資源簡(jiǎn)介

第3講　小專題:動(dòng)能定理在多過(guò)程和往復(fù)運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用
考點(diǎn)一　動(dòng)能定理在多過(guò)程中的應(yīng)用
1.多過(guò)程問(wèn)題的分析方法
(1)將“多過(guò)程”分解為許多“子過(guò)程”,各“子過(guò)程”間由“銜接點(diǎn)”連接。
(2)對(duì)研究對(duì)象在“子過(guò)程”中進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析,必要時(shí)畫出受力分析圖和過(guò)程示意圖。
(3)根據(jù)“子過(guò)程”和“銜接點(diǎn)”選擇合理的物理規(guī)律列方程。
(4)聯(lián)立方程組,分析求解,對(duì)結(jié)果進(jìn)行必要的驗(yàn)證或討論。
2.應(yīng)用動(dòng)能定理解決多過(guò)程問(wèn)題的兩種思路
(1)分階段應(yīng)用動(dòng)能定理。
①若題目需要求某一中間物理量,應(yīng)分階段應(yīng)用動(dòng)能定理。
②物體在多個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,受到的彈力、摩擦力等力若發(fā)生了變化,力在各個(gè)過(guò)程中做功情況也不同,不宜全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理,可以研究其中一個(gè)或幾個(gè)分過(guò)程,結(jié)合動(dòng)能定理,各個(gè)擊破。
(2)全過(guò)程(多個(gè)過(guò)程)應(yīng)用動(dòng)能定理。
當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程包含幾個(gè)不同的物理過(guò)程,又不需要研究過(guò)程的中間狀態(tài)時(shí),可以把幾個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程看作一個(gè)整體,巧妙運(yùn)用動(dòng)能定理來(lái)研究,從而避開(kāi)每個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的具體細(xì)節(jié),大大減少運(yùn)算。
3.應(yīng)用動(dòng)能定理涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時(shí),要注意運(yùn)用它們的做功特點(diǎn)。
(1)重力做的功取決于物體的初、末位置,與路徑無(wú)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。
(3)彈簧彈力做功與路徑無(wú)關(guān)。
[例1] 【動(dòng)能定理在多過(guò)程中的應(yīng)用】 如圖所示,質(zhì)量m=3 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0=4 m/s 水平向右拋出,恰好從A點(diǎn)沿著圓弧的切線方向進(jìn)入圓弧軌道。圓弧軌道的半徑為R=3.75 m,B點(diǎn)是圓弧軌道的最低點(diǎn),圓弧軌道與水平軌道BD平滑連接,A與圓心O的連線與豎直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平軌道,小物塊與MN間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1,軌道其他部分光滑。最右側(cè)是一個(gè)半徑為r=0.4 m的半圓弧軌道,C點(diǎn)是半圓弧軌道的最高點(diǎn),半圓弧軌道與水平軌道BD在D點(diǎn)平滑連接。重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求小物塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小;
(2)若MN的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=6 m,求小物塊通過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小。
【答案】 (1)62 N　(2)60 N
【解析】 (1)物塊先做平拋運(yùn)動(dòng)到達(dá)A點(diǎn),根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有v0=vAcos 37°,
解得小物塊經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度大小 vA=5 m/s,
小物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),做圓周運(yùn)動(dòng),根據(jù)動(dòng)能定理有
mg(R-Rcos 37°)=m-m,
小物塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí),由軌道的支持力和重力的合力提供向心力,有FN-mg=,
聯(lián)立解得FN=62 N,
根據(jù)牛頓第三定律,小物塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小是62 N。
(2)小物塊由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理有-μmgL-2mgr=m-m,
在C點(diǎn)由牛頓第二定律有FN′+mg=,
聯(lián)立解得FN′=60 N,
根據(jù)牛頓第三定律,小物塊通過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小是60 N。
解決多過(guò)程問(wèn)題的四個(gè)關(guān)注
(1)建立運(yùn)動(dòng)模型,判斷物體做了哪些運(yùn)動(dòng)。
(2)分析各個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體的受力和運(yùn)動(dòng)情況。
