2023版步步高物理一轮复习讲义第六章 专题强化九　动能定理在多过程问题中的应用

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①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理．②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α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eq \f(Ek,5).已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g.则(　　)A．物体向上滑动的距离为eq \f(Ek,2mg)B．物体向下滑动时的加速度大小为eq \f(g,5)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－μmg·2lcos α＝eq \f(Ek,5)－Ek，物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有－mglsin α－μmglcos α＝0－Ek，整理得l＝eq \f(Ek,mg)，μ＝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 α－μmgcos α，解得a下＝eq \f(g,5)，B正确；物体向上滑动时根据牛顿第二定律有ma上＝mgsin α＋μmgcos α，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l＝eq \f(1,2)at2，则可得出t上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，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(mv12,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－cos θ)＝eq \f(1,2)mv22－0，由牛顿第二定律得Fmin－mg＝eq \f(mv22,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.例5　(2021·湖北省1月选考模拟·7)如图所示，两倾角均为θ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.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点所走的路程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)，…，故小物块所走的总路程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．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L＝1 m，半圆与水平方向相切于B点，半径R＝0.5 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h＝0.8 m，E端固定一轻弹簧，弹簧原长为DE，DE＝0.375 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θ＝53°，重力加速度g＝10 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vy2＝2g(L－h)在C点时有tan θ＝eq \f(vy,vB)代入数据解得vB＝1.5 m/s在B点对物块进行受力分析得F－mg＝meq \f(vB2,R)解得F＝14.5 N根据牛顿第三定律知物块对轨道的压力大小F′＝F＝14.5 N(2)物块在C点的速度为vC＝eq \f(vy,sin θ)＝2.5 m/s物块从C点下滑到返回C点的过程，根据动能定理得－μmgcos θ×2xCD＝0－eq \f(1,2)mvC2xCE＝eq \f(h,sin θ)＝1 mxCD＝xCE－xDE代入数据解得μ＝eq \f(5,12)最终物块在DE段来回滑动，从C到D，根据动能定理得：mgxCDsin θ－μmgcos θ×s＝0－eq \f(1,2)mvC2解得s＝3.25 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R＝0.3 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)(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)0.25≤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)＝eq \f(1,2)mvD2在D点，由牛顿第二定律可得Fm－mg＝meq \f(vD2,L)，解得Fm＝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－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＝0.25②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，在圆轨道的最高点，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≤0.025.3.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R＝4 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m＝0.5 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F＝5 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μ＝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)eq \f(28,3) 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mg－Fsin 37°＝meq \f(vD2,R)解得vD＝4 m/s(2)小物块从C点到D点，根据动能定理有FRsin 37°－mg(R＋Rcos 37°)＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)mvC2小物块从B点到C点，根据牛顿第二定律有F－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1解得a1＝0，说明小物块从B点到C点做匀速直线运动，则vB＝vC＝4eq \r(7) m/s小物块从A点到B点，根据动能定理有FLABcos 37°－(mg－Fsin 37°)μLAB＝eq \f(1,2)mvB2联立解得LAB＝eq \f(28,3) 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R＝10 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h＝0.8 m，水平距离s＝1.2 m，水平轨道AB长为L1＝2.75 m，BC长为L2＝3.5 m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝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/s≤vA≤5 m/s或vA≥eq \r(34) 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＝eq \f(mv12,R)从A点到圆形轨道的最高点的过程中，根据动能定理得：－μmgL1－mg×2R＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mvA12解得小球在A点的初速度vA1＝4 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－μmg(L1＋L2)＝0－eq \f(1,2)mvA22解得小球在A点的初速度vA2＝5 m/s因此若小球停在BC段，则满足4 m/s≤vA≤5 m/s若恰好能越过壕沟，则从C到D做平抛运动h＝eq \f(1,2)gt2s＝vt从A到C的过程中，根据动能定理得－μmg(L1＋L2)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mvA32解得小球在A点的初速度vA3＝eq \r(34) m/s因此若小球能越过壕沟，则满足vA≥eq \r(34) m/s.