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新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
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这是一份新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，共10页。试卷主要包含了5≤μ≤0，55 J等内容，欢迎下载使用。
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，cs 37°＝0.8)
答案 (1)8eq \r(10) 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－μ1mgcs 45°·eq \f(h,sin 45°)＝eq \f(1,2)mvC2
代入数据得vC＝8eq \r(10) 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)－μ1mgcs 45°·eq \f(h,sin 45°)＝eq \f(1,2)mvD2
F＋mg＝meq \f(v\\al(D2),R)，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°]－μ1mgcs 45°·eq \f(h,sin 45°)－
μ1mgcs 37°·eq \f(l－x,cs 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图像如图乙所示．已知圆轨道的半径R＝0.5 m．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 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°＋μmgcs 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＋Rcs 37°)－μmgLcs 37°＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mv02④
在C点，根据牛顿第二定律有：mg＋FN′＝meq \f(v\\al(C2),R)⑤
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＋cs 37°)＝eq \f(1,2)gt2⑧
水平方向：Lcs 37°－Rsin 37°＝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)－μmgLcs 37°＝eq \f(1,2)mvC′2－eq \f(1,2)mv12⑪
联立解得：v1＝2eq \r(\f(183,7)) 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，cs 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>μmgcs 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＝μmgcs 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mgRcs θ－Ffs＝0，解得s＝eq \f(R,μ)＝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＝eq \f(1,2)mv12－0，
斜面AB的长度lAB＝eq \f(R,tan θ)，
由牛顿第二定律得Fmax－mg＝eq \f(mv\\al(12),R)，
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－cs θ)＝eq \f(1,2)mv22－0，
由牛顿第二定律得Fmin－mg＝eq \f(mv\\al(22),R)，
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)(八省联考·湖北·7)如图4所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定水平地面上，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( )
图4
A.eq \f(49H,sin θ) B.eq \f(39H,sin θ)
C.eq \f(29H,sin θ) D.eq \f(20H,sin θ)
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＝eq \f(H,sin θ)，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点滑下的路程s2＝eq \f(2H1,sin θ)＝95%eq \f(2H,sin θ)，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)2eq \f(2H,sin θ)，…，故小物块下滑的总路程s总＝s1＋s2＋…sn＝eq \f(H,sin θ)＋95%eq \f(2H,sin θ)＋(95%)2eq \f(2H,sin θ)＋…(95%)n－1eq \f(2H,sin θ)，n无穷大时，可得s总＝eq \f(39H,sin θ)(等比数列求和)，故B正确．
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－eq \f(1,2)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＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，
解得v2＝4eq \r(11) 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－eq \f(1,2)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·河北唐山市月考)某同学将篮球从距地面高为h处由静止释放，与地面碰撞后上升的最大高度为eq \f(h,4).若篮球与地面碰撞无能量损失，空气阻力大小恒定，则空气阻力与重力大小之比为( )
A．1∶5 B．2∶5
C．3∶5 D．4∶5
答案 C
解析 篮球与地面碰撞无能量损失，全过程根据动能定理有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)，选项C正确，A、B、D错误．
2．(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1
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＝eq \f(h,μ)＝eq \f(0.3,0.1) 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.
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，cs 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)2eq \r(3) 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)－μmgcs 37°·eq \f(2R,sin 37°)＝0，
得μ＝eq \f(1,2)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＝eq \f(mv\\al(C2),R)，
则得vC＝eq \r(Rg)＝2 m/s.
A到C的过程：根据动能定理有－μmgcs 37°·eq \f(2R,sin 37°)＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mv02，
联立解得，v0＝eq \r(v\\al(C2)＋2gR)＝2eq \r(3) m/s，
所以初速度的最小值为2eq \r(3) m/s.
(3)滑块离开C点做平抛运动，
则有x＝vC′t，y＝eq \f(1,2)gt2，
由几何关系得：tan 37°＝eq \f(2R－y,x)，
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)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mgRcs θ－μmgscs θ＝0，
解得μ＝eq \f(R,s).
(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－cs θ)＝eq \f(1,2)mvE2
在E点，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(v\\al(E2),R)，
联立解得FN＝(3－eq \r(3))mg
根据牛顿第三定律得：FN′＝(3－eq \r(3))mg
(3)物体刚好到D点时，由牛顿第二定律有mg＝meq \f(v\\al(D2),R)
对全过程由动能定理得
mgL′sin θ－μmgL′cs θ－mgR(1＋cs θ)＝eq \f(1,2)mvD2
联立解得L′＝eq \f(3＋\r(3)Rs,s－\r(3)R).
