第六章　机械能 第31课时　动能定理在多过程运动中的应用　重难突破课

第31课时动能定理在多过程运动中的应用[重难突破课]题型一动能定理在单向多过程运动中的应用思路1.分阶段应用动能定理（1）若题目需要求解某一中间物理量，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。思路2.全过程应用动能定理（1）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，大大简化运算。（2）全过程列式时要注意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。【典例1】（2023·湖北高考14题）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道CDE在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为12π，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，（1）小物块到达D点的速度大小；（2）B和D两点间的高度差；（3）小物块在A点的初速度大小。规范答题模板解析：（1）由题意知，小物块恰好能到达轨道的最高点D（指明位置，研究对象），则在D点有mvD2R解得vD＝gR。（2）由题意知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧（要有必要的文字说明），则在C点有cos60°＝vB小物块从C到D的过程中，根据动能定理（指明选用的规律）有－mg（R＋Rcos60°）＝12mvD2－1则小物块从B到D的过程中，根据动能定理（指明选用的规律）有mgHBD＝12mvD2－1联立解得vB＝gR，HBD＝0。（3）小物块从A到B的过程中，根据动能定理有－μmgs＝12mvB2－12mvA2，s＝π·2R（解得vA＝3gR答案：（1）gR（2）0（3）3如图所示，物体1放在倾角为θ＝37°的斜面紧靠挡板处，物体1和斜面间动摩擦因数为μ＝0.5，一根不可伸长的柔质轻绳跨过光滑轻质的小定滑轮，绳一端固定在物体1上，另一端固定在物体2上，斜面上方的轻绳与斜面平行，物体2下端固定一长度为h的轻绳，轻绳下端拴在小物体3上，物体1、2、3的质量之比为4∶1∶5，开始时用手托住小物体3，小物体3到地面的高度也为h，此时各段轻绳刚好拉紧，已知物体触地后立即停止运动、不再反弹，重力加速度为g＝10m/s2，物体3从静止突然放手后，物体1沿斜面上滑的最大距离为（）A.3h B.37C.2h D.43解析：D对物体1，开始向上滑动时，重力沿斜面方向的分力与摩擦力的合力F＝4mgsin37°＋4μmgcos37°，方向沿绳向下，设3触地时的速度为v1，因1、2、3在同一条绳上，从开始放手到3触地的过程，对系统应用动能定理有6mgh－Fh＝12×10mv12－0，物体3触地后立刻停止，2触地之前1停止运动，物体1沿斜面上滑距离最大，设物体1在3触地以后运动的距离为s，对1和2应用动能定理mgs－Fs＝0－12×5mv12，联立解得s＝13h，全过程Δx＝h＋s＝43h，故A题型二动能定理在往复运动中的应用1.往复运动：即物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的有关物理量多数是变化的，而往复的次数有的可能是有限的，而有的可能最终达到某一稳定情境下的无限往复运动。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，运用牛顿运动定律及运动学公式将非常烦琐，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。【典例2】如图甲所示，在水平面上固定一倾角θ＝37°、底端带有挡板的足够长的斜面，斜面体底端静止一质量m＝1kg的物块（可视为质点），从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用，拉力F随物块从初始位置第一次沿斜面向上的位移x变化的关系如图乙所示，随后不再施加外力作用，物块与固定挡板碰撞前后速率不变，不计空气阻力，已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，求：（1）物块在上滑过程中的最大速度的大小；（计算结果可保留根式）（2）物块沿斜面上滑的最大位移的大小和物块在斜面上运动的总路程。答案：（1）10m/s（2）2m5m解析：（1）物块上滑过程中受拉力、摩擦力、重力、支持力的作用，先做加速运动后做减速运动，则有FN＝mgcos37°，f＝μFNF－f－mgsin37°＝ma当加速度为零时，速度最大，此时F＝f＋mgsin37°＝10N由图乙可得出F＝20－10x则F＝10N时，可得x＝1m由动能定理可得WF＋Wf＋WG＝12mvm即20+102×1J－0.5×1×10×1×0.8J－1×10×1×0.6J＝12mvm2－0，可得vm（2）由动能定理可得WF'＋Wf'＋WG'＝0又WF'＝202×2J＝则xm＝WF'撤去F后，因为mgsin37°＞μmgcos37°，所以物块最后停在斜面的底端，则有WF'－μmgscos37°＝0解得s＝5m。