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專題強化九　動能定理在多過程問題中的應用
目標要求 　1.會用動能定理解決多過程、多階段的問題.2.掌握動能定理在往復運動問題中的應用．
題型一　動能定理在多過程問題中的應用
1．運用動能定理解決多過程問題，有兩種思路：
(1)可分段應用動能定理求解；
(2)全過程應用動能定理：所求解的問題不涉及中間的速度時，全過程應用動能定理求解更簡便．
2．全過程列式時，涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意它們的特點．
(1)重力、彈簧彈力做功取決于物體的初、末位置，與路徑無關．
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的數值等于力的大小與路程的乘積．
例1 　(2016·浙江10月選考·20)如圖1甲所示，游樂場的過山車可以底朝上在豎直圓軌道上運行，可抽象為圖乙所示的模型．傾角為45°的直軌道AB、半徑R＝10 m的光滑豎直圓軌道和傾角為37°的直軌道EF，分別通過水平光滑銜接軌道BC、C′E平滑連接，另有水平減速直軌道FG與EF平滑連接，EG間的水平距離l＝40 m．現有質量m＝500 kg的過山車，從高h＝40 m處的A點由靜止下滑，經BCDC′EF最終停在G點．過山車與軌道AB、EF間的動摩擦因數均為μ1＝0.2，與減速直軌道FG間的動摩擦因數μ2＝0.75.過山車可視為質點，運動中不脫離軌道，g取10 m/s2.求：

圖1
(1)過山車運動至圓軌道最低點C時的速度大小；
(2)過山車運動至圓軌道最高點D時對軌道的作用力大小；
(3)減速直軌道FG的長度x.(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
答案　(1)810 m/s　(2)7×103 N　(3)30 m
解析　(1)設過山車在C點的速度大小為vC，由動能定理得mgh－μ1mgcos 45°·hsin 45°＝12mvC2
代入數據得vC＝810 m/s
(2)設過山車在D點速度大小為vD，由動能定理得
mg(h－2R)－μ1mgcos 45°·hsin 45°＝12mvD2
F＋mg＝mvD2R，解得F＝7×103 N
由牛頓第三定律知，過山車在D點對軌道的作用力大小為7×103 N
(3)全程應用動能定理
mg[h－(l－x)tan 37°]－μ1mgcos 45°·hsin 45°－
μ1mgcos 37°·l－xcos 37°－μ2mgx＝0
解得x＝30 m.

1．(動能定理在多過程問題中的應用)(2020·河南信陽市羅山高三一模)如圖2甲所示，一傾角為37°，長L＝3.75 m的斜面AB上端和一個豎直圓弧形光滑軌道BC相連，斜面與圓軌道相切于B處，C為圓弧軌道的最高點．t＝0時刻有一質量m＝1 kg的物塊沿斜面上滑，其在斜面上運動的v－t圖象如圖乙所示．已知圓軌道的半徑R＝0.5 m．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

圖2
(1)物塊與斜面間的動摩擦因數μ；
(2)物塊到達C點時對軌道的壓力的大小FN；
(3)試通過計算分析是否可能存在物塊以一定的初速度從A點滑上軌道，通過C點后恰好能落在A點．如果能，請計算出物塊從A點滑出的初速度大小；如果不能請說明理由．
答案　(1)0.5　(2)4 N　(3)見解析
解析　(1)由題圖乙可知物塊上滑時的加速度大小為a＝10 m/s2①
根據牛頓第二定律有：mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma②
由①②聯立解得μ＝0.5③
(2)設物塊到達C點時的速度大小為vC，由動能定理得：
－mg(Lsin 37°＋R＋Rcos 37°)－μmgLcos 37°＝12mvC2－12mv02④
在C點，根據牛頓第二定律有：mg＋FN′＝mvC2R⑤
聯立③④⑤解得：FN′＝4 N⑥
根據牛頓第三定律得：FN＝FN′＝4 N⑦
物塊在C點時對軌道的壓力大小為4 N
(3)設物塊以初速度v1上滑，最后恰好落到A點
物塊從C到A，做平拋運動，
豎直方向：Lsin 37°＋R(1＋cos 37°)＝12gt2⑧
水平方向：Lcos 37°－Rsin 37°＝vC′t⑨
解得vC′＝977 m/s>gR＝5 m/s，⑩
所以物塊能通過C點落到A點
物塊從A到C，由動能定理得：
－mg(Lsin 37°＋1.8R)－μmgLcos 37°＝12mvC′2－12mv12?
聯立解得：v1＝21837 m/s?
題型二　動能定理在往復運動問題中的應用
在有些問題中物體的運動過程具有重復性、往返性，而在這一過程中，描述運動的物理量多數是變化的，而且重復的次數又往往是無限的或者難以確定．
求解這類問題時若運用牛頓運動定律及運動學公式將非常繁瑣，甚至無法解出．
由于動能定理只涉及物體的初、末狀態而不計運動過程的細節，此類問題多涉及滑動摩擦力，或其他阻力做功，其做功的特點與路程有關，求路程對應的是摩擦力做功，所以用動能定理分析這類問題可使解題過程簡化．
例2 　如圖3所示，豎直面內有一粗糙斜面AB，BCD部分是一個光滑的圓弧面，C為圓弧的最低點，AB正好是圓弧在B點的切線，圓心O與A、D點在同一高度，θ＝37°，圓弧面的半徑R＝3.6 m，一滑塊質量m＝5 kg，與AB斜面間的動摩擦因數μ＝0.45，將滑塊從A點由靜止釋放(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)．求在此后的運動過程中：

