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第3讲　小专题:动能定理在多过程和往复运动中的应用
考点一　动能定理在多过程中的应用
1.多过程问题的分析方法
(1)将“多过程”分解为许多“子过程”,各“子过程”间由“衔接点”连接。
(2)对研究对象在“子过程”中进行受力分析和运动分析,必要时画出受力分析图和过程示意图。
(3)根据“子过程”和“衔接点”选择合理的物理规律列方程。
(4)联立方程组,分析求解,对结果进行必要的验证或讨论。
2.应用动能定理解决多过程问题的两种思路
(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,大大减少运算。
3.应用动能定理涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时,要注意运用它们的做功特点。
(1)重力做的功取决于物体的初、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。
(3)弹簧弹力做功与路径无关。
[例1] 【动能定理在多过程中的应用】 如图所示,质量m=3 kg的小物块(可视为质点)以初速度v0=4 m/s 水平向右抛出,恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R=3.75 m,B点是圆弧轨道的最低点,圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接,A与圆心O的连线与竖直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平轨道,小物块与MN间的动摩擦因数μ=0.1,轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r=0.4 m的半圆弧轨道,C点是半圆弧轨道的最高点,半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求小物块经过B点时对轨道的压力大小;
(2)若MN的长度为L=6 m,求小物块通过C点时对轨道的压力大小。
【答案】 (1)62 N　(2)60 N
【解析】 (1)物块先做平抛运动到达A点,根据平抛运动的规律有v0=vAcos 37°,
解得小物块经过A点时的速度大小 vA=5 m/s,
小物块从A点运动到B点,做圆周运动,根据动能定理有
mg(R-Rcos 37°)=m-m,
小物块经过B点时,由轨道的支持力和重力的合力提供向心力,有FN-mg=,
联立解得FN=62 N,
根据牛顿第三定律,小物块经过B点时对轨道的压力大小是62 N。
(2)小物块由B点运动到C点,根据动能定理有-μmgL-2mgr=m-m,
在C点由牛顿第二定律有FN′+mg=,
联立解得FN′=60 N,
根据牛顿第三定律,小物块通过C点时对轨道的压力大小是60 N。
解决多过程问题的四个关注
(1)建立运动模型,判断物体做了哪些运动。
(2)分析各个运动过程中物体的受力和运动情况。
(3)抓住运动模型之间的联系纽带,如速度、加速度、位移,确定初、末状态。
(4)根据实际情况分阶段或整个过程利用动能定理列式计算。
考点二　动能定理在往复运动中的应用　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.往复运动问题: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难以确定的。
2.解题策略:此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功,其做功的特点是与路程有关,运用牛顿第二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,所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。
[例2] 【动能定理在往复运动中的应用】 (2024·湖北武汉模拟)如图所示,一轨道ABCD竖直放置,AB段和CD段的倾角均为θ=37°,与水平段BC平滑连接,BC段的竖直圆形轨道半径为R,其最低点处稍微错开,使得滑块能进入或离开。AB段和CD段粗糙,其余各段轨道光滑。将一质量为m的小滑块从轨道AB段距离B点L=125R处由静止释放,滑块经过圆形轨道后冲上CD段上升一段距离后再次滑下,往返滑动多次后静止于轨道上某处。滑块和轨道AB、CD间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度大小为g,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小;
(2)滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离;
(3)整个过程中滑块在AB段滑行的总路程。
【答案】 (1)45mg　(2)25R　(3)137.5R
【解析】 (1)设滑块第一次到达圆轨道最高点的速度为v1,滑块第一次到达圆轨道最高点的过程中,由动能定理得mgLsin θ-μmgLcos θ-mg×2R=m-0,
在最高点,对滑块由牛顿第二定律得mg+FN=m,
联立解得FN=45mg,
由牛顿第三定律可知,滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小为FN′=FN=45mg。
(2)设滑块第一次在CD段上滑的距离为L1,滑块第一次在CD段向上滑行的过程中,由动能定理得mg(L-L1)sin θ-μmg(L+L1)cos θ=0-0,