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，cs 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－Lcs θ)＝eq \f(1,2)mvD2
在D点，由牛顿第二定律可得Fm－mg＝meq \f(v\\al(D2),L)，
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－eq \f(1,2)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－eq \f(1,2)mvA2
由动能定理可得－μ2mgs＝eq \f(1,2)mvA2－eq \f(1,2)mvD2，
可求得μ2＝0.25
②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＝meq \f(v2,R)，
由动能定理可得－μ3mgs－2mgR＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)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＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)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＝eq \f(1,2)mv2′2－eq \f(1,2)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．
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，cs 37°＝0.8)
答案 (1)8eq \r(10) 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－μ1mgcs 45°·eq \f(h,sin 45°)＝eq \f(1,2)mvC2
代入数据得vC＝8eq \r(10) 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)－μ1mgcs 45°·eq \f(h,sin 45°)＝eq \f(1,2)mvD2
F＋mg＝meq \f(v\\al(D2),R)，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°]－μ1mgcs 45°·eq \f(h,sin 45°)－
μ1mgcs 37°·eq \f(l－x,cs 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图像如图乙所示．已知圆轨道的半径R＝0.5 m．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 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°＋μmgcs 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＋Rcs 37°)－μmgLcs 37°＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mv02④
在C点，根据牛顿第二定律有：mg＋FN′＝meq \f(v\\al(C2),R)⑤
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＋cs 37°)＝eq \f(1,2)gt2⑧
水平方向：Lcs 37°－Rsin 37°＝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)－μmgLcs 37°＝eq \f(1,2)mvC′2－eq \f(1,2)mv12⑪
联立解得：v1＝2eq \r(\f(183,7)) 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，cs 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>μmgcs 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＝μmgcs 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mgRcs θ－Ffs＝0，解得s＝eq \f(R,μ)＝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＝eq \f(1,2)mv12－0，
斜面AB的长度lAB＝eq \f(R,tan θ)，
由牛顿第二定律得Fmax－mg＝eq \f(mv\\al(12),R)，
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－cs θ)＝eq \f(1,2)mv22－0，
由牛顿第二定律得Fmin－mg＝eq \f(mv\\al(22),R)，
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)(八省联考·湖北·7)如图4所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定水平地面上，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( )
图4
A.eq \f(49H,sin θ) B.eq \f(39H,sin θ)
C.eq \f(29H,sin θ) D.eq \f(20H,sin θ)
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＝eq \f(H,sin θ)，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点滑下的路程s2＝eq \f(2H1,sin θ)＝95%eq \f(2H,sin θ)，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)2eq \f(2H,sin θ)，…，故小物块下滑的总路程s总＝s1＋s2＋…sn＝eq \f(H,sin θ)＋95%eq \f(2H,sin θ)＋(95%)2eq \f(2H,sin θ)＋…(95%)n－1eq \f(2H,sin θ)，n无穷大时，可得s总＝eq \f(39H,sin θ)(等比数列求和)，故B正确．
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－eq \f(1,2)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＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，
解得v2＝4eq \r(11) 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－eq \f(1,2)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·河北唐山市月考)某同学将篮球从距地面高为h处由静止释放，与地面碰撞后上升的最大高度为eq \f(h,4).若篮球与地面碰撞无能量损失，空气阻力大小恒定，则空气阻力与重力大小之比为( )
A．1∶5 B．2∶5
C．3∶5 D．4∶5
答案 C
解析 篮球与地面碰撞无能量损失，全过程根据动能定理有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)，选项C正确，A、B、D错误．
2．(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1
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＝eq \f(h,μ)＝eq \f(0.3,0.1) 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.
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，cs 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)2eq \r(3) 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)－μmgcs 37°·eq \f(2R,sin 37°)＝0，
得μ＝eq \f(1,2)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＝eq \f(mv\\al(C2),R)，
则得vC＝eq \r(Rg)＝2 m/s.
A到C的过程：根据动能定理有－μmgcs 37°·eq \f(2R,sin 37°)＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mv02，
联立解得，v0＝eq \r(v\\al(C2)＋2gR)＝2eq \r(3) m/s，
所以初速度的最小值为2eq \r(3) m/s.
(3)滑块离开C点做平抛运动，
则有x＝vC′t，y＝eq \f(1,2)gt2，
由几何关系得：tan 37°＝eq \f(2R－y,x)，
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)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mgRcs θ－μmgscs θ＝0，
解得μ＝eq \f(R,s).
(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－cs θ)＝eq \f(1,2)mvE2
在E点，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(v\\al(E2),R)，
联立解得FN＝(3－eq \r(3))mg
根据牛顿第三定律得：FN′＝(3－eq \r(3))mg
(3)物体刚好到D点时，由牛顿第二定律有mg＝meq \f(v\\al(D2),R)
对全过程由动能定理得
mgL′sin θ－μmgL′cs θ－mgR(1＋cs θ)＝eq \f(1,2)mvD2
联立解得L′＝eq \f(3＋\r(3)Rs,s－\r(3)R).
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，cs 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－Lcs θ)＝eq \f(1,2)mvD2
在D点，由牛顿第二定律可得Fm－mg＝meq \f(v\\al(D2),L)，
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－eq \f(1,2)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－eq \f(1,2)mvA2
由动能定理可得－μ2mgs＝eq \f(1,2)mvA2－eq \f(1,2)mvD2，
可求得μ2＝0.25
②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＝meq \f(v2,R)，
由动能定理可得－μ3mgs－2mgR＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)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＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)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＝eq \f(1,2)mv2′2－eq \f(1,2)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．
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