mg＝meq\f(v\o\al(D2),R)，解得F＝7×103N由牛頓第三定律知，過山車在D點對軌道的作用力大小為7×103N(3)全程應(yīng)用動能定理mg[h－(l－x)tan37°]－μ1mgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μ1mgcos37°·eq\f(l－x,cos37°)－μ2mgx＝0解得x＝30m.1．(動能定理在多過程問題中的應(yīng)用)(2020·河南信陽市羅山高三一模)如圖2甲所示，一傾角為37°，長L＝3.75m的斜面AB上端和一個豎直圓弧形光滑軌道BC相連，斜面與圓軌道相切于B處，C為圓弧軌道的最高點．t＝0時刻有一質(zhì)量m＝1kg的物塊沿斜面上滑，其在斜面上運動的v－t圖像如圖乙所示．已知圓軌道的半徑R＝0.5m．(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：圖2(1)物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)物塊到達C點時對軌道的壓力的大小FN；(3)試通過計算分析是否可能存在物塊以一定的初速度從A點滑上軌道，通過C點后恰好能落在A點．如果能，請計算出物塊從A點滑出的初速度大??；如果不能請說明理由．答案(1)0.5(2)4N(3)見解析解析(1)由題圖乙可知物塊上滑時的加速度大小為a＝10m/s2①根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin37°＋μmgcos37°＝ma②由①②聯(lián)立解得μ＝0.5③(2)設(shè)物塊到達C點時的速度大小為vC，由動能定理得：－mg(Lsin37°＋R＋Rcos37°)－μmgLcos37°＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02④在C點，根據(jù)牛頓第二定律有：mg＋FN′＝meq\f(v\o\al(C2),R)⑤聯(lián)立③④⑤解得：FN′＝4N⑥根據(jù)牛頓第三定律得：FN＝FN′＝4N⑦物塊在C點時對軌道的壓力大小為4N(3)設(shè)物塊以初速度v1上滑，最后恰好落到A點物塊從C到A，做平拋運動，豎直方向：Lsin37°＋R(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)gt2⑧水平方向：Lcos37°－Rsin37°＝vC′t⑨解得vC′＝eq\f(9\r(7),7)m/s>eq\r(gR)＝eq\r(5)m/s，⑩所以物塊能通過C點落到A點物塊從A到C，由動能定理得：－mg(Lsin37°＋1.8R)－μmgLcos37°＝eq\f(1,2)mvC′2－eq\f(1,2)mv12?聯(lián)立解得：v1＝2eq\r(\f(183,7))m/s?題型二動能定理在往復(fù)運動問題中的應(yīng)用在有些問題中物體的運動過程具有重復(fù)性、往返性，而在這一過程中，描述運動的物理量多數(shù)是變化的，而且重復(fù)的次數(shù)又往往是無限的或者難以確定．求解這類問題時若運用牛頓運動定律及運動學公式將非常繁瑣，甚至無法解出．由于動能定理只涉及物體的初、末狀態(tài)而不計運動過程的細節(jié)，此類問題多涉及滑動摩擦力，或其他阻力做功，其做功的特點與路程有關(guān)，求路程對應(yīng)的是摩擦力做功，所以用動能定理分析這類問題可使解題過程簡化．例2如圖3所示，豎直面內(nèi)有一粗糙斜面AB，BCD部分是一個光滑的圓弧面，C為圓弧的最低點，AB正好是圓弧在B點的切線，圓心O與A、D點在同一高度，θ＝37°，圓弧面的半徑R＝3.6m，一滑塊質(zhì)量m＝5kg，與AB斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.45，將滑塊從A點由靜止釋放(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)．求在此后的運動過程中：圖3(1)滑塊在AB段上運動的總路程；(2)在滑塊運動過程中，C點受到的壓力的最大值和最小值．答案(1)8m(2)102N70N解析(1)由題意可知斜面AB與水平面的夾角為θ＝37°，知mgsinθ>μmgcosθ，故滑塊最終不會停留在斜面上，由于滑塊在AB段受摩擦力作用，則滑塊做往復(fù)運動的高度將越來越低，最終以B點為最高點在光滑的圓弧面上往復(fù)運動．設(shè)滑塊在AB段上運動的總路程為s，滑塊在AB段上所受摩擦力大小Ff＝μFN＝μmgcosθ，從A點出發(fā)到最終以B點為最高點做往復(fù)運動，由動能定理得mgRcosθ－Ffs＝0，解得s＝eq\f(R,μ)＝8m.(2)滑塊第一次過C點時，速度最大，設(shè)為v1，分析受力知此時滑塊所受軌道支持力最大，設(shè)為Fmax，從A到C的過程，由動能定理得mgR－FflAB＝eq\f(1,2)mv12－0，斜面AB的長度lAB＝eq\f(R,tanθ)，由牛頓第二定律得Fmax－mg＝eq\f(mv\o\al(12),R)，解得Fmax＝102N.