第六章 专题强化六 动能定理在多过程问题中的应用.docx
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第六章专题强化六动能定理在多过程问题中的应用
专题强化六 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.
考点一 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=10m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=40m.现有质量m=500kg的过山车,从高h=40m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10m/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sin37°=0.6,cos37°=0.8)
答案
(1)8
m/s
(2)7×103N (3)30m
解析
(1)设过山车在C点的速度大小为vC,由动能定理得mgh-μ1mgcos45°·
=
mvC2
代入数据得vC=8
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)-μ1mgcos45°·
=
mvD2
F+mg=m
,解得F=7×103N
由牛顿第三定律知,过山车在D点对轨道的作用力大小为7×103N
(3)全程应用动能定理
mg[h-(l-x)tan37°]-μ1mgcos45°·
-μ1mgcos37°·
-μ2mgx=0,
解得x=30m.
1.(动能定理在多过程问题中的应用)(2020·河南罗山县高三一模)如图2甲所示,一倾角为37°,长L=3.75m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=1kg的物块沿斜面上滑,其在斜面上运动的v-t图象如图乙所示.已知圆轨道的半径R=0.5m.(取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=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)4N (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=10m/s2①
根据牛顿第二定律有:
mgsin37°+μmgcos37°=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(Lsin37°+R+Rcos37°)-μmgLcos37°=
mvC2-
mv02④
在C点,根据牛顿第二定律有:
mg+FN′=m
⑤
联立③④⑤解得:
FN′=4N⑥
根据牛顿第三定律得:
FN=FN′=4N⑦
物块在C点时对轨道的压力大小为4N
(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:
Lsin37°+R(1+cos37°)=
gt2⑧
水平方向:
Lcos37°-Rsin37°=vC′t⑨
解得vC′=
m/s>
=
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(Lsin37°+1.8R)-μmgLcos37°=
mvC′2-
mv12⑪
联立解得:
v1=2
m/s⑫
考点二 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、末状态而不涉及运动过程的细节,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=3.6m,一滑块质量m=5kg,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(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/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)8m
(2)102N 70N
解析
(1)由题意可知斜面AB与水平面的夹角为θ=37°,
知mgsinθ>μmgcosθ,
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=μmgcosθ,
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mgRcosθ-Ffs=0,解得s=
=8m.
(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=
mv12-0,
斜面AB的长度lAB=
,
由牛顿第二定律得Fmax-mg=
,
解得Fmax=102N.
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的过程,
由动能定理得mgR(1-cosθ)=
mv22-0,
由牛顿第二定律得Fmin-mg=
,
解得Fmin=70N,
根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102N,最小值为70N.
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4
A.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mgh
B.小物块第一次经过B点时的动能等于2.5mgh
C.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mgh-Wf=0-0,解得Wf=mgh,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Wf1>
Wf=
mgh,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3mgh-Wf1=Ek-0,解得Ek<2.5mgh,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,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,故小物块可能在B点两侧某一位置处于静止状态,故D错误.
3.(动能定理在往复运动中的应用)(2018·浙江11月选考·20)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=0.5kg的篮球静止在弹簧正上方,其底端距A点的高度h1=1.10m,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=0.15m,第一次反弹至最高点,篮球底端距A点的高度h2=0.873m,篮球多次反弹后静止在弹簧的上端,此时弹簧的形变量x2=0.01m,弹性势能为Ep=0.025J.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10m/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)500N/m
(2)0.5N (3)11.05m (4)第一次下落至A点下方0.009m处速度最大
解析
(1)由最后静止的位置可知kx2=mg,
所以k=500N/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=
mv22-
mv12
整个过程动能变化为0,重力做功
mgΔh=mg(h1-h2)=1.135J
空气阻力恒定,作用距离为L=h1+h2+2x1=2.273m
解得Ff≈0.5N
(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=
mv2′2-
mv12
整个过程动能变化为0,
重力做功W=mgΔh′=mg(h1+x2)=5.55J
弹力做功W弹=-Ep=-0.025J
则空气阻力做功Wf=-Ffs=-5.525J
解得s=11.05m.
(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=0.009m,即篮球第一次下落至A点下方0.009m处速度最大.
课时精练
1.(2020·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
.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∶5B.2∶5
C.3∶5D.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-
h)-Ff(h+
h)=0,所以
=
,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=0.50m,盆边缘的高度为h=0.30m.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.0.50mB.0.25m C.0.10mD.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=
=
m=3m,而d=0.5m,刚好3个来回,所以最终停在B点,即距离B点为0m.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=0.4m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=1kg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10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=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4m/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)0.2s
解析
(1)滑块由A到D的过程,根据动能定理,
有mg(2R-R)-μmgcos37°·
=0,
得μ=
tan37°=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=
,
则得vC=
=2m/s.