(3)抓住運(yùn)動(dòng)模型之間的聯(lián)系紐帶,如速度、加速度、位移,確定初、末狀態(tài)。
(4)根據(jù)實(shí)際情況分階段或整個(gè)過(guò)程利用動(dòng)能定理列式計(jì)算。
考點(diǎn)二　動(dòng)能定理在往復(fù)運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題:在有些問(wèn)題中物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程具有重復(fù)性、往返性,而在這一過(guò)程中,描述運(yùn)動(dòng)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(wú)限的或難以確定的。
2.解題策略:此類問(wèn)題多涉及滑動(dòng)摩擦力或其他阻力做功,其做功的特點(diǎn)是與路程有關(guān),運(yùn)用牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式將非常繁瑣,甚至無(wú)法解出,由于動(dòng)能定理只涉及物體的初、末狀態(tài),所以用動(dòng)能定理分析這類問(wèn)題可使解題過(guò)程簡(jiǎn)化。
[例2] 【動(dòng)能定理在往復(fù)運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用】 (2024·湖北武漢模擬)如圖所示,一軌道ABCD豎直放置,AB段和CD段的傾角均為θ=37°,與水平段BC平滑連接,BC段的豎直圓形軌道半徑為R,其最低點(diǎn)處稍微錯(cuò)開(kāi),使得滑塊能進(jìn)入或離開(kāi)。AB段和CD段粗糙,其余各段軌道光滑。將一質(zhì)量為m的小滑塊從軌道AB段距離B點(diǎn)L=125R處由靜止釋放,滑塊經(jīng)過(guò)圓形軌道后沖上CD段上升一段距離后再次滑下,往返滑動(dòng)多次后靜止于軌道上某處。滑塊和軌道AB、CD間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.5,重力加速度大小為g,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)滑塊第一次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小;
(2)滑塊第一次在CD段向上滑行的最大距離;
(3)整個(gè)過(guò)程中滑塊在AB段滑行的總路程。
【答案】 (1)45mg　(2)25R　(3)137.5R
【解析】 (1)設(shè)滑塊第一次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)的速度為v1,滑塊第一次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)的過(guò)程中,由動(dòng)能定理得mgLsin θ-μmgLcos θ-mg×2R=m-0,
在最高點(diǎn),對(duì)滑塊由牛頓第二定律得mg+FN=m,
聯(lián)立解得FN=45mg,
由牛頓第三定律可知,滑塊第一次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為FN′=FN=45mg。
(2)設(shè)滑塊第一次在CD段上滑的距離為L(zhǎng)1,滑塊第一次在CD段向上滑行的過(guò)程中,由動(dòng)能定理得mg(L-L1)sin θ-μmg(L+L1)cos θ=0-0,
解得滑塊第一次在CD段向上滑行的最大距離為L(zhǎng)1=25R。
(3)設(shè)滑塊第二次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)的速度為v2,滑塊第二次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)的過(guò)程中,由動(dòng)能定理得mgL1sin θ-μmgL1cos θ-mg×2R=m-0,
解得v2=,
設(shè)滑塊第一次在AB段向上滑行的最大距離為s1,由動(dòng)能定理得
mg(L1-s1)sin θ-μmg(L1+s1)cos θ=0-0,
解得s1=5R,
滑塊第三次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)的過(guò)程中,由動(dòng)能定理得
mgs1sin θ-μmgs1cos θ-mg×2R=m-0,
解得=-2gR,
所以滑塊第三次進(jìn)入圓形軌道無(wú)法到達(dá)最高點(diǎn),假設(shè)其運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中不脫軌且在圓軌道上升的最大高度為h,由動(dòng)能定理可得mgs1sin θ-μmgs1cos θ-mgh=0,
解得h=R,
所以滑塊第三次進(jìn)入圓形軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程中沒(méi)有脫軌,之后僅在AB段與圓形軌道間往復(fù)運(yùn)動(dòng),最終停在B點(diǎn),設(shè)此后滑塊在AB段滑行的路程為s2,由動(dòng)能定理得
mgh-μmgs2cos θ=0,
整個(gè)過(guò)程中滑塊在AB段滑行的總路程為s=L+2s1+s2,
聯(lián)立解得s=137.5R。
(1)應(yīng)用動(dòng)能定理求解往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題時(shí),要確定物體的初狀態(tài)和最終狀態(tài)。
(2)重力做功與物體運(yùn)動(dòng)的路徑無(wú)關(guān),可用WG=mgh直接求解。
(3)滑動(dòng)摩擦力做功與物體運(yùn)動(dòng)的路徑有關(guān),可用Wf=-Ffs求解,其中s為物體相對(duì)滑行的總路程。
(滿分:60分)
對(duì)點(diǎn)1.動(dòng)能定理在多過(guò)程中的應(yīng)用
