題型一 動(dòng)能定理在多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用
1．運(yùn)用動(dòng)能定理解決多過(guò)程問(wèn)題，有兩種思路
(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)，大大簡(jiǎn)化運(yùn)算．
2．全過(guò)程列式時(shí)要注意
(1)重力、彈簧彈力做功取決于物體的初、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．
例1 (多選)(2021·全國(guó)甲卷·20)一質(zhì)量為m的物體自傾角為α的固定斜面底端沿斜面向上滑動(dòng)．該物體開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)的動(dòng)能為Ek，向上滑動(dòng)一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動(dòng)，到達(dá)斜面底端時(shí)動(dòng)能為eq \f(Ek,5).已知sin α＝0.6，重力加速度大小為g.則( )
A．物體向上滑動(dòng)的距離為eq \f(Ek,2mg)
B．物體向下滑動(dòng)時(shí)的加速度大小為eq \f(g,5)
C．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于0.5
D．物體向上滑動(dòng)所用的時(shí)間比向下滑動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)
答案 BC
解析 物體從斜面底端回到斜面底端根據(jù)動(dòng)能定理有
－μmg·2lcs α＝eq \f(Ek,5)－Ek，
物體從斜面底端到斜面頂端根據(jù)動(dòng)能定理有
－mglsin α－μmglcs α＝0－Ek，
整理得l＝eq \f(Ek,mg)，μ＝0.5，A錯(cuò)誤，C正確；
物體向下滑動(dòng)時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有
ma下＝mgsin α－μmgcs α，
解得a下＝eq \f(g,5)，B正確；
物體向上滑動(dòng)時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有
ma上＝mgsin α＋μmgcs α，解得a上＝g，
故a上>a下，
由于上滑過(guò)程中的末速度為零，下滑過(guò)程中的初速度為零，且走過(guò)相同的位移，根據(jù)位移公式
l＝eq \f(1,2)at2，
則可得出t上μmgcs θ，
故滑塊最終不會(huì)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(fù)運(yùn)動(dòng)的高度將越來(lái)越低，
最終以B點(diǎn)為最高點(diǎn)在光滑的圓弧面上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)．
設(shè)滑塊在AB段上運(yùn)動(dòng)的總路程為s，
滑塊在AB段上所受摩擦力大小Ff＝μFN＝μmgcs θ，
從A點(diǎn)出發(fā)到最終以B點(diǎn)為最高點(diǎn)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，
由動(dòng)能定理得mgRcs θ－Ffs＝0，解得s＝8 m.
(2)滑塊第一次過(guò)C點(diǎn)時(shí)，速度最大，設(shè)為v1，此時(shí)滑塊所受軌道支持力最大，設(shè)為Fmax，
從A到C的過(guò)程，由動(dòng)能定理得
mgR－FflAB＝eq \f(1,2)mv12－0，
斜面AB的長(zhǎng)度lAB＝eq \f(R,tan θ)，
由牛頓第二定律得Fmax－mg＝eq \f(mv12,R)，
解得Fmax＝102 N.
滑塊以B為最高點(diǎn)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中過(guò)C點(diǎn)時(shí)，速度最小，設(shè)為v2，此時(shí)滑塊所受軌道支持力最小，設(shè)為Fmin，從B到C，
由動(dòng)能定理得mgR(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mv22－0，
由牛頓第二定律得Fmin－mg＝eq \f(mv22,R)，
解得Fmin＝70 N，
根據(jù)牛頓第三定律可知C點(diǎn)受到的壓力最大值為102 N，最小值為70 N.
例5 (2021·湖北省1月選考模擬·7)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)能為小物塊當(dāng)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.eq \f(49H,sin θ) B.eq \f(39H,sin θ)
C.eq \f(29H,sin θ) D.eq \f(20H,sin θ)
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＝eq \f(H,sin θ)，第一次通過(guò)O點(diǎn)后動(dòng)能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此時(shí)利用動(dòng)能定理知小物塊上升高度H1＝95%H，第二次到達(dá)O點(diǎn)所走的路程s2＝eq \f(2H1,sin θ)＝95%eq \f(2H,sin θ)，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＝(95%)2eq \f(2H,sin θ)，…，故小物塊所走的總路程s總＝s1＋s2＋…sn＝eq \f(H,sin θ)＋95%eq \f(2H,sin θ)＋(95%)2eq \f(2H,sin θ)＋…(95%)n－1eq \f(2H,sin θ)，n無(wú)窮大時(shí)，可得s總＝eq \f(39H,sin θ)(等比數(shù)列求和)，故B正確．
課時(shí)精練
1.如圖所示，半圓形光滑軌道豎直固定在AB桿上，桿長(zhǎng)L＝1 m，半圓與水平方向相切于B點(diǎn)，半徑R＝0.5 m，距其右側(cè)一定水平距離處固定一個(gè)斜面體．斜面C端離地高度h＝0.8 m，E端固定一輕彈簧，彈簧原長(zhǎng)為DE，DE＝0.375 m，斜面CD段粗糙而DE段光滑．現(xiàn)將一質(zhì)量為1 kg的物塊(可看作質(zhì)點(diǎn))從圓軌道某處?kù)o止釋放，離開(kāi)最低點(diǎn)B后恰能落到斜面頂端C處，且速度方向恰好平行于斜面，物塊沿斜面下滑壓縮彈簧后又沿斜面向上返回，第一次恰能返回到最高點(diǎn)C.斜面傾角θ＝53°，重力加速度g＝10 m/s2.已知sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，求：
(1)物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大?。?br>(2)物塊在粗糙斜面CD段上能滑行的總路程s.