A到C的过程:
根据动能定理有-μmgcos37°·
=
mvC2-
mv02,
联立解得,v0=
=2
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x=vC′t,y=
gt2,
由几何关系得:
tan37°=
,
联立得5t2+3t-0.8=0,
解得t=0.2s.
4.(2020·长春市第二实验中学开学考试)如图3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=0.3m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=2m,θ=53°,小球质量为m=0.5kg,D点与A孔的水平距离s=2m,g取10m/s2.(sin53°=0.8,cos53°=0.6)
图3
(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)9N
(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-Lcosθ)=
mvD2
在D点,由牛顿第二定律可得Fm-mg=m
,
解得Fm=1.8mg=9N
(2)摆球不脱离圆轨道分两种情况
①要保证摆球能到达A孔,设摆球到达A孔的速度恰好为零,由动能定理可得
-μ1mgs=0-
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-
mvA2
-μ2mgs=
mvA2-
mvD2,
可求得μ2=0.25
②若摆球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道,当摆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=m
,
由动能定理可得-μ3mgs-2mgR=
mv2-
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.
5.如图4甲所示的滑水道,可抽象为图乙所示的模型.倾角为60°的直滑道AB和倾角为30°的直滑道DE与光滑竖直圆轨道BCD、EFG都平滑连接.游客乘坐皮艇从直滑道上的A点处由静止沿滑水道滑下,滑到最低点C,然后冲上圆弧顶F点,翻过圆弧顶F点后到终点H处.但在多次安全测试中,此滑水道被发现存在诸多问题,最严重的问题是测试假人被直接抛出滑道腾空而起.若两段圆弧的半径都是R=20m,DE段直滑道长为20m,与皮艇间的动摩擦因数为μ=0.2,重力加速度g=10m/s2.
图4
(1)最有可能抛出滑道的位置是在哪个位置?
若要安全通过,速度最大为多少?
(2)若人和皮艇总质量为80kg,从52m高处的A点由静止滑下,到滑水道的C点时的速度为108km/h,求此过程中克服阻力做的功;
(3)若到C点时的速度大小为90km/h,能否安全通过F点?
请通过计算说明.
答案
(1)F 10
m/s
(2)5600J (3)不能,理由见解析
解析
(1)最有可能抛出滑道的位置为F
若要安全通过F点,则mg=m
解得vF=10
m/s.
(2)通过C点的速度大小vC=108km/h=30m/s
由动能定理得mgh-Wf=
mvC2
解得Wf=5600J
(3)C与F之间的高度差hCF=2(R-Rcos30°)+LDEsin30°=(50-20
)m
从C到F过程,由动能定理得-mghCF-μmgLDEcos30°=
mvF′2-
mvC2
解得vF′2≈248.5(m2/s2)>vF2=200(m2/s2)
所以不能安全通过.
6.(2020·浙江宁波市二模)某遥控赛车轨道如图5所示,赛车从起点A出发,沿摆放在水平地面上的直轨道AB运动L=10m后,从B点进入半径R=0.1m的光滑竖直圆轨道,经过一个完整的圆周后进入粗糙的、长度可调的、倾角θ=30°的斜直轨道CD,最后在D点速度方向变为水平后飞出(不考虑经过轨道中C、D两点时的机械能损失).已知赛车质量m=0.1kg,通电后赛车以额定功率P=1.5W工作,赛车与AB轨道、CD轨道间的动摩擦因数分别为μ1=0.3和μ2=
,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力.
图5
(1)求赛车恰好能过圆轨道最高点P时的速度大小vP;
(2)若要求赛车能沿圆轨道做完整的圆周运动,求赛车通电的最短时间;
(3)已知赛车在水平直轨道AB上运动时一直处于通电状态且最后阶段以恒定速率运动,进入圆轨道后关闭电源,选择CD轨道合适的长度,可使赛车从D点飞出后落地的水平位移最大,求此最大水平位移,并求出此时CD轨道的长度.
答案
(1)1m/s
(2)2.17s (3)
m
m
解析
(1)若赛车恰好能过圆轨道最高点P,则赛车在P点只受到重力,重力提供向心力,即mg=m
代入数据可得vP=1m/s
(2)由
(1)可知,若要赛车做完整的圆周运动,即赛车到达P点的速度至少为1m/s,赛车从开始运动到P点的全过程,由动能定理得:
Pt-μ1mgL-mg·2R=
mvP2
代入数据可得,赛车的最短通电时间t=
s≈2.17s
(3)赛车在AB轨道最后阶段做匀速运动,牵引力与滑动摩擦力平衡,其速度大小为
v=
=
设CD轨道的长度为l,赛车沿CD向上运动过程运用动能定理可得
mvD2-
mv2=-mglsinθ-μ2mglcosθ
赛车从D点飞出后做平抛运动,其水平位移为x,则有
x=vDt′
lsinθ=
gt′2
联立可得x=
由数学知识可得,当l=
m时,水平位移x有最大值,最大值为x=
m.
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