解得滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离为L1=25R。
(3)设滑块第二次到达圆轨道最高点的速度为v2,滑块第二次到达圆轨道最高点的过程中,由动能定理得mgL1sin θ-μmgL1cos θ-mg×2R=m-0,
解得v2=,
设滑块第一次在AB段向上滑行的最大距离为s1,由动能定理得
mg(L1-s1)sin θ-μmg(L1+s1)cos θ=0-0,
解得s1=5R,
滑块第三次到达圆轨道最高点的过程中,由动能定理得
mgs1sin θ-μmgs1cos θ-mg×2R=m-0,
解得=-2gR,
所以滑块第三次进入圆形轨道无法到达最高点,假设其运动的过程中不脱轨且在圆轨道上升的最大高度为h,由动能定理可得mgs1sin θ-μmgs1cos θ-mgh=0,
解得h=R,
所以滑块第三次进入圆形轨道运动过程中没有脱轨,之后仅在AB段与圆形轨道间往复运动,最终停在B点,设此后滑块在AB段滑行的路程为s2,由动能定理得
mgh-μmgs2cos θ=0,
整个过程中滑块在AB段滑行的总路程为s=L+2s1+s2,
联立解得s=137.5R。
(1)应用动能定理求解往复运动问题时,要确定物体的初状态和最终状态。
(2)重力做功与物体运动的路径无关,可用WG=mgh直接求解。
(3)滑动摩擦力做功与物体运动的路径有关,可用Wf=-Ffs求解,其中s为物体相对滑行的总路程。
(满分:60分)
对点1.动能定理在多过程中的应用
1.(4分)如图所示ABCD是一条长轨道,其中AB段是倾角为θ的斜面,高为h,CD段是水平的,长为s,BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧,其长度可以忽略不计。一质量为m的小滑块在A点由静止释放,沿轨道滑下,最后停在D点,现用一沿轨道方向的力推滑块,使它缓慢地由D点回到A点,设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则推力对滑块做的功等于(　　)
[A] mgh [B] 2mgh
[C] μmg(s+) [D] μmg(s+hcos θ)
2.(4分)(2024·山东菏泽模拟)如图所示,某同学在滑雪场练习滑雪。滑道由足够长的水平冰面与倾角为37°的倾斜冰面在M处平滑连接,冰鞋与水平和倾斜冰面间的动摩擦因数均为0.25,某次练习时,该同学从A处开始以大小为v0的初速度向右自由滑行,最终在倾斜冰面上B处速度减为0。AM与MB的长度之比为48∶5,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,该同学自由滑行至M点的速度大小为(　　)
[A] v0 [B] v0
[C] v0 [D] v0
3.(6分)(2024·山东泰安模拟)(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑,经过B处时速度最大,到达C处时速度为零,AC=h。若圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A处。弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g,则圆环(　　)
[A] 下滑过程中,加速度一直减小
[B] 下滑过程中,克服摩擦力做功为mv2
[C] 在C处时,弹簧的弹性势能为Ep=mgh-mv2
[D] 上滑经过B的速度大小大于下滑经过B的速度大小
对点2.动能定理在往复运动中的应用
4.(4分)如图所示,固定斜面的倾角为θ,质量为m的滑块从距挡板P的距离为x0处以初速度v0沿斜面上滑,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失,重力加速度为g,则滑块经过的总路程是(　　)
[A] (+x0tan θ)
[B] (+x0tan θ)
[C] (+x0tan θ)
[D] (+)
5.(4分)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每次到达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] [B]
[C] [D]
6.(10分)(2024·广东广州期中)如图所示,在竖直平面内,粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B,C是最低点,圆心角∠BOC=37°,D与圆心O等高,圆弧轨道半径R=1.0 m,现有一个质量为m=0.2 kg可视为质点的小物体,从D点的正上方E点处自由下落,物体恰好到达斜面顶端A处。已知DE距离h=1.0 m,物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.5。取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。
(1)求物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小;
(2)求斜面AB的长度L;
(3)若μ可变,求μ取不同值时,物体在斜面上滑行的路程x。
7.(13分)(2024·北京昌平二模)质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下,由静止开始在水平地面上沿x轴运动,出发位置为x=0。拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示,物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)物体在x=1 m位置时,拉力的大小F1;