圖3
(1)滑塊在AB段上運動的總路程；
(2)在滑塊運動過程中，C點受到的壓力的最大值和最小值．
答案　(1)8 m　(2)102 N　70 N
解析　(1)由題意可知斜面AB與水平面的夾角為θ＝37°，
知mgsin θ>μmgcos θ，
故滑塊最終不會停留在斜面上，
由于滑塊在AB段受摩擦力作用，
則滑塊做往復運動的高度將越來越低，
最終以B點為最高點在光滑的圓弧面上往復運動．
設滑塊在AB段上運動的總路程為s，
滑塊在AB段上所受摩擦力大小Ff＝μFN＝μmgcos θ，
從A點出發到最終以B點為最高點做往復運動，
由動能定理得mgRcos θ－Ffs＝0，解得s＝Rμ＝8 m.
(2)滑塊第一次過C點時，速度最大，設為v1，分析受力知此時滑塊所受軌道支持力最大，設為Fmax，
從A到C的過程，由動能定理得mgR－FflAB＝12mv12－0，
斜面AB的長度lAB＝Rtan θ，
由牛頓第二定律得Fmax－mg＝mv12R，
解得Fmax＝102 N.
滑塊以B為最高點做往復運動的過程中過C點時，速度最小，設為v2，此時滑塊所受軌道支持力最小，設為Fmin，從B到C，
由動能定理得mgR(1－cos θ)＝12mv22－0，
由牛頓第二定律得Fmin－mg＝mv22R，
解得Fmin＝70 N，
根據牛頓第三定律可知C點受到的壓力最大值為102 N，最小值為70 N.

2．(動能定理在往復運動中的應用)(2020·浙江高三開學考試)如圖4所示，有一圓弧形的槽ABC，槽底B放在水平地面上，槽的兩側A、C與光滑斜坡aa′、bb′分別相切，相切處a、b位于同一水平面內，距水平地面高度為h.一質量為m的小物塊從斜坡aa′上距水平面ab的高度為2h處沿斜坡自由滑下，并自a處進入槽內，到達b處后沿斜坡bb′向上滑行，到達的最高處距水平面ab的高度為h，若槽內的動摩擦因數處處相同，不考慮空氣阻力，且重力加速度為g，則(　　)

圖4
A．小物塊第一次從a處運動到b處的過程中克服摩擦力做功mgh
B．小物塊第一次經過B點時的動能等于2.5mgh
C．小物塊第二次運動到a處時速度為零
D．經過足夠長的時間后，小物塊最終一定停在B處
答案　A
解析　在第一次運動過程中，小物塊克服摩擦力做功，根據動能定理可知mgh－Wf＝0－0，解得Wf＝mgh，故A正確；因為小物塊從右側到最低點的過程中對軌道的壓力較大，所受的摩擦力較大，所以小物塊從右側到最低點的過程中克服摩擦力做的功Wf1>12Wf＝12mgh，設小物塊第1次通過最低點的速度為v，從自由滑下到最低點的過程，由動能定理得3mgh－Wf1＝Ek－0，解得Ek<2.5mgh，故B錯誤；由于在AC段，小物塊與軌道間有摩擦力，故小物塊在某一位置的速度大小要減小，故與軌道間的摩擦力減小，第二次在AC段運動時克服摩擦力做功比第一次要少，故第二次到達a(A)點時，有一定的速度，故C錯誤；由于在AC段存在摩擦力，故小物塊在B點兩側某一位置可能處于靜止狀態，故D錯誤．
3．(動能定理在往復運動中的應用)(2019·河南鄭州一中模擬)如圖5所示，ABCD為一豎直平面內的軌道，其中BC水平，A點比BC高出H＝10 m，BC長為l＝1 m，AB和CD軌道光滑．一質量為m＝1 kg的物體，從A點以v1＝4 m/s的速度開始運動，經過BC后滑到高出C點h＝10.3 m的D點時速度為零，求：(取g＝10 m/s2)

