动能定理求解多过程问题

突破23动能定理求解多过程问题1.由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析往往比较复杂，利用动能定理分析此类问题，是从总体上把握研究对象运动状态的变化，并不需要从细节上了解。2．运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。3．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，要注意运用它们的特点：(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等于力的大小与路程的乘积。4.利用动能定理求解多过程问题的基本思路(1)弄清物体的运动由哪些过程组成。(2)分析每个过程中物体的受力情况。(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响。(4)从总体上把握全过程，写出总功表达式，找出初、末状态的动能。(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程。【典例1】如图所示，AB、CD为两个对称斜面，其上部足够长，下部B、C分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R为2.0m，一个物体在离弧底E高度为h＝3.0m处，以初速度v＝4.0m/s沿斜面运动，若物体与两斜面间的动摩擦因数均为0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共运动的路程是多少？(g取10m/s2)【答案】280m对全过程应用动能定理得mgh－R(1－cos60°)－μmgscos60°＝0－12mv2，解得s＝280m。【典例2】如图所示，质量m＝6.0kg的滑块(可视为质点)，在F＝60N的水平拉力作用下从A点由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F，当滑块由平台边缘B点飞出后，恰能从水平地面上的C点沿切线方向落入竖直圆弧轨道CDE，并从轨道边缘E点竖直向上飞出，经过0.4s后落回E点。已知A、B间的距离L＝2.3m，滑块与平台间的动摩擦因数μ＝0.5，平台离地面高度h＝0.8m，B、C两点间水平距离x＝1.2m，圆弧轨道半径R＝1.0m。重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：(1)滑块运动到B点时的速度大小；(2)滑块在平台上运动时受水平拉力F作用的时间；(3)滑块沿圆弧轨道由C到E过程克服摩擦做的功。解题指导：通过“三遍”读题，完成“拆分”过程。(1)A→B过程中，有F作用时匀加速直线运动。(第1个小题)(2)A→B过程中，无F作用时匀减速直线运动。(第2个小题)(3)B→C过程中，平抛运动。(第3个小题)(4)C→E过程中，有摩擦力存在的圆周运动。(第4个小题)(5)从E点抛出到落回E点过程中，竖直上抛运动。(第5个小题)【答案】(1)3m/s(2)0.8s(3)27Jx1＝12a1t21(1分)撤去F后滑块做匀减速直线运动(第2个小题)a2＝μg(1分)vB＝v1－a2t2(1分)x2＝vBt2＋12a2t22(1分)L＝x1＋x2(1分)联立可得t1＝0.8s(1分)(3)由B至C过程根据动能定理(第3个小题)mgh＝12mv2C－12mv2B(2分)得：vC＝5m/s所以cosα＝vBvC＝0.6(1分)【典例3】如图所示，倾斜轨道AB的倾角为37°，CD、EF轨道水平，AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连。小球可以从D进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E滑出该轨道进入EF水平轨道。小球由静止从A点释放，已知AB长为5R，CD长为R，重力加速度为g，小球与倾斜轨道AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为1.8R。求：(在运算中，根号中的数值无需算出)(1)小球滑到斜面底端C时速度的大小；(2)小球刚到C时对轨道的作用力；(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足的条件。【答案】(1)28gR5(2)6.6mg，方向竖直向下(3)R′≤0.92R或R′≥2.3R【解析】(1)设小球到达C时速度为vC，小球从A运动至C过程，由动能定理有：mg(5Rsin37°＋1.8R)－μmgcos37°·5R＝12mvC2可得：vC＝28gR5。(2)小球沿BC轨道做圆周运动，设在C时轨道对小球的作用力为FN，由牛顿第二定律，有：FN－mg＝mvC2r其中r满足：r＋rcos37°＝1.8R联立解得：FN＝6.6mg情况二：小球上滑至四分之一圆周轨道的最高点时，速度减为零，然后滑回D。则由动能定理有：－μmgR－mgR′＝0－12mvC2解得：R′≥2.3R所以要使小球不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足R′≤0.92R或R′≥2.3R。xk/w【跟踪短训】1.如图所示，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是水平的，其宽度d＝0.50m，盆边缘的高度为h＝0.30m，在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑。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，则停的地点到B点的距离为()A．0.50mB．0.25mC．0.10mD．0【答案】D【解析】设小物块在BC面通过的总路程为s，由于只有BC面上存在摩擦力，则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3m。由于d＝0.50m，所以，小物块在BC面经过3次往复运动后，停在B点。2.如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块与挡板P的距离为x0，滑块以初速度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，滑块经过的总路程是()A.1μv022gcosθ＋x0tanθB.1μv022gsinθ＋x0tanθC.2μv022gcosθ＋x0tanθD.1μv022gcosθ＋x0cotθ【答案】A3.