(2)物体在x=1 m位置时,拉力的功率P;
(3)物体从x=0运动到x=4 m过程中,速度的最大值vm。
8.(15分)(2024·江苏模拟)如图所示为滑板运动的训练场地,半径为R的冰制竖直圆弧轨道最低点为C,最高点为D,D点的切线沿竖直方向,圆弧轨道左端与倾角为θ的冰制斜面相切,为保证运动员的安全,在AB间铺有长度为4L的防滑材料,当长度为L的滑板全部处于AB内时,恰能保持静止,其余部分摩擦不计。一次训练时,教练员在AB之间推动运动员到滑板离开B点,运动员从D点滑出,竖直上升到最高点E,E点与D点的距离为,下落后沿轨道返回。运动员和滑板总质量为m,运动员始终站在滑板的正中间,滑板对斜面压力均匀。滑板长度和运动员身高远小于圆弧半径,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g,不计空气阻力。求:
(1)防滑材料与滑板之间的动摩擦因数;
(2)运动员和滑板在圆弧轨道最低点C受到轨道支持力的大小;
(3)为保证运动员和滑板在轨道上只做一次往返滑行,滑板离开B点时的速度范围。
(答案及解析)
对点1.动能定理在多过程中的应用
1.(4分)如图所示ABCD是一条长轨道,其中AB段是倾角为θ的斜面,高为h,CD段是水平的,长为s,BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧,其长度可以忽略不计。一质量为m的小滑块在A点由静止释放,沿轨道滑下,最后停在D点,现用一沿轨道方向的力推滑块,使它缓慢地由D点回到A点,设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则推力对滑块做的功等于(　　)
[A] mgh [B] 2mgh
[C] μmg(s+) [D] μmg(s+hcos θ)
【答案】 B
【解析】 滑块由A点运动至D点,设克服摩擦力做功为W克fAD,由动能定理得mgh-W克fAD=0,即W克fAD=mgh,滑块从D点缓慢地回到A点,动能变化量为零,设该过程中克服摩擦力做功为W克fDA,由动能定理知,滑块从D点被推回A点过程有WF-mgh-W克fDA=0,摩擦力做功与路径有关,因两过程中的路程相等,则W克fAD=W克fDA,联立可得WF=2mgh,故B正确。
2.(4分)(2024·山东菏泽模拟)如图所示,某同学在滑雪场练习滑雪。滑道由足够长的水平冰面与倾角为37°的倾斜冰面在M处平滑连接,冰鞋与水平和倾斜冰面间的动摩擦因数均为0.25,某次练习时,该同学从A处开始以大小为v0的初速度向右自由滑行,最终在倾斜冰面上B处速度减为0。AM与MB的长度之比为48∶5,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,该同学自由滑行至M点的速度大小为(　　)
[A] v0 [B] v0
[C] v0 [D] v0
【答案】 A
【解析】 在水平冰面和倾斜冰面上分别应用动能定理有-μmgx1=mv2-m,-(mgsin 37°+μmgcos 37°)x2=0-mv2,又=,联立解得v=v0,故A正确。
3.(6分)(2024·山东泰安模拟)(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑,经过B处时速度最大,到达C处时速度为零,AC=h。若圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A处。弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g,则圆环(　　)
[A] 下滑过程中,加速度一直减小
[B] 下滑过程中,克服摩擦力做功为mv2
[C] 在C处时,弹簧的弹性势能为Ep=mgh-mv2
[D] 上滑经过B的速度大小大于下滑经过B的速度大小
【答案】 BD
【解析】 由题意知,圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,所以圆环先做加速运动,再做减速运动,经过B处的速度最大,所以经过B处的加速度为零,所以加速度先减小后增大,故A错误;圆环从A处由静止开始下滑到C过程中,根据动能定理有mgh+Wf-W弹=0-0,在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A,根据动能定理有-mgh+Wf+W弹=0-mv2,联立解得Wf=-mv2,W弹=mgh-mv2,由功能关系可知,弹簧在C点的弹性势能等于克服弹力做的功,Ep=W弹=mgh-mv2,故B正确,C错误;圆环从A处由静止开始下滑到B过程中,根据动能定理有mgh′+Wf′-W弹′=m-0,圆环从B处上滑到A过程中,根据动能定理有-mgh′+Wf′+W弹′=0-mvB′2,由于Wf′<0,所以mvB′2>m,上滑经过B的速度大小大于下滑经过B的速度大小,故D正确。
对点2.动能定理在往复运动中的应用
4.(4分)如图所示,固定斜面的倾角为θ,质量为m的滑块从距挡板P的距离为x0处以初速度v0沿斜面上滑,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失,重力加速度为g,则滑块经过的总路程是(　　)
[A] (+x0tan θ)
[B] (+x0tan θ)
[C] (+x0tan θ)
[D] (+)
【答案】 A