滑塊以B為最高點做往復(fù)運動的過程中過C點時，速度最小，設(shè)為v2，此時滑塊所受軌道支持力最小，設(shè)為Fmin，從B到C，由動能定理得mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv22－0，由牛頓第二定律得Fmin－mg＝eq\f(mv\o\al(22),R)，解得Fmin＝70N，根據(jù)牛頓第三定律可知C點受到的壓力最大值為102N，最小值為70N.2．(動能定理在往復(fù)運動中的應(yīng)用)(八省聯(lián)考·湖北·7)如圖4所示，兩傾角均為θ的光滑斜面對接后固定水平地面上，O點為斜面的最低點．一個小物塊從右側(cè)斜面上高為H處由靜止滑下，在兩個斜面上做往復(fù)運動．小物塊每次通過O點時都會有動能損失，損失的動能為小物塊當次到達O點時動能的5%.小物塊從開始下滑到停止的過程中運動的總路程為()圖4A.eq\f(49H,sinθ) B.eq\f(39H,sinθ)C.eq\f(29H,sinθ) D.eq\f(20H,sinθ)答案B解析由題意知，小物塊第一次到達O點由動能定理可得mgH＝Ek，此時小物塊所走路程s1＝eq\f(H,sinθ)，第一次通過O點后動能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此時利用動能定理知小物塊上升高度H1＝95%H，第二次到達O點滑下的路程s2＝eq\f(2H1,sinθ)＝95%eq\f(2H,sinθ)，同理第二次離開O點到第三次到達O點所走路程s3＝(95%)2eq\f(2H,sinθ)，…，故小物塊下滑的總路程s總＝s1＋s2＋…sn＝eq\f(H,sinθ)＋95%eq\f(2H,sinθ)＋(95%)2eq\f(2H,sinθ)＋…(95%)n－1eq\f(2H,sinθ)，n無窮大時，可得s總＝eq\f(39H,sinθ)(等比數(shù)列求和)，故B正確．3．(動能定理在往復(fù)運動中的應(yīng)用)(2019·河南鄭州一中模擬)如圖5所示，ABCD為一豎直平面內(nèi)的軌道，其中BC水平，A點比BC高出H＝10m，BC長為l＝1m，AB和CD軌道光滑．一質(zhì)量為m＝1kg的物體，從A點以v1＝4m/s的速度開始運動，經(jīng)過BC后滑到高出C點h＝10.3m的D點時速度為零，求：(取g＝10m/s2)圖5(1)物體與BC軌道間的動摩擦因數(shù)；(2)物體第5次經(jīng)過B點時的速度大??；(3)物體最后停止的位置(距B點)．答案(1)0.5(2)13.3m/s(3)0.4m解析(1)分析從A點到D點的過程，由動能定理得－mg(h－H)－μmgl＝0－eq\f(1,2)mv12，解得μ＝0.5.(2)設(shè)物體第5次經(jīng)過B點時的速度為v2，在此過程中物體在BC上滑動了4次，由動能定理得mgH－μmg·4l＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，解得v2＝4eq\r(11)m/s≈13.3m/s.(3)設(shè)物體運動的全過程在水平面上通過的路程為s，由動能定理得mgH－μmgs＝0－eq\f(1,2)mv12，解得s＝21.6m.所以物體在軌道上來回滑動了10次后，還有1.6m，故距B點的距離s′＝2m－1.6m＝0.4m.課時精練1．(2021·河北唐山市月考)某同學將籃球從距地面高為h處由靜止釋放，與地面碰撞后上升的最大高度為eq\f(h,4).若籃球與地面碰撞無能量損失，空氣阻力大小恒定，則空氣阻力與重力大小之比為()A．1∶5 B．2∶5C．3∶5 D．4∶5答案C解析籃球與地面碰撞無能量損失，全過程根據(jù)動能定理有mg(h－eq\f(1,4)h)－Ff(h＋eq\f(1,4)h)＝0，所以eq\f(Ff,mg)＝eq\f(3,5)，選項C正確，A、B、D錯誤．2．(2021·海南高三月考)如圖1所示，ABCD是一個盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC水平，其長度d＝0.50m，盆邊緣的高度為h＝0.30m．在A處放一個質(zhì)量為m的小物塊并讓其由靜止下滑．已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.10.小物塊在盆內(nèi)來回滑動，最后停下來，則停止的地點到B的距離為()圖1A．0.50m B．0.25mC．0.10m D．0答案D解析小物塊從A點出發(fā)到最后停下來，設(shè)小物塊在BC面上運動的總路程為s，整個過程由動能定理有：mgh－μmgs＝0，所以小物塊在BC面上運動的總路程為s＝eq\f(h,μ)＝eq\f(0.3,0.1)m＝3m，而d＝0.5m，剛好3個來回，所以最終停在B點，即距離B點為0m．故選D.3．如圖2所示，傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R＝0.4m的光滑半圓軌道BC平滑相連，O為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點等高．質(zhì)量m＝1kg的滑塊(可視為質(zhì)點)從A點由靜止開始下滑，恰能滑到與O等高的D點，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.