1.(4分)如圖所示ABCD是一條長(zhǎng)軌道,其中AB段是傾角為θ的斜面,高為h,CD段是水平的,長(zhǎng)為s,BC段是與AB段和CD段都相切的一小段圓弧,其長(zhǎng)度可以忽略不計(jì)。一質(zhì)量為m的小滑塊在A點(diǎn)由靜止釋放,沿軌道滑下,最后停在D點(diǎn),現(xiàn)用一沿軌道方向的力推滑塊,使它緩慢地由D點(diǎn)回到A點(diǎn),設(shè)滑塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g,則推力對(duì)滑塊做的功等于(　　)
[A] mgh [B] 2mgh
[C] μmg(s+) [D] μmg(s+hcos θ)
2.(4分)(2024·山東菏澤模擬)如圖所示,某同學(xué)在滑雪場(chǎng)練習(xí)滑雪。滑道由足夠長(zhǎng)的水平冰面與傾角為37°的傾斜冰面在M處平滑連接,冰鞋與水平和傾斜冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.25,某次練習(xí)時(shí),該同學(xué)從A處開(kāi)始以大小為v0的初速度向右自由滑行,最終在傾斜冰面上B處速度減為0。AM與MB的長(zhǎng)度之比為48∶5,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,該同學(xué)自由滑行至M點(diǎn)的速度大小為(　　)
[A] v0 [B] v0
[C] v0 [D] v0
3.(6分)(2024·山東泰安模擬)(多選)如圖所示,輕質(zhì)彈簧一端固定,另一端與質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連,彈簧水平且處于原長(zhǎng)。圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑,經(jīng)過(guò)B處時(shí)速度最大,到達(dá)C處時(shí)速度為零,AC=h。若圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v,恰好能回到A處。彈簧始終在彈性限度內(nèi),重力加速度為g,則圓環(huán)(　　)
[A] 下滑過(guò)程中,加速度一直減小
[B] 下滑過(guò)程中,克服摩擦力做功為mv2
[C] 在C處時(shí),彈簧的彈性勢(shì)能為Ep=mgh-mv2
[D] 上滑經(jīng)過(guò)B的速度大小大于下滑經(jīng)過(guò)B的速度大小
對(duì)點(diǎn)2.動(dòng)能定理在往復(fù)運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用
4.(4分)如圖所示,固定斜面的傾角為θ,質(zhì)量為m的滑塊從距擋板P的距離為x0處以初速度v0沿斜面上滑,滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無(wú)機(jī)械能損失,重力加速度為g,則滑塊經(jīng)過(guò)的總路程是(　　)
[A] (+x0tan θ)
[B] (+x0tan θ)
[C] (+x0tan θ)
[D] (+)
5.(4分)如圖所示,兩傾角均為θ的光滑斜面對(duì)接后固定在水平地面上,O點(diǎn)為斜面的最低點(diǎn)。一個(gè)小物塊從右側(cè)斜面上高為H處由靜止滑下,在兩個(gè)斜面上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。小物塊每次通過(guò)O點(diǎn)時(shí)都會(huì)有動(dòng)能損失,損失的動(dòng)能為小物塊每次到達(dá)O點(diǎn)時(shí)動(dòng)能的5%。小物塊從開(kāi)始下滑到停止的過(guò)程中運(yùn)動(dòng)的總路程為(　　)
[A] [B]
[C] [D]
6.(10分)(2024·廣東廣州期中)如圖所示,在豎直平面內(nèi),粗糙的斜面軌道AB的下端與光滑的圓弧軌道BCD相切于B,C是最低點(diǎn),圓心角∠BOC=37°,D與圓心O等高,圓弧軌道半徑R=1.0 m,現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m=0.2 kg可視為質(zhì)點(diǎn)的小物體,從D點(diǎn)的正上方E點(diǎn)處自由下落,物體恰好到達(dá)斜面頂端A處。已知DE距離h=1.0 m,物體與斜面AB之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5。取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。
(1)求物體第一次到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小和受到的支持力大小;
(2)求斜面AB的長(zhǎng)度L;
(3)若μ可變,求μ取不同值時(shí),物體在斜面上滑行的路程x。
7.(13分)(2024·北京昌平二模)質(zhì)量為1 kg的物體在水平拉力的作用下,由靜止開(kāi)始在水平地面上沿x軸運(yùn)動(dòng),出發(fā)位置為x=0。拉力做的功W與物體坐標(biāo)x的關(guān)系如圖所示,物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)物體在x=1 m位置時(shí),拉力的大小F1;
(2)物體在x=1 m位置時(shí),拉力的功率P;
(3)物體從x=0運(yùn)動(dòng)到x=4 m過(guò)程中,速度的最大值vm。
8.(15分)(2024·江蘇模擬)如圖所示為滑板運(yùn)動(dòng)的訓(xùn)練場(chǎng)地,半徑為R的冰制豎直圓弧軌道最低點(diǎn)為C,最高點(diǎn)為D,D點(diǎn)的切線沿豎直方向,圓弧軌道左端與傾角為θ的冰制斜面相切,為保證運(yùn)動(dòng)員的安全,在AB間鋪有長(zhǎng)度為4L的防滑材料,當(dāng)長(zhǎng)度為L(zhǎng)的滑板全部處于AB內(nèi)時(shí),恰能保持靜止,其余部分摩擦不計(jì)。一次訓(xùn)練時(shí),教練員在AB之間推動(dòng)運(yùn)動(dòng)員到滑板離開(kāi)B點(diǎn),運(yùn)動(dòng)員從D點(diǎn)滑出,豎直上升到最高點(diǎn)E,E點(diǎn)與D點(diǎn)的距離為,下落后沿軌道返回。運(yùn)動(dòng)員和滑板總質(zhì)量為m,運(yùn)動(dòng)員始終站在滑板的正中間,滑板對(duì)斜面壓力均勻。滑板長(zhǎng)度和運(yùn)動(dòng)員身高遠(yuǎn)小于圓弧半徑,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,重力加速度大小為g,不計(jì)空氣阻力。求:
(1)防滑材料與滑板之間的動(dòng)摩擦因數(shù);
(2)運(yùn)動(dòng)員和滑板在圓弧軌道最低點(diǎn)C受到軌道支持力的大小;
(3)為保證運(yùn)動(dòng)員和滑板在軌道上只做一次往返滑行,滑板離開(kāi)B點(diǎn)時(shí)的速度范圍。
(答案及解析)
對(duì)點(diǎn)1.動(dòng)能定理在多過(guò)程中的應(yīng)用
1.(4分)如圖所示ABCD是一條長(zhǎng)軌道,其中AB段是傾角為θ的斜面,高為h,CD段是水平的,長(zhǎng)為s,BC段是與AB段和CD段都相切的一小段圓弧,其長(zhǎng)度可以忽略不計(jì)。一質(zhì)量為m的小滑塊在A點(diǎn)由靜止釋放,沿軌道滑下,最后停在D點(diǎn),現(xiàn)用一沿軌道方向的力推滑塊,使它緩慢地由D點(diǎn)回到A點(diǎn),設(shè)滑塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g,則推力對(duì)滑塊做的功等于(　　)
[A] mgh [B] 2mgh
[C] μmg(s+) [D] μmg(s+hcos θ)
【答案】 B
【解析】 滑塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn),設(shè)克服摩擦力做功為W克fAD,由動(dòng)能定理得mgh-W克fAD=0,即W克fAD=mgh,滑塊從D點(diǎn)緩慢地回到A點(diǎn),動(dòng)能變化量為零,設(shè)該過(guò)程中克服摩擦力做功為W克fDA,由動(dòng)能定理知,滑塊從D點(diǎn)被推回A點(diǎn)過(guò)程有WF-mgh-W克fDA=0,摩擦力做功與路徑有關(guān),因兩過(guò)程中的路程相等,則W克fAD=W克fDA,聯(lián)立可得WF=2mgh,故B正確。
2.(4分)(2024·山東菏澤模擬)如圖所示,某同學(xué)在滑雪場(chǎng)練習(xí)滑雪。滑道由足夠長(zhǎng)的水平冰面與傾角為37°的傾斜冰面在M處平滑連接,冰鞋與水平和傾斜冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.25,某次練習(xí)時(shí),該同學(xué)從A處開(kāi)始以大小為v0的初速度向右自由滑行,最終在傾斜冰面上B處速度減為0。AM與MB的長(zhǎng)度之比為48∶5,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,該同學(xué)自由滑行至M點(diǎn)的速度大小為(　　)
[A] v0 [B] v0
[C] v0 [D] v0
【答案】 A
【解析】 在水平冰面和傾斜冰面上分別應(yīng)用動(dòng)能定理有-μmgx1=mv2-m,-(mgsin 37°+μmgcos 37°)x2=0-mv2,又=,聯(lián)立解得v=v0,故A正確。
3.(6分)(2024·山東泰安模擬)(多選)如圖所示,輕質(zhì)彈簧一端固定,另一端與質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連,彈簧水平且處于原長(zhǎng)。圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑,經(jīng)過(guò)B處時(shí)速度最大,到達(dá)C處時(shí)速度為零,AC=h。若圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v,恰好能回到A處。彈簧始終在彈性限度內(nèi),重力加速度為g,則圓環(huán)(　　)
[A] 下滑過(guò)程中,加速度一直減小
[B] 下滑過(guò)程中,克服摩擦力做功為mv2
[C] 在C處時(shí),彈簧的彈性勢(shì)能為Ep=mgh-mv2
[D] 上滑經(jīng)過(guò)B的速度大小大于下滑經(jīng)過(guò)B的速度大小
【答案】 BD
【解析】 由題意知,圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑,經(jīng)過(guò)B處的速度最大,到達(dá)C處的速度為零,所以圓環(huán)先做加速運(yùn)動(dòng),再做減速運(yùn)動(dòng),經(jīng)過(guò)B處的速度最大,所以經(jīng)過(guò)B處的加速度為零,所以加速度先減小后增大,故A錯(cuò)誤;圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑到C過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理有mgh+Wf-W彈=0-0,在C處獲得一豎直向上的速度v,恰好能回到A,根據(jù)動(dòng)能定理有-mgh+Wf+W彈=0-mv2,聯(lián)立解得Wf=-mv2,W彈=mgh-mv2,由功能關(guān)系可知,彈簧在C點(diǎn)的彈性勢(shì)能等于克服彈力做的功,Ep=W彈=mgh-mv2,故B正確,C錯(cuò)誤;圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑到B過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理有mgh′+Wf′-W彈′=m-0,圓環(huán)從B處上滑到A過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理有-mgh′+Wf′+W彈′=0-mvB′2,由于Wf′<0,所以mvB′2>m,上滑經(jīng)過(guò)B的速度大小大于下滑經(jīng)過(guò)B的速度大小,故D正確。
對(duì)點(diǎn)2.動(dòng)能定理在往復(fù)運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用