在某游乐闯关节目中，选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，两位同学观看后对此进行了讨论。如图所示，他们将选手简化为质量m＝60kg的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向的夹角α＝53°，绳的悬挂点O距水面的高度为H＝3m。不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。(1)求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F；(2)若绳长l＝2m，选手摆到最高点时松手落入水中。设水对选手的平均浮力F1＝800N，平均阻力F2＝700N，求选手落入水中的深度d；(3)若选手摆到最低点时松手，甲同学认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；乙同学却认为绳越短，落点距岸边越远。请通过推算说明你的观点。【答案】：(1)1080N(2)1.2m(3)见【解析】【解析】：(1)由静止至摆动到最低点，对选手由动能定理得mgl(1－cosα)＝12mv2－0选手在最低点处由牛顿第二定律得F′－mg＝mv2l由牛顿第三定律得F＝F′＝1080N。(2)选手摆到最高点时松手落入水中，如图所示：对选手由动能定理得可知当l＝H2＝1.5m时，x取最大值，落点距岸边最远。4．如图甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置。质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回。A离开弹簧后，恰好回到P点。A与水平面间的动摩擦因数为μ。求：(1)A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功；(2)O点和O′点间的距离x1；学科；网(3)如图乙所示，若将另一个与A完全相同的物块B(可视为质点)与弹簧右端拴接，将A放在B右边，向左推A、B，使弹簧右端压缩到O′点位置，然后从静止释放，A、B共同滑行一段距离后分离。分离后A向右滑行的最大距离x2。【答案】：(1)12mv02(2)v024μg－x0(3)x0－v028μg【解析】：(1)A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为Wf＝12mv02。(2)A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得2μmg(x1＋x0)＝12mv02解得x2＝x0－v028μg。5.如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为56R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g。(取sin37°＝35，cos37°＝45)(1)求P第一次运动到B点时速度的大小；(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距72R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。【答案】(1)2gR(2)125mgR(3)13m【解析】(1)由题意可知：lBC＝7R－2R＝5R①设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglBCsinθ－μmglBCcosθ＝12mv2B②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得vB＝2gR③(2)设BE＝x，P到达E点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为Ep，由B→E过程，根据动能定理得mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－12mv2B④E、F之间的距离l1为l1＝4R－2R＋x⑤P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥联立③④⑤⑥式得x＝R⑦Ep＝125mgR⑧(3)设改变后P的质量为m1，D点与G点的水平距离为x1和竖直距离为y1，θ＝37°。由几何关系(如图所示)得：x1＝72R－56Rsinθ＝3R⑨y1＝R＋56R＋56Rcosθ＝52R⑩P由E点运动到C点的过程中，由动能定理得Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝12m1v2C⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮得m1＝13m6.如图所示，质量为m＝1kg的可视为质点的小物体轻轻放在匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物体恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，圆弧轨道与质量为M＝2kg的足够长的小车左端在最低点O点相切，小物体在O点滑上小车，水平地面光滑，当小物体运动到障碍物Q处时与Q发生无机械能损失的碰撞。碰撞前小物体和小车已经相对静止，而小车可继续向右运动(小物体始终在小车上)，小车运动过程中和圆弧无相互作用。已知圆弧半径R＝1.0m，圆弧对应的圆心角θ为53°，A点距水平地面的高度h＝0.8m，小物体与小车间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。试求：(1)小物体离开A点的水平速度v1；(2)小物体经过O点时对轨道的压力大小；(3)第一次碰撞后直至静止，小物体相对小车的位移和小车做匀减速运动的总时间。(3)摩擦力Ff＝μmg＝1N，加速度am＝μg＝1m/s2，aM＝μmgM＝0.5m/s2，小物体滑上小车后经过时间t达到的共同速度为vt，则t＝vtaM＝v0－vtam，得vt＝333m/s由于碰撞不损失能量，小物体在小车上重复做匀减速和匀加速运动，相对小车始终向左运动，小物体与小车最终静止，摩擦力做功使动能全部转化为内能，故有：Ff·l相＝12(M＋m)v2t，得l相＝5.5m小车从小物体碰撞后开始匀减速运动，(每个减速阶段)加速度不变，aM＝FfM＝0.5m/s2，vt＝aMt，得t＝2333s