【物理】2019届一轮复习人教版动能定理求解多过程问题学案

【物理】2019届一轮复习人教版动能定理求解多过程问题学案

突破23 动能定理求解多过程问题 ‎ 源: st ^ep ]‎ ‎1. 由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力 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[来 源 :^中国教育出版 ]‎ ‎(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。[来 源: 中 教^ ]‎ ‎(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。[中国教^ 育出 版 ]‎ ‎(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2.0 m，一个物体在离弧底E高度为h＝3.0 m处，以初速度v＝4.0 m/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10 m/s2)[来 源 :中^国教 育出版 ]‎ ‎ ‎ ‎【答案】　280 m 对全过程应用动能定理得 mgh－R(1－cos 60°)－μmgscos 60°＝0－mv2，‎ 解得s＝280 m。‎ ‎【典例2】如图所示，质量m＝6.0 kg的滑块(可视为质点)，在F＝60 N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0.4 s后落回E点。已知A、B间的距离L＝2.3 m，滑块与平台间的动摩擦因数μ＝0.5，平台离地面高度h＝0.8 m，B、C两点间水平距离x＝1.2 m，圆弧轨道半径R＝1.0 m。重力加速度g取10 m/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；[ :中国 教育 出版 ]‎ ‎(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)[ :中国教育 出版 ^ ]‎ ‎(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)[来 源:中^国 教育出 版 ]‎ ‎(4)C→E过程中，有摩擦力存在的圆周运动。(第4个小题)[来 源: s tep.^ com]‎ ‎(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)[中^国教育 出版 ]‎ ‎【答案】　(1)3 m/s　(2)0.8 s　(3)27 J x1＝a1t(1分)[w w w. ste p ]‎ 撤去F后滑块做匀减速直线运动(第2个小题)‎ a2＝μg(1分) 中 国教育出版 ^ ]‎ vB＝v1－a2t2(1分)[ : 中^ 国 教育出版 ]‎ x2＝vBt2＋a2t(1分)‎ L＝x1＋x2(1分)‎ 联立可得　t1＝0.8 s(1分)‎ ‎(3)由B至C过程根据动能定理(第3个小题)‎ mgh＝mv－mv(2分)‎ 得：vC＝5 m/s 所以cos α＝＝0.6(1分)‎ ‎ ^ st ep. com ]‎ ‎【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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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) 　(2)6.6mg，方向竖直向下 中 国 教育出版 ]‎ ‎(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(5Rsin 37°＋1.8R)－μmgcos 37°·5R＝mvC2‎ 可得：vC＝ 。‎ ‎(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＝m 其中r满足：r＋rcos 37°＝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－mvC2　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＝0.50 m，盆边缘的高度为h＝0.30 m，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．0.50 m　　　　　　　 B．0.25 m ste^ p.co m ]‎ ‎ C．0.10 m D．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＝3 m。由于d＝0.50 m，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(　　)[www . s tep.c om^]‎ A. B.[中 国 教育 出^版 ]‎ C. D. ‎【答案】　A ‎[中国 ^教 育出版 ]‎ ‎3.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 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＝60 kg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＝3 m。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＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝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＝2 m，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＝800 N，平均阻力F2＝700 N，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 认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；乙同 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)1 080 N　(2)1.2 m　(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[中国教 育出 版 ]‎ mgl(1－cos α)＝mv2－0‎ 选手在最低点处由牛顿第二定律得 F′－mg＝m 由牛顿第三定律得F＝F′＝1 080 N。‎ ‎(2)选手摆到最高点时松手落入水中，如图所示：[www. step ]‎ 对选手由动能定理得 可知当l＝＝1.5 m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；‎ ‎(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)mv02　(2)－x0　(3)x0－ ‎【解析】：(1)A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得[ : s t ep.co m]‎ 克服摩擦力所做的功为Wf＝mv02。‎ ‎(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)＝mv02‎ ‎[中国 教 育出版^ ]‎ 解得x2＝x0－。‎ ‎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R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＝，重力加速度大小为g。(取sin 37°＝，cos 37°＝)‎ ‎[ :中国教^育 出版 ]‎ ‎(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； 中国 教育出^ 版 ]‎ ‎(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R、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。 中国教^育出版 ]‎ ‎【答案】　(1)2　(2)mgR　(3)m ‎【解析】　(1)由题意可知：lBC＝7R－2R＝5R①[来^ 源 : 中 教 ]‎ 设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得 mglBCsin θ－μmglBCcos θ＝mv②‎ 式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得 中国教^育 出版 ]‎ vB＝2③‎ ‎(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 mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－mv④‎ E、F之间的距离l1为l1＝4R－2R＋x⑤[来 ^ 源:中国教 育出版 ]‎ P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 st ep ^.c om]‎ Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0⑥‎ 联立③④⑤⑥式得 x＝R⑦‎ Ep＝mgR⑧‎ ‎(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＝R－Rsin θ＝3R⑨‎ y1＝R＋R＋Rcos θ＝R⑩‎ P由E点运动到C点的过程中，由动能定理得 Ep－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cos θ＝m1v⑮‎ 联立⑦⑧⑬⑭⑮得 m1＝m ‎6. 如图所示，质量为m＝1 kg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＝2 kg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＝1.0 m，圆弧对应的圆心角θ为53°，A点距水平地面的高度h＝0.8 m，小物体与小车间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。试求：[来^源 : 中 教 ]‎ ‎(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＝1 N，‎ 加速度am＝μg＝1 m/s2，aM＝＝0.5 m/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＝＝，得vt＝ m/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＝(M＋m)v，得[来 源:中国教育出版 ^ ]‎ l相＝5.5 m 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＝＝0.5 m/s2，vt＝aMt，得t＝ s ‎[来 源 : step^.co m]‎