4.(4分)如圖所示,固定斜面的傾角為θ,質(zhì)量為m的滑塊從距擋板P的距離為x0處以初速度v0沿斜面上滑,滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無(wú)機(jī)械能損失,重力加速度為g,則滑塊經(jīng)過(guò)的總路程是(　　)
[A] (+x0tan θ)
[B] (+x0tan θ)
[C] (+x0tan θ)
[D] (+)
【答案】 A
【解析】 由題意知,滑塊最終要停在斜面底部,設(shè)滑塊經(jīng)過(guò)的總路程為x,對(duì)滑塊運(yùn)動(dòng)的全程應(yīng)用動(dòng)能定理得mgx0sin θ-μmgxcos θ=0-m,解得x=(+x0tan θ),選項(xiàng)A正確。
5.(4分)如圖所示,兩傾角均為θ的光滑斜面對(duì)接后固定在水平地面上,O點(diǎn)為斜面的最低點(diǎn)。一個(gè)小物塊從右側(cè)斜面上高為H處由靜止滑下,在兩個(gè)斜面上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。小物塊每次通過(guò)O點(diǎn)時(shí)都會(huì)有動(dòng)能損失,損失的動(dòng)能為小物塊每次到達(dá)O點(diǎn)時(shí)動(dòng)能的5%。小物塊從開(kāi)始下滑到停止的過(guò)程中運(yùn)動(dòng)的總路程為(　　)
[A] [B]
[C] [D]
【答案】 B
【解析】 由題意知,小物塊第一次到達(dá)O點(diǎn)由動(dòng)能定理可得mgH=Ek,此時(shí)小物塊所走路程s1=,第一次通過(guò)O點(diǎn)后動(dòng)能Ek1=95%Ek=0.95mgH,此時(shí)利用動(dòng)能定理知小物塊上升高度H1=0.95H,第二次到達(dá)O點(diǎn)所走的路程s2==0.95,同理,第二次離開(kāi)O點(diǎn)到第三次到達(dá)O點(diǎn)所走路程s3=(0.95)2,…,故小物塊所走的總路程s總=s1+s2+…+sn=+0.95+(0.95)2+…+(0.95)n-1,根據(jù)等比數(shù)列的求和公式,可得s總=·-,n無(wú)窮大時(shí),可得s總=,故B正確。
6.(10分)(2024·廣東廣州期中)如圖所示,在豎直平面內(nèi),粗糙的斜面軌道AB的下端與光滑的圓弧軌道BCD相切于B,C是最低點(diǎn),圓心角∠BOC=37°,D與圓心O等高,圓弧軌道半徑R=1.0 m,現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m=0.2 kg可視為質(zhì)點(diǎn)的小物體,從D點(diǎn)的正上方E點(diǎn)處自由下落,物體恰好到達(dá)斜面頂端A處。已知DE距離h=1.0 m,物體與斜面AB之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5。取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。
(1)求物體第一次到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小和受到的支持力大小;
(2)求斜面AB的長(zhǎng)度L;
(3)若μ可變,求μ取不同值時(shí),物體在斜面上滑行的路程x。
【答案】 (1)2 m/s　10 N　(2)1.8 m
(3)見(jiàn)解析
【解析】 (1)設(shè)物體第一次到達(dá)C點(diǎn)的速度大小為v,從E到C過(guò)程中,由動(dòng)能定理得
mg(h+R)=mv2-0,
代入數(shù)據(jù)得v=2 m/s,
在C點(diǎn),由牛頓第二定律,有FN-mg=m,
代入數(shù)據(jù)得FN=10 N。
(2)由幾何關(guān)系可知,斜面AB與水平面的傾角為37°,從C到A過(guò)程中,由動(dòng)能定理得
-mg(R-Rcos 37°+Lsin 37°)-μmgcos 37°·L=0-mv2,
代入數(shù)據(jù)得L=1.8 m。
(3)設(shè)動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1時(shí)物體剛好能靜止在斜面上,則有mgsin 37°=μ1mgcos 37°,
解得μ1=0.75。
①若0≤μ<0.5,物體將滑出斜面,則物體在斜面上的路程為x=L=1.8 m。
②若0.5≤μ<0.75,物體在斜面上多次往返,最后在B點(diǎn)速度為零,則有
mg(h+Rcos 37°)-μmgcos 37°·x=0,
解得x=。
③μ≥0.75,物體最終將停在斜面上,則有
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)質(zhì)量為1 kg的物體在水平拉力的作用下,由靜止開(kāi)始在水平地面上沿x軸運(yùn)動(dòng),出發(fā)位置為x=0。拉力做的功W與物體坐標(biāo)x的關(guān)系如圖所示,物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)物體在x=1 m位置時(shí),拉力的大小F1;
(2)物體在x=1 m位置時(shí),拉力的功率P;
(3)物體從x=0運(yùn)動(dòng)到x=4 m過(guò)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圖像的斜率表示拉力F,則物體在x=1 m位置時(shí),拉力的大小為F1==6 N。
(2)0～1 m過(guò)程由動(dòng)能定理得W1-μmgx=m-0,
解得x=1 m時(shí)物體的速度大小為v1=2 m/s,
則此時(shí)拉力的功率為P=F1v1=12 W。
(3)根據(jù)Wx圖像可知在0～2 m的過(guò)程中
F1== N=6 N,
2～4 m的過(guò)程中
F2== N=3 N,
由于物體受到的摩擦力大小恒為Ff=μmg=4 N,
則物體先做勻加速運(yùn)動(dòng),后做勻減速運(yùn)動(dòng),在x=2 m 處速度最大,由動(dòng)能定理可得
W2-μmgx1=m-0,
則最大速度為vm=2 m/s。