圖5
(1)物體與BC軌道間的動摩擦因數；
(2)物體第5次經過B點時的速度大小；
(3)物體最后停止的位置(距B點)．
答案　(1)0.5　(2)13.3 m/s　(3)0.4 m
解析　(1)分析從A點到D點的過程，由動能定理得
－mg(h－H)－μmgl＝0－12mv12，
解得μ＝0.5.
(2)設物體第5次經過B點時的速度為v2，在此過程中物體在BC上滑動了4次，由動能定理得
mgH－μmg·4l＝12mv22－12mv12，
解得v2＝411 m/s≈13.3 m/s.
(3)設物體運動的全過程在水平面上通過的路程為s，
由動能定理得mgH－μmgs＝0－12mv12，
解得s＝21.6 m.
所以物體在軌道上來回滑動了10次后，還有1.6 m，
故距B點的距離s′＝2 m－1.6 m＝0.4 m．
課時精練
1．(2021·海南高三月考)如圖1所示，ABCD是一個盆式容器，盆內側壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC水平，其長度d＝0.50 m，盆邊緣的高度為h＝0.30 m．在A處放一個質量為m的小物塊并讓其由靜止下滑．已知盆內側壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數為μ＝0.10.小物塊在盆內來回滑動，最后停下來，則停止的地點到B的距離為(　　)

圖1
A．0.50 m B．0.25 m
C．0.10 m D．0
答案　D
解析　小物塊從A點出發到最后停下來，設小物塊在BC面上運動的總路程為s，整個過程由動能定理有：mgh－μmgs＝0，所以小物塊在BC面上運動的總路程為s＝hμ＝0.30.1 m＝3 m，而d＝0.5 m，剛好3個來回，所以最終停在B點，即距離B點為0 m．故選D.
2．(2020·重慶市期末)質量為m的物體以速度v0豎直向上拋出，物體落回地面時，速度大小為34v0，設物體在運動中所受空氣阻力大小不變，若物體落地碰撞過程中無能量損失，重力加速度為g，則物體運動的總路程為(　　)
A.v022g B.9v0216g C.25v0214g D.2v02g
答案　C
解析　上升過程－mgh－fh＝0－12mv02，下落過程mgh－fh＝12m34v02－0，聯立解得f＝725mg，由動能定理得－fs總＝0－12mv02，s總＝12mv02f＝25v0214g，故選C.
3．如圖2所示，傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R＝0.4 m的光滑半圓軌道BC平滑相連，O為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點等高．質量m＝1 kg的滑塊(可視為質點)從A點由靜止開始下滑，恰能滑到與O等高的D點，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.

圖2
(1)求滑塊與斜面間的動摩擦因數μ；
(2)若使滑塊能到達C點，求滑塊從A點沿斜面滑下時的初速度的最小值；
(3)若滑塊離開C點時的速度大小為4 m/s，求滑塊從C點飛出至落到斜面上的時間t.
答案　(1)0.375　(2)23 m/s　(3)0.2 s
解析　(1)滑塊由A到D的過程，根據動能定理，
有mg(2R－R)－μmgcos 37°·2Rsin 37°＝0，
得μ＝12tan 37°＝0.375.
(2)滑塊恰能到達C點時，初速度最小，根據牛頓第二定律有mg＝mvC2R，
則得vC＝Rg＝2 m/s.
A到C的過程：根據動能定理有－μmgcos 37°·2Rsin 37°＝12mvC2－12mv02，
聯立解得，v0＝vC2＋2gR＝23 m/s，
所以初速度的最小值為23 m/s.
(3)滑塊離開C點做平拋運動，
則有x＝vC′t，y＝12gt2，
由幾何關系得：tan 37°＝2R－yx，
聯立得5t2＋3t－0.8＝0，
解得t＝0.2 s.
4.(2020·廣東中山紀念中學月考)如圖3所示，AB是傾角為θ＝30°的粗糙直軌道，BCD是光滑的圓弧軌道，AB恰好在B點與圓弧相切，圓弧的半徑為R.一個質量為m的物體(可以看成質點)從直軌道上的P點由靜止釋放，結果它能在兩軌道間做往返運動．已知P點與圓弧的圓心O等高，物體做往返運動的整個過程中在AB軌道上通過的路程為s.求：