【解析】 由题意知,滑块最终要停在斜面底部,设滑块经过的总路程为x,对滑块运动的全程应用动能定理得mgx0sin θ-μmgxcos θ=0-m,解得x=(+x0tan θ),选项A正确。
5.(4分)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每次到达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] [B]
[C] [D]
【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=,第一次通过O点后动能Ek1=95%Ek=0.95mgH,此时利用动能定理知小物块上升高度H1=0.95H,第二次到达O点所走的路程s2==0.95,同理,第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3=(0.95)2,…,故小物块所走的总路程s总=s1+s2+…+sn=+0.95+(0.95)2+…+(0.95)n-1,根据等比数列的求和公式,可得s总=·-,n无穷大时,可得s总=,故B正确。
6.(10分)(2024·广东广州期中)如图所示,在竖直平面内,粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B,C是最低点,圆心角∠BOC=37°,D与圆心O等高,圆弧轨道半径R=1.0 m,现有一个质量为m=0.2 kg可视为质点的小物体,从D点的正上方E点处自由下落,物体恰好到达斜面顶端A处。已知DE距离h=1.0 m,物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.5。取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。
(1)求物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小;
(2)求斜面AB的长度L;
(3)若μ可变,求μ取不同值时,物体在斜面上滑行的路程x。
【答案】 (1)2 m/s　10 N　(2)1.8 m
(3)见解析
【解析】 (1)设物体第一次到达C点的速度大小为v,从E到C过程中,由动能定理得
mg(h+R)=mv2-0,
代入数据得v=2 m/s,
在C点,由牛顿第二定律,有FN-mg=m,
代入数据得FN=10 N。
(2)由几何关系可知,斜面AB与水平面的倾角为37°,从C到A过程中,由动能定理得
-mg(R-Rcos 37°+Lsin 37°)-μmgcos 37°·L=0-mv2,
代入数据得L=1.8 m。
(3)设动摩擦因数为μ1时物体刚好能静止在斜面上,则有mgsin 37°=μ1mgcos 37°,
解得μ1=0.75。
①若0≤μ<0.5,物体将滑出斜面,则物体在斜面上的路程为x=L=1.8 m。
②若0.5≤μ<0.75,物体在斜面上多次往返,最后在B点速度为零,则有
mg(h+Rcos 37°)-μmgcos 37°·x=0,
解得x=。
③μ≥0.75,物体最终将停在斜面上,则有
mg(h+Rcos 37°-xsin 37°)-μmgcos 37°·x=0,
解得x=。
故x=
7.(13分)(2024·北京昌平二模)质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下,由静止开始在水平地面上沿x轴运动,出发位置为x=0。拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示,物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)物体在x=1 m位置时,拉力的大小F1;
(2)物体在x=1 m位置时,拉力的功率P;
(3)物体从x=0运动到x=4 m过程中,速度的最大值vm。
【答案】 (1)6 N　(2)12 W　(3)2 m/s
【解析】 (1)由W=Fx可知,Wx图像的斜率表示拉力F,则物体在x=1 m位置时,拉力的大小为F1==6 N。
(2)0～1 m过程由动能定理得W1-μmgx=m-0,
解得x=1 m时物体的速度大小为v1=2 m/s,
则此时拉力的功率为P=F1v1=12 W。
(3)根据Wx图像可知在0～2 m的过程中
F1== N=6 N,
2～4 m的过程中
F2== N=3 N,
由于物体受到的摩擦力大小恒为Ff=μmg=4 N,
则物体先做匀加速运动,后做匀减速运动,在x=2 m 处速度最大,由动能定理可得
W2-μmgx1=m-0,
则最大速度为vm=2 m/s。
8.(15分)(2024·江苏模拟)如图所示为滑板运动的训练场地,半径为R的冰制竖直圆弧轨道最低点为C,最高点为D,D点的切线沿竖直方向,圆弧轨道左端与倾角为θ的冰制斜面相切,为保证运动员的安全,在AB间铺有长度为4L的防滑材料,当长度为L的滑板全部处于AB内时,恰能保持静止,其余部分摩擦不计。一次训练时,教练员在AB之间推动运动员到滑板离开B点,运动员从D点滑出,竖直上升到最高点E,E点与D点的距离为,下落后沿轨道返回。运动员和滑板总质量为m,运动员始终站在滑板的正中间,滑板对斜面压力均匀。滑板长度和运动员身高远小于圆弧半径,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g,不计空气阻力。求:
(1)防滑材料与滑板之间的动摩擦因数;
(2)运动员和滑板在圆弧轨道最低点C受到轨道支持力的大小;
(3)为保证运动员和滑板在轨道上只做一次往返滑行,滑板离开B点时的速度范围。
【答案】 (1)tan θ　(2)4mg