8.(15分)(2024·江蘇模擬)如圖所示為滑板運(yùn)動(dòng)的訓(xùn)練場(chǎng)地,半徑為R的冰制豎直圓弧軌道最低點(diǎn)為C,最高點(diǎn)為D,D點(diǎn)的切線沿豎直方向,圓弧軌道左端與傾角為θ的冰制斜面相切,為保證運(yùn)動(dòng)員的安全,在AB間鋪有長(zhǎng)度為4L的防滑材料,當(dāng)長(zhǎng)度為L(zhǎng)的滑板全部處于AB內(nèi)時(shí),恰能保持靜止,其余部分摩擦不計(jì)。一次訓(xùn)練時(shí),教練員在AB之間推動(dòng)運(yùn)動(dòng)員到滑板離開(kāi)B點(diǎn),運(yùn)動(dòng)員從D點(diǎn)滑出,豎直上升到最高點(diǎn)E,E點(diǎn)與D點(diǎn)的距離為,下落后沿軌道返回。運(yùn)動(dòng)員和滑板總質(zhì)量為m,運(yùn)動(dòng)員始終站在滑板的正中間,滑板對(duì)斜面壓力均勻。滑板長(zhǎng)度和運(yùn)動(dòng)員身高遠(yuǎn)小于圓弧半徑,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,重力加速度大小為g,不計(jì)空氣阻力。求:
(1)防滑材料與滑板之間的動(dòng)摩擦因數(shù);
(2)運(yùn)動(dòng)員和滑板在圓弧軌道最低點(diǎn)C受到軌道支持力的大小;
(3)為保證運(yùn)動(dòng)員和滑板在軌道上只做一次往返滑行,滑板離開(kāi)B點(diǎn)時(shí)的速度范圍。
【答案】 (1)tan θ　(2)4mg
(3)≤v≤
【解析】 (1)設(shè)防滑材料與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,滑板全部在AB內(nèi)時(shí),恰能保持靜止,根據(jù)平衡條件可得mgsin θ=μmgcos θ,
解得μ=tan θ。
(2)設(shè)運(yùn)動(dòng)員在軌道最低點(diǎn)C的速度大小為vC,對(duì)運(yùn)動(dòng)員從C到E的過(guò)程,根據(jù)動(dòng)能定理可得
-mg(R+)=0-m,
在C點(diǎn)處,由支持力和重力的合力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律可得
FN-mg=m,
聯(lián)立解得FN=4mg。
(3)保證運(yùn)動(dòng)員和滑板在軌道上只做一次往返滑行,設(shè)滑板離開(kāi)B點(diǎn)時(shí)的最小速度為v1,則運(yùn)動(dòng)員返回AB時(shí),滑板右端恰好可以與B點(diǎn)重合。根據(jù)題意可知,滑板與AB接觸長(zhǎng)度為x(0≤x≤L)時(shí),其所受滑動(dòng)摩擦力大小為Ff=·μmgcos θ,
由上式可知Ffx圖像是一條過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線,圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示克服Ff做的功,所以從滑板剛進(jìn)入AB區(qū)域到恰好全部進(jìn)入AB區(qū)域的過(guò)程中,其摩擦力做的功為
Wf=-μmgLcos θ,
滑板從B點(diǎn)離開(kāi)再返回的過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理可得-mgLsin θ+Wf=0-m,
聯(lián)立解得v1=,
設(shè)滑板離開(kāi)B點(diǎn)時(shí)的最大速度為v2,則運(yùn)動(dòng)員返回到AB時(shí),滑板左端恰好與A點(diǎn)重合,根據(jù)動(dòng)能定理可得-4mgLsin θ-3μmgLcos θ+Wf=0-m,
聯(lián)立解得v2=,
為保證運(yùn)動(dòng)員在滑道上只做一次往返滑行,滑板離開(kāi)B點(diǎn)時(shí)的速度需要滿足
≤v≤。
(
第
1
頁(yè)
)(共46張PPT)
高中總復(fù)習(xí)·物理
第3講　
小專題:動(dòng)能定理在多過(guò)程和
往復(fù)運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用
1.多過(guò)程問(wèn)題的分析方法
(1)將“多過(guò)程”分解為許多“子過(guò)程”,各“子過(guò)程”間由“銜接點(diǎn)”連接。
(2)對(duì)研究對(duì)象在“子過(guò)程”中進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析,必要時(shí)畫出受力分析圖和過(guò)程示意圖。
(3)根據(jù)“子過(guò)程”和“銜接點(diǎn)”選擇合理的物理規(guī)律列方程。
(4)聯(lián)立方程組,分析求解,對(duì)結(jié)果進(jìn)行必要的驗(yàn)證或討論。
2.應(yīng)用動(dòng)能定理解決多過(guò)程問(wèn)題的兩種思路
(1)分階段應(yīng)用動(dòng)能定理。
①若題目需要求某一中間物理量,應(yīng)分階段應(yīng)用動(dòng)能定理。
②物體在多個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,受到的彈力、摩擦力等力若發(fā)生了變化,力在各個(gè)過(guò)程中做功情況也不同,不宜全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理,可以研究其中一個(gè)或幾個(gè)分過(guò)程,結(jié)合動(dòng)能定理,各個(gè)擊破。
(2)全過(guò)程(多個(gè)過(guò)程)應(yīng)用動(dòng)能定理。
當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程包含幾個(gè)不同的物理過(guò)程,又不需要研究過(guò)程的中間狀態(tài)時(shí),可以把幾個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程看作一個(gè)整體,巧妙運(yùn)用動(dòng)能定理來(lái)研究,從而避開(kāi)每個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的具體細(xì)節(jié),大大減少運(yùn)算。