如图所示，质量m＝0.1kg的可视为质点的小球从距地面高H＝5m处由静止开始自由下落，到达地面恰能沿凹陷于地面的半圆形槽的右端切入，半圆形槽半径R＝0.4m。小球到达槽最低点时速率为10m/s，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘竖直向上飞出……，如此反复，设小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小恒定不变，不计空气阻力及小球与槽壁口接触时的能量损失（取g＝10m/s2）。求：（1）小球第一次飞离槽后上升的高度H1；（2）小球最多能飞出槽外的次数。答案：（1）4.2m（2）6次解析：（1）由于小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小恒定不变，由对称性可知，小球在槽右半部分与左半部分运动时克服摩擦力做的功相等，设为Wf。小球从开始下落至到达槽最低点的过程中，由动能定理得mg（H＋R）－Wf＝12mv2，解得Wf＝小球由槽最低点到第一次上升到最大高度的过程，由动能定理得－mg（H1＋R）－Wf＝0－12mv2解得H1＝4.2m。（2）设小球能飞出槽外n次，对整个过程，由动能定理得mgH－n×2Wf＝0解得n＝6.25，n只能取整数，故小球最多能飞出槽外6次。题型一动能定理在单向多过程运动中的应用1.如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，且1.5AB＝BC。小物块P（可视为质点）与AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点停下，那么θ、μ1、μ2三者间应满足的关系是（）A.tanθ＝2μ1+3μ25C.tanθ＝2μ1－μ2 D.tanθ＝2μ2－μ1解析：AP由A点释放后受重力、支持力、滑动摩擦力作用，设斜面AC长为L，P由A点释放，恰好能滑动到C点停下，由动能定理得mgLsinθ－μ1mgcosθ×25L－μ2mgcosθ×35L＝0，解得tanθ＝2μ2.如图所示，质量为m的小球从离地面H高处由静止释放，落到地面，陷入泥土中h深处后停止运动，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.小球落地时的动能等于mg（H＋h）B.小球克服泥土阻力所做的功等于小球刚落到地面时的动能C.泥土阻力对小球做的功为mg（H＋h）D.小球在泥土中受到的平均阻力大小为mg1+解析：D根据动能定理知，小球落地时的动能等于mgH，A错误；小球从落地到陷入泥土中h深度的过程，由动能定理得mgh－W克阻＝0－12mv2，解得W克阻＝mgh＋12mv2，B错误；根据动能定理得mg（H＋h）＋W阻＝0，故泥土阻力对小球做的功W阻＝－mg（H＋h），C错误；根据动能定理得mg（H＋h）－F阻h＝0，解得小球在泥土中受到的平均阻力大小为F阻＝mg1+H3.有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡。某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上。接着改用另一条雪道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为α的雪道上h2高处的E点停下。若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则（）A.动摩擦因数为tanθ B.动摩擦因数为hC.倾角α一定大于θ D.倾角α可以大于θ解析：B第一次停在BC上的某点，由动能定理得mgh1－μmgcosθ·h1sinθ－μmgs'＝0，整理得mgh1－μmgh1tanθ＋s'＝0，即mgh1－μmgs＝0，解得μ＝h1s，A错误，B正确；在AB段由静止下滑，说明μmgcosθ＜mgsinθ，第二次滑上CE在E点停下，说明μmgcosα≥mgsinα，若α题型二动能定理在往复运动中的应用4.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h＝0.30m，在A点处放一个质量为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μ＝0.10。小物块在盆式容器内来回滑动，最后停下来，g取10m/s2，则小物块最终的位置到B点的距离为（）A.0.50m B.0.25mC.0.10m D.0解析：D设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有水平面上存在摩擦力，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，代入数据可解得s＝3m，由于d＝0.50m，所以，小物块在BC段经过3次往复运动后，又回到B点，D正确。