(3)≤v≤
【解析】 (1)设防滑材料与滑板间的动摩擦因数为μ,滑板全部在AB内时,恰能保持静止,根据平衡条件可得mgsin θ=μmgcos θ,
解得μ=tan θ。
(2)设运动员在轨道最低点C的速度大小为vC,对运动员从C到E的过程,根据动能定理可得
-mg(R+)=0-m,
在C点处,由支持力和重力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律可得
FN-mg=m,
联立解得FN=4mg。
(3)保证运动员和滑板在轨道上只做一次往返滑行,设滑板离开B点时的最小速度为v1,则运动员返回AB时,滑板右端恰好可以与B点重合。根据题意可知,滑板与AB接触长度为x(0≤x≤L)时,其所受滑动摩擦力大小为Ff=·μmgcos θ,
由上式可知Ffx图像是一条过原点的倾斜直线,图线与坐标轴围成的面积表示克服Ff做的功,所以从滑板刚进入AB区域到恰好全部进入AB区域的过程中,其摩擦力做的功为
Wf=-μmgLcos θ,
滑板从B点离开再返回的过程中,根据动能定理可得-mgLsin θ+Wf=0-m,
联立解得v1=,
设滑板离开B点时的最大速度为v2,则运动员返回到AB时,滑板左端恰好与A点重合,根据动能定理可得-4mgLsin θ-3μmgLcos θ+Wf=0-m,
联立解得v2=,
为保证运动员在滑道上只做一次往返滑行,滑板离开B点时的速度需要满足
≤v≤。
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高中总复习·物理
第3讲　
小专题:动能定理在多过程和
往复运动中的应用
1.多过程问题的分析方法
(1)将“多过程”分解为许多“子过程”,各“子过程”间由“衔接点”连接。
(2)对研究对象在“子过程”中进行受力分析和运动分析,必要时画出受力分析图和过程示意图。
(3)根据“子过程”和“衔接点”选择合理的物理规律列方程。
(4)联立方程组,分析求解,对结果进行必要的验证或讨论。
2.应用动能定理解决多过程问题的两种思路
(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,大大减少运算。
3.应用动能定理涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时,要注意运用它们的做功特点。
(1)重力做的功取决于物体的初、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。
(3)弹簧弹力做功与路径无关。
[例1] 【动能定理在多过程中的应用】 如图所示,质量m=3 kg的小物块(可视为质点)以初速度v0=4 m/s 水平向右抛出,恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R=3.75 m,B点是圆弧轨道的最低点,圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接,A与圆心O的连线与竖直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平轨道,小物块与MN间的动摩擦因数μ=0.1,轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r=0.4 m的半圆弧轨道,C点是半圆弧轨道的最高点,半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=
0.6,cos 37°=0.8。
(1)求小物块经过B点时对轨道的压力大小;
【答案】 (1)62 N
规范答题
(2)若MN的长度为L=6 m,求小物块通过C点时对轨道的压力大小。
【答案】 (2)60 N
规范答题
规律总结
解决多过程问题的四个关注
(1)建立运动模型,判断物体做了哪些运动。
(2)分析各个运动过程中物体的受力和运动情况。
(3)抓住运动模型之间的联系纽带,如速度、加速度、位移,确定初、末状态。
(4)根据实际情况分阶段或整个过程利用动能定理列式计算。
1.往复运动问题: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难以确定的。
2.解题策略:此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功,其做功的特点是与路程有关,运用牛顿第二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,所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。
[例2] 【动能定理在往复运动中的应用】 (2024·湖北武汉模拟)如图所示,一轨道ABCD竖直放置,AB段和CD段的倾角均为θ=37°,与水平段BC平滑连接,
BC段的竖直圆形轨道半径为R,其最低点处稍微错开,使得滑块能进入或离开。AB段和CD段粗糙,其余各段轨道光滑。将一质量为m的小滑块从轨道AB段距离B点L=125R处由静止释放,滑块经过圆形轨道后冲上CD段上升一段距离后再次滑下,往返滑动多次后静止于轨道上某处。滑块和轨道AB、CD间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度大小为g,取sin 37°=0.6,cos 37°=
0.8。求:
(1)滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小;
【答案】 (1)45mg