3.應(yīng)用動(dòng)能定理涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時(shí),要注意運(yùn)用它們的做功特點(diǎn)。
(1)重力做的功取決于物體的初、末位置,與路徑無(wú)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。
(3)彈簧彈力做功與路徑無(wú)關(guān)。
[例1] 【動(dòng)能定理在多過(guò)程中的應(yīng)用】 如圖所示,質(zhì)量m=3 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0=4 m/s 水平向右拋出,恰好從A點(diǎn)沿著圓弧的切線方向進(jìn)入圓弧軌道。圓弧軌道的半徑為R=3.75 m,B點(diǎn)是圓弧軌道的最低點(diǎn),圓弧軌道與水平軌道BD平滑連接,A與圓心O的連線與豎直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平軌道,小物塊與MN間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1,軌道其他部分光滑。最右側(cè)是一個(gè)半徑為r=0.4 m的半圓弧軌道,C點(diǎn)是半圓弧軌道的最高點(diǎn),半圓弧軌道與水平軌道BD在D點(diǎn)平滑連接。重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=
0.6,cos 37°=0.8。
(1)求小物塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小;
【答案】 (1)62 N
規(guī)范答題
(2)若MN的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=6 m,求小物塊通過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小。
【答案】 (2)60 N
規(guī)范答題
規(guī)律總結(jié)
解決多過(guò)程問(wèn)題的四個(gè)關(guān)注
(1)建立運(yùn)動(dòng)模型,判斷物體做了哪些運(yùn)動(dòng)。
(2)分析各個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體的受力和運(yùn)動(dòng)情況。
(3)抓住運(yùn)動(dòng)模型之間的聯(lián)系紐帶,如速度、加速度、位移,確定初、末狀態(tài)。
(4)根據(jù)實(shí)際情況分階段或整個(gè)過(guò)程利用動(dòng)能定理列式計(jì)算。
1.往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題:在有些問(wèn)題中物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程具有重復(fù)性、往返性,而在這一過(guò)程中,描述運(yùn)動(dòng)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(wú)限的或難以確定的。
2.解題策略:此類問(wèn)題多涉及滑動(dòng)摩擦力或其他阻力做功,其做功的特點(diǎn)是與路程有關(guān),運(yùn)用牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式將非常繁瑣,甚至無(wú)法解出,由于動(dòng)能定理只涉及物體的初、末狀態(tài),所以用動(dòng)能定理分析這類問(wèn)題可使解題過(guò)程簡(jiǎn)化。
[例2] 【動(dòng)能定理在往復(fù)運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用】 (2024·湖北武漢模擬)如圖所示,一軌道ABCD豎直放置,AB段和CD段的傾角均為θ=37°,與水平段BC平滑連接,
BC段的豎直圓形軌道半徑為R,其最低點(diǎn)處稍微錯(cuò)開(kāi),使得滑塊能進(jìn)入或離開(kāi)。AB段和CD段粗糙,其余各段軌道光滑。將一質(zhì)量為m的小滑塊從軌道AB段距離B點(diǎn)L=125R處由靜止釋放,滑塊經(jīng)過(guò)圓形軌道后沖上CD段上升一段距離后再次滑下,往返滑動(dòng)多次后靜止于軌道上某處。滑塊和軌道AB、CD間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.5,重力加速度大小為g,取sin 37°=0.6,cos 37°=
0.8。求:
(1)滑塊第一次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小;
【答案】 (1)45mg
(2)滑塊第一次在CD段向上滑行的最大距離;
【答案】 (2)25R　
【解析】 (2)設(shè)滑塊第一次在CD段上滑的距離為L(zhǎng)1,滑塊第一次在CD段向上滑行的過(guò)程中,由動(dòng)能定理得mg(L-L1)sin θ-μmg(L+L1)cos θ=0-0,
解得滑塊第一次在CD段向上滑行的最大距離為L(zhǎng)1=25R。
(3)整個(gè)過(guò)程中滑塊在AB段滑行的總路程。
【答案】 (3)137.5R
所以滑塊第三次進(jìn)入圓形軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程中沒(méi)有脫軌,之后僅在AB段與圓形軌道間往復(fù)運(yùn)動(dòng),最終停在B點(diǎn),設(shè)此后滑塊在AB段滑行的路程為s2,由動(dòng)能定理得mgh-μmgs2cos θ=0,
整個(gè)過(guò)程中滑塊在AB段滑行的總路程為s=L+2s1+s2,
聯(lián)立解得s=137.5R。
規(guī)律總結(jié)
(1)應(yīng)用動(dòng)能定理求解往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題時(shí),要確定物體的初狀態(tài)和最終狀態(tài)。