5.（多选）如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统。斜面轨道倾角θ＝37°，质量为M的集装箱与轨道间的动摩擦因数为0.5，集装箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入箱中，之后集装箱载着货物沿轨道无初速度滑下（货物与箱之间无相对滑动），当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后集装箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程。下列说法正确的是（）A.集装箱与弹簧没有接触时，上滑与下滑的加速度大小之比为5∶2B.集装箱与货物的质量之比为1∶4C.若集装箱与货物的质量之比为1∶1，则集装箱不能回到轨道顶端D.若集装箱与货物的质量之比为1∶6，则集装箱不能回到轨道顶端解析：BC根据牛顿第二定律，上滑时，有Mgsinθ＋μMgcosθ＝Ma1，下滑时，有（M＋m）gsinθ－μ（M＋m）gcosθ＝（M＋m）a2，所以a1a2＝51，故A错误；设轨道顶端到弹簧压缩到最短位置间的距离为x，集装箱从轨道顶端滑至压缩弹簧到最短，再到返回轨道顶端，根据动能定理，有mgxsinθ－μ（M＋m）gcosθ·x－μMgcosθ·x＝0，可得Mm＝14，故B正确；若集装箱与货物的质量之比为1∶1，则mgxsinθ－μ（M＋m）gcosθ·x－μMgcosθ·x＜0，说明集装箱不能回到轨道顶端，故C正确；若集装箱与货物的质量之比为1∶6，则mgxsinθ－μ（M＋m）gcosθ·x－μMgcosθ·x＞06.如图甲所示，质量为0.5kg的小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的0～3s时间内为抛物线，3～4.5s时间内为直线，t1＝3s时x1＝3m，t2＝4.5s时x2＝0，下列说法正确的是（）A.传送带沿逆时针方向转动B.传送带速度大小为1m/sC.物块刚滑上传送带时的速度大小为2m/sD.0～4.5s内摩擦力对物块所做的功为－3J解析：D根据位移—时间图像切线的斜率表示速度可知，前2s物块向左匀减速运动，第3s内向右匀加速运动，3～4.5s内，x-t图像为一次函数，说明小物块已与传送带保持相对静止，即与传送带一起向右匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动，且速度为v＝ΔxΔt＝34.5－3m/s＝2m/s，故A、B错误；由图像可知，在第3s内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则x＝12at2，其中x＝1m，t＝1s，解得a＝2m/s2，根据牛顿第二定律μmg＝ma，解得μ＝0.2，在0～2s内，对物块有v12－v02＝－2ax1，其中v1＝0，x1＝4m，解得物块的初速度为v0＝4m/s，故C错误；对物块在0～4.5s内，根据动能定理Wf＝12mv27.如图所示，“蝴蝶”型轨道放置在水平面上，该轨道由同一竖直面内四个光滑半圆形轨道BCD、DEF、GHJ、JCK和粗糙的水平直轨道FG组成，轨道DEF、GHJ的半径均为r＝1m，H、E两点与小圆弧圆心等高，轨道BCD、JCK半径均为2r，B、K两端与水平地面相切。现将质量m＝1kg的小滑块从光滑水平地面上A点以不同初速度发射出去，小滑块沿轨道上滑。已知小滑块与轨道FG的动摩擦因数μ＝0.5，其他阻力均不计，小滑块可视为质点，重力加速度取g＝10m/s2。（1）若小滑块恰能沿轨道从A点运动到K点，求小滑块在BCD半圆轨道运动到D点时对轨道的弹力大小；（2）若小滑块运动过程中恰好不脱离轨道，且最终能停在FG轨道上，求小滑块从B点开始到停止运动所经过的路程（π取3.14，结果保留两位有效数字）。答案：（1）20N（2）19m解析：（1）若小滑块恰能沿轨道从A点运动到K点，在JCK圆轨道上运动时，在J点，有mg＝m从D点运动到J点，有－μmg·4r＝12mvJ2－小滑块在DEF圆轨道上运动时，在D点，有F＋mg＝m根据牛顿第三定律，小滑块对轨道的弹力大小F'＝F解得F'＝20N。（2）若小滑块最终能停在FG轨道上，有最小初速度时，在BCD圆轨道运动时，在D点有mg＝m从A点运动到D点，有－mg·4r＝12mv2－12解得v1＝10m/s有最大初速度时，在GHJ圆轨道运动时到H点时速度为0，从A点运动到H点，有－μmg·4r－mg·3r＝0－12m解得v2＝10m/s则初速度为10m/s时，小滑块正好能过D点，且到达H点速度为零，设从H点滑下再向右滑动x停止，有mgr－μmgx＝0解得x＝2r故总路程s＝2πr＋πr＋4r＋πr＋x＝19m。8.如图所示，质量m＝1kg的小物块从光滑斜面上的A点由静止下滑，