圖3
(1)物體與軌道AB間的動摩擦因數μ；
(2)最終當物體通過圓弧軌道最低點E時，對圓弧軌道的壓力的大小；
(3)為使物體能順利到達圓弧軌道的最高點D，釋放點距B點的距離L′至少多大．
答案　(1)Rs　(2)(3－3)mg　(3)?3＋3?Rss－3R
解析　(1)由題意可知，物體最終以B點為最高點在圓弧面內做往返運動，對整個過程由動能定理得mgRcos θ－μmgscos θ＝0，
解得μ＝Rs.
(2)最終物體以B點為最高點，在圓弧底部做往復運動，對從B到E過程，由動能定理得
mgR(1－cos θ)＝12mvE2
在E點，由牛頓第二定律得FN－mg＝mvE2R，
聯立解得FN＝(3－3)mg
根據牛頓第三定律得：FN′＝(3－3)mg
(3)物體剛好到D點時，由牛頓第二定律有mg＝mvD2R
對全過程由動能定理得
mgL′sin θ－μmgL′cos θ－mgR(1＋cos θ)＝12mvD2
聯立解得L′＝?3＋3?Rss－3R.
5．(2020·吉林長春市第二實驗中學開學考試)如圖4所示，讓擺球從圖中的C位置由靜止開始擺下，擺到最低點D處，擺線剛好被拉斷，小球在粗糙的水平面上由D點向右做勻減速運動，到達A孔進入半徑R＝0.3 m的豎直放置的光滑圓弧軌道，當擺球進入圓軌道立即關閉A孔．已知擺線長L＝2 m，θ＝53°，小球質量為m＝0.5 kg，D點與A孔的水平距離s＝2 m，g取10 m/s2.(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)

圖4
(1)求擺線能承受的最大拉力為多大；
(2)要使擺球能進入圓軌道并且不脫離軌道，求擺球與粗糙水平面間的動摩擦因數μ的范圍．
答案　(1)9 N　(2)2.5≤μ≤0.4或者μ≤0.025
解析　(1)當擺球由C到D運動，
根據動能定理有mg(L－Lcos θ)＝12mvD2
在D點，由牛頓第二定律可得Fm－mg＝mvD2L，
可得Fm＝1.8mg＝9 N
(2)小球不脫離圓軌道分兩種情況
①要保證小球能到達A孔，設小球到達A孔的速度恰好為零，由動能定理可得
－μ1mgs＝0－12mvD2，
可得μ1＝0.4
若進入A孔的速度較小，那么將會在圓心以下做往返運動，不脫離軌道，其臨界情況為到達圓心等高處速度為零，由動能定理可得－mgR＝0－12mvA2
由動能定理可得－μ2mgs＝12mvA2－12mvD2，
可求得μ2＝0.25
②若小球能過圓軌道的最高點則不會脫離軌道，當小球恰好到達最高點時，在圓周的最高點，由牛頓第二定律可得
mg＝mv2R，
由動能定理可得－μ3mgs－2mgR＝12mv2－12mvD2，
解得μ3＝0.025
綜上所述，動摩擦因數μ的范圍為0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025.
6.如圖5所示，在地面上豎直固定了刻度尺和輕質彈簧，彈簧原長時上端與刻度尺上的A點等高．質量m＝0.5 kg的籃球靜止在彈簧正上方，其底端距A點的高度h1＝1.10 m，籃球靜止釋放，測得第一次撞擊彈簧時，彈簧的最大形變量x1＝0.15 m，第一次反彈至最高點，籃球底端距A點的高度h2＝0.873 m，籃球多次反彈后靜止在彈簧的上端，此時彈簧的形變量x2＝0.01 m，彈性勢能為Ep＝0.025 J．若籃球運動時受到的空氣阻力大小恒定，忽略籃球與彈簧碰撞時的能量損失和籃球形變，彈簧形變在彈性限度范圍內，g取10 m/s2.求：

圖5
(1)彈簧的勁度系數；
(2)籃球在運動過程中受到的空氣阻力大小；
(3)籃球在整個運動過程中通過的路程；
(4)籃球在整個運動過程中速度最大的位置．
答案　(1)500 N/m　(2)0.5 N　(3)11.05 m
(4)第一次下落至A點下方0.009 m處速度最大
解析　(1)由最后靜止的位置可知kx2＝mg，
所以k＝500 N/m
(2)由動能定理可知，在籃球由靜止下落到第一次反彈至最高點的過程中
mgΔh－Ff·L＝12mv22－12mv12
整個過程動能變化為0，重力做功
mgΔh＝mg(h1－h2)＝1.135 J
空氣阻力恒定，作用距離為L＝h1＋h2＋2x1＝2.273 m
解得Ff≈0.5 N
(3)整個運動過程中，空氣阻力一直與運動方向相反
根據動能定理有mgΔh′＋Wf＋W彈＝12mv2′2－12mv12
整個過程動能變化為0，
重力做功W＝mgΔh′＝mg(h1＋x2)＝5.55 J
彈力做功W彈＝－Ep＝－0.025 J
則空氣阻力做功Wf＝－Ffs＝－5.525 J
解得s＝11.05 m.
(4)籃球速度最大的位置是第一次下落到合力為零的位置，此時mg＝Ff＋kx3，得x3＝0.009 m，即籃球第一次下落至A點下方0.009 m處速度最大．

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