(2)重力做功與物體運(yùn)動(dòng)的路徑無(wú)關(guān),可用WG=mgh直接求解。
(3)滑動(dòng)摩擦力做功與物體運(yùn)動(dòng)的路徑有關(guān),可用Wf=-Ffs求解,其中s為物體相對(duì)滑行的總路程。
1.(4分)如圖所示ABCD是一條長(zhǎng)軌道,其中AB段是傾角為θ的斜面,高為h,CD段是水平的,長(zhǎng)為s,BC段是與AB段和CD段都相切的一小段圓弧,其長(zhǎng)度可以忽略不計(jì)。一質(zhì)量為m的小滑塊在A點(diǎn)由靜止釋放,沿軌道滑下,最后停在D點(diǎn),現(xiàn)用一沿軌道方向的力推滑塊,使它緩慢地由D點(diǎn)回到A點(diǎn),設(shè)滑塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g,則推力對(duì)滑塊做的功等于(　　)
對(duì)點(diǎn)1.動(dòng)能定理在多過(guò)程中的應(yīng)用
基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練
B
【解析】 滑塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn),設(shè)克服摩擦力做功為W克fAD,由動(dòng)能定理得mgh-W克fAD=0,即W克fAD=mgh,滑塊從D點(diǎn)緩慢地回到A點(diǎn),動(dòng)能變化量為零,設(shè)該過(guò)程中克服摩擦力做功為W克fDA,由動(dòng)能定理知,滑塊從D點(diǎn)被推回A點(diǎn)過(guò)程有WF-mgh-W克fDA=0,摩擦力做功與路徑有關(guān),因兩過(guò)程中的路程相等,則W克fAD=W克fDA,聯(lián)立可得WF=2mgh,故B正確。
2.(4分)(2024·山東菏澤模擬)如圖所示,某同學(xué)在滑雪場(chǎng)練習(xí)滑雪。滑道由足夠長(zhǎng)的水平冰面與傾角為37°的傾斜冰面在M處平滑連接,冰鞋與水平和傾斜冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.25,某次練習(xí)時(shí),該同學(xué)從A處開(kāi)始以大小為v0的初速度向右自由滑行,最終在傾斜冰面上B處速度減為0。AM與MB的長(zhǎng)度之比為48∶5,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,該同學(xué)自由滑行至M點(diǎn)的速度大小為(　　)
A
BD
4.(4分)如圖所示,固定斜面的傾角為θ,質(zhì)量為m的滑塊從距擋板P的距離為x0處以初速度v0沿斜面上滑,滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無(wú)機(jī)械能損失,重力加速度為g,則滑塊經(jīng)過(guò)的總路程是(　　)
A
對(duì)點(diǎn)2.動(dòng)能定理在往復(fù)運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用
5.(4分)如圖所示,兩傾角均為θ的光滑斜面對(duì)接后固定在水平地面上,O點(diǎn)為斜面的最低點(diǎn)。一個(gè)小物塊從右側(cè)斜面上高為H處由靜止滑下,在兩個(gè)斜面上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。小物塊每次通過(guò)O點(diǎn)時(shí)都會(huì)有動(dòng)能損失,損失的動(dòng)能為小物塊每次到達(dá)O點(diǎn)時(shí)動(dòng)能的5%。小物塊從開(kāi)始下滑到停止的過(guò)程中運(yùn)動(dòng)的總路程為(　　)
B
6.(10分)(2024·廣東廣州期中)如圖所示,在豎直平面內(nèi),粗糙的斜面軌道AB的下端與光滑的圓弧軌道BCD相切于B,C是最低點(diǎn),圓心角∠BOC=37°,D與圓心O等高,圓弧軌道半徑R=1.0 m,現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m=0.2 kg可視為質(zhì)點(diǎn)的小物體,從D點(diǎn)的正上方E點(diǎn)處自由下落,物體恰好到達(dá)斜面頂端A處。已知DE距離h=1.0 m,物體與斜面AB之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5。取sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8,g取10 m/s2。
(1)求物體第一次到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小和受到的支持力大小;
(2)求斜面AB的長(zhǎng)度L;
(3)若μ可變,求μ取不同值時(shí),物體在斜面上滑行的路程x。
綜合提升練
7.(13分)(2024·北京昌平二模)質(zhì)量為1 kg的物體在水平拉力的作用下,由靜止開(kāi)始在水平地面上沿x軸運(yùn)動(dòng),出發(fā)位置為x=0。拉力做的功W與物體坐標(biāo)x的關(guān)系如圖所示,物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)物體在x=1 m位置時(shí),拉力的大小F1;
【答案】 (1)6 N
(2)物體在x=1 m位置時(shí),拉力的功率P;
(3)物體從x=0運(yùn)動(dòng)到x=4 m過(guò)程中,速度的最大值vm。
(1)防滑材料與滑板之間的動(dòng)摩擦因數(shù);
【答案】 (1)tan θ
【解析】 (1)設(shè)防滑材料與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,滑板全部在AB內(nèi)時(shí),恰能保持靜止,根據(jù)平衡條件可得mgsin θ=μmgcos θ,
解得μ=tan θ。
(2)運(yùn)動(dòng)員和滑板在圓弧軌道最低點(diǎn)C受到軌道支持力的大小;
【答案】 (2)4mg
(3)為保證運(yùn)動(dòng)員和滑板在軌道上只做一次往返滑行,滑板離開(kāi)B點(diǎn)時(shí)的速度范圍。

展開(kāi)更多......

收起↑