(2)滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离;
【答案】 (2)25R　
【解析】 (2)设滑块第一次在CD段上滑的距离为L1,滑块第一次在CD段向上滑行的过程中,由动能定理得mg(L-L1)sin θ-μmg(L+L1)cos θ=0-0,
解得滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离为L1=25R。
(3)整个过程中滑块在AB段滑行的总路程。
【答案】 (3)137.5R
所以滑块第三次进入圆形轨道运动过程中没有脱轨,之后仅在AB段与圆形轨道间往复运动,最终停在B点,设此后滑块在AB段滑行的路程为s2,由动能定理得mgh-μmgs2cos θ=0,
整个过程中滑块在AB段滑行的总路程为s=L+2s1+s2,
联立解得s=137.5R。
规律总结
(1)应用动能定理求解往复运动问题时,要确定物体的初状态和最终状态。
(2)重力做功与物体运动的路径无关,可用WG=mgh直接求解。
(3)滑动摩擦力做功与物体运动的路径有关,可用Wf=-Ffs求解,其中s为物体相对滑行的总路程。
1.(4分)如图所示ABCD是一条长轨道,其中AB段是倾角为θ的斜面,高为h,CD段是水平的,长为s,BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧,其长度可以忽略不计。一质量为m的小滑块在A点由静止释放,沿轨道滑下,最后停在D点,现用一沿轨道方向的力推滑块,使它缓慢地由D点回到A点,设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则推力对滑块做的功等于(　　)
对点1.动能定理在多过程中的应用
基础对点练
B
【解析】 滑块由A点运动至D点,设克服摩擦力做功为W克fAD,由动能定理得mgh-W克fAD=0,即W克fAD=mgh,滑块从D点缓慢地回到A点,动能变化量为零,设该过程中克服摩擦力做功为W克fDA,由动能定理知,滑块从D点被推回A点过程有WF-mgh-W克fDA=0,摩擦力做功与路径有关,因两过程中的路程相等,则W克fAD=W克fDA,联立可得WF=2mgh,故B正确。
2.(4分)(2024·山东菏泽模拟)如图所示,某同学在滑雪场练习滑雪。滑道由足够长的水平冰面与倾角为37°的倾斜冰面在M处平滑连接,冰鞋与水平和倾斜冰面间的动摩擦因数均为0.25,某次练习时,该同学从A处开始以大小为v0的初速度向右自由滑行,最终在倾斜冰面上B处速度减为0。AM与MB的长度之比为48∶5,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,该同学自由滑行至M点的速度大小为(　　)
A
BD
4.(4分)如图所示,固定斜面的倾角为θ,质量为m的滑块从距挡板P的距离为x0处以初速度v0沿斜面上滑,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失,重力加速度为g,则滑块经过的总路程是(　　)
A
对点2.动能定理在往复运动中的应用
5.(4分)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每次到达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(　　)
B
6.(10分)(2024·广东广州期中)如图所示,在竖直平面内,粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B,C是最低点,圆心角∠BOC=37°,D与圆心O等高,圆弧轨道半径R=1.0 m,现有一个质量为m=0.2 kg可视为质点的小物体,从D点的正上方E点处自由下落,物体恰好到达斜面顶端A处。已知DE距离h=1.0 m,物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.5。取sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8,g取10 m/s2。
(1)求物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小;
(2)求斜面AB的长度L;
(3)若μ可变,求μ取不同值时,物体在斜面上滑行的路程x。
综合提升练
7.(13分)(2024·北京昌平二模)质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下,由静止开始在水平地面上沿x轴运动,出发位置为x=0。拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示,物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)物体在x=1 m位置时,拉力的大小F1;
【答案】 (1)6 N
(2)物体在x=1 m位置时,拉力的功率P;
(3)物体从x=0运动到x=4 m过程中,速度的最大值vm。
(1)防滑材料与滑板之间的动摩擦因数;
【答案】 (1)tan θ
【解析】 (1)设防滑材料与滑板间的动摩擦因数为μ,滑板全部在AB内时,恰能保持静止,根据平衡条件可得mgsin θ=μmgcos θ,
解得μ=tan θ。
(2)运动员和滑板在圆弧轨道最低点C受到轨道支持力的大小;
【答案】 (2)4mg
(3)为保证运动员和滑板在轨道上只做一次往返滑行,滑板离开B点时的速度范围。

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