圖2(1)求滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)若使滑塊能到達C點，求滑塊從A點沿斜面滑下時的初速度的最小值；(3)若滑塊離開C點時的速度大小為4m/s，求滑塊從C點飛出至落到斜面上的時間t.答案(1)0.375(2)2eq\r(3)m/s(3)0.2s解析(1)滑塊由A到D的過程，根據(jù)動能定理，有mg(2R－R)－μmgcos37°·eq\f(2R,sin37°)＝0，得μ＝eq\f(1,2)tan37°＝0.375.(2)滑塊恰能到達C點時，初速度最小，根據(jù)牛頓第二定律有mg＝eq\f(mv\o\al(C2),R)，則得vC＝eq\r(Rg)＝2m/s.A到C的過程：根據(jù)動能定理有－μmgcos37°·eq\f(2R,sin37°)＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02，聯(lián)立解得，v0＝eq\r(v\o\al(C2)＋2gR)＝2eq\r(3)m/s，所以初速度的最小值為2eq\r(3)m/s.(3)滑塊離開C點做平拋運動，則有x＝vC′t，y＝eq\f(1,2)gt2，由幾何關(guān)系得：tan37°＝eq\f(2R－y,x)，聯(lián)立得5t2＋3t－0.8＝0，解得t＝0.2s.4.(2020·廣東中山紀念中學月考)如圖3所示，AB是傾角為θ＝30°的粗糙直軌道，BCD是光滑的圓弧軌道，AB恰好在B點與圓弧相切，圓弧的半徑為R.一個質(zhì)量為m的物體(可以看成質(zhì)點)從直軌道上的P點由靜止釋放，結(jié)果它能在兩軌道間做往返運動．已知P點與圓弧的圓心O等高，物體做往返運動的整個過程中在AB軌道上通過的路程為s.求：圖3(1)物體與軌道AB間的動摩擦因數(shù)μ；(2)最終當物體通過圓弧軌道最低點E時，對圓弧軌道的壓力的大??；(3)為使物體能順利到達圓弧軌道的最高點D，釋放點距B點的距離L′至少多大．答案(1)eq\f(R,s)(2)(3－eq\r(3))mg(3)eq\f(3＋\r(3)Rs,s－\r(3)R)解析(1)由題意可知，物體最終以B點為最高點在圓弧面內(nèi)做往返運動，對整個過程由動能定理得mgRcosθ－μmgscosθ＝0，解得μ＝eq\f(R,s).(2)最終物體以B點為最高點，在圓弧底部做往復(fù)運動，對從B到E過程，由動能定理得mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mvE2在E點，由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(E2),R)，聯(lián)立解得FN＝(3－eq\r(3))mg根據(jù)牛頓第三定律得：FN′＝(3－eq\r(3))mg(3)物體剛好到D點時，由牛頓第二定律有mg＝meq\f(v\o\al(D2),R)對全過程由動能定理得mgL′sinθ－μmgL′cosθ－mgR(1＋cosθ)＝eq\f(1,2)mvD2聯(lián)立解得L′＝eq\f(3＋\r(3)Rs,s－\r(3)R).5．(2020·吉林長春市第二實驗中學開學考試)如圖4所示，讓擺球從圖中的C位置由靜止開始擺下，擺到最低點D處，擺線剛好被拉斷，小球在粗糙的水平面上由D點向右做勻減速運動，到達A孔進入半徑R＝0.3m的豎直放置的光滑圓弧軌道，當擺球進入圓軌道立即關(guān)閉A孔．已知擺線長L＝2m，θ＝53°，小球質(zhì)量為m＝0.5kg，D點與A孔的水平距離s＝2m，g取10m/s2.(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)圖4(1)求擺線能承受的最大拉力為多大；(2)要使擺球能進入圓軌道并且不脫離軌道，求擺球與粗糙水平面間的動摩擦因數(shù)μ的范圍．答案(1)9N(2)2.5≤μ≤0.4或者μ≤0.025解析(1)當擺球由C到D運動，根據(jù)動能定理有mg(L－Lcosθ)＝eq\f(1,2)mvD2在D點，由牛頓第二定律可得Fm－mg＝meq\f(v\o\al(D2),L)，可得Fm＝1.8mg＝9N(2)小球不脫離圓軌道分兩種情況①要保證小球能到達A孔，設(shè)小球到達A孔的速度恰好為零，由動能定理可得－μ1mgs＝0－eq\f(1,2)mvD2，可得μ1＝0.4若進入A孔的速度較小，那么將會在圓心以下做往返運動，不脫離軌道，其臨界情況為到達圓心等高處速度為零，由動能定理可得－mgR＝0－eq\f(1,2)mvA2由動能定理可得－μ2mgs＝eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1,2)mvD2，可求得μ2＝0.25②若小球能過圓軌道的最高點則不會脫離軌道，當小球恰好到達最高點時，在圓周的最高點，由牛頓第二定律可得mg＝meq\f(v2,R)，由動能定理可得－μ3mgs－2mgR＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mvD2，解得μ3＝0.025綜上所述，動摩擦因數(shù)μ的范圍為0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025.6.如圖5所示，在地面上豎直固定了刻度尺和輕質(zhì)彈簧，彈簧原長時上端與刻度尺上的A點等高．質(zhì)量m＝0.5k