答案 (1)14.5 N (2)3.25 m
解析 (1)物塊從B到C做平拋運(yùn)動(dòng)，則有vy2＝2g(L－h(huán))
在C點(diǎn)時(shí)有tan θ＝eq \f(vy,vB)
代入數(shù)據(jù)解得vB＝1.5 m/s
在B點(diǎn)對(duì)物塊進(jìn)行受力分析得F－mg＝meq \f(vB2,R)
解得F＝14.5 N
根據(jù)牛頓第三定律知物塊對(duì)軌道的壓力大小F′＝F＝14.5 N
(2)物塊在C點(diǎn)的速度為vC＝eq \f(vy,sin θ)＝2.5 m/s
物塊從C點(diǎn)下滑到返回C點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得
－μmgcs θ×2xCD＝0－eq \f(1,2)mvC2
xCE＝eq \f(h,sin θ)＝1 m
xCD＝xCE－xDE
代入數(shù)據(jù)解得μ＝eq \f(5,12)
最終物塊在DE段來(lái)回滑動(dòng)，從C到D，根據(jù)動(dòng)能定理得：
mgxCDsin θ－μmgcs θ×s＝0－eq \f(1,2)mvC2
解得s＝3.25 m.
2.如圖所示，讓擺球從圖中的C位置由靜止開(kāi)始擺下，擺到最低點(diǎn)D處，擺線剛好被拉斷，小球在粗糙的水平面上由D點(diǎn)向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)A孔進(jìn)入半徑R＝0.3 m的豎直放置的光滑圓軌道，當(dāng)擺球進(jìn)入圓軌道立即關(guān)閉A孔．已知擺線長(zhǎng)L＝2 m，θ＝53°，小球質(zhì)量為m＝0.5 kg，D點(diǎn)與A孔的水平距離s＝2 m，g取10 m/s2.(sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)
(1)求擺線能承受的最大拉力為多大；
(2)要使擺球能進(jìn)入圓軌道并且不脫離軌道，求擺球與粗糙水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的范圍．
答案 (1)9 N (2)0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025
解析 (1)當(dāng)擺球由C到D運(yùn)動(dòng)，
根據(jù)動(dòng)能定理有mg(L－Lcs θ)＝eq \f(1,2)mvD2
在D點(diǎn)，由牛頓第二定律可得Fm－mg＝meq \f(vD2,L)，
解得Fm＝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(dá)A孔，設(shè)小球到達(dá)A孔的速度恰好為零，由動(dòng)能定理可得
－μ1mgs＝0－eq \f(1,2)mvD2，
可得μ1＝0.4
若進(jìn)入A孔的速度較小，那么小球?qū)?huì)在圓心以下做往返運(yùn)動(dòng)，不脫離軌道，其臨界情況為到達(dá)圓心等高處速度為零，由動(dòng)能定理可得
－mgR＝0－eq \f(1,2)mvA2
由動(dòng)能定理可得－μ2mgs＝eq \f(1,2)mvA2－eq \f(1,2)mvD2，
可求得μ2＝0.25
②若小球能過(guò)圓軌道的最高點(diǎn)則不會(huì)脫離軌道，當(dāng)小球恰好到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，在圓軌道的最高點(diǎn)，由牛頓第二定律可得mg＝meq \f(v2,R)，
由動(dòng)能定理可得
－μ3mgs－2mgR＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mvD2，
解得μ3＝0.025
綜上所述，動(dòng)摩擦因數(shù)μ的范圍為0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025.
3.如圖所示，粗糙水平面AB與粗糙斜面BC平滑連接，斜面傾角為37°，一半徑為R＝4 m的光滑圓弧軌道CD與斜面相切于C點(diǎn)，D點(diǎn)在圓心O的正上方，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)．在水平面上的A點(diǎn)靜止放有一質(zhì)量為m＝0.5 kg的小物塊，給小物塊施加斜向右上方與水平方向夾角為37°、大小為F＝5 N的恒力，一直保持F對(duì)小物塊的作用，小物塊恰好能夠通過(guò)D點(diǎn)．已知小物塊與水平面、斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
(1)小物塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的速度大?。?br>(2)AB的長(zhǎng)度．
答案 (1)4 m/s (2)eq \f(28,3) m
解析 (1)設(shè)小物塊在半圓軌道的最高點(diǎn)D的速度為vD，
根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有mg－Fsin 37°＝meq \f(vD2,R)
解得vD＝4 m/s
(2)小物塊從C點(diǎn)到D點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有
FRsin 37°－mg(R＋Rcs 37°)＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)mvC2
小物塊從B點(diǎn)到C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有
F－mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma1
解得a1＝0，說(shuō)明小物塊從B點(diǎn)到C點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則
vB＝vC＝4eq \r(7) m/s
小物塊從A點(diǎn)到B點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有
FLABcs 37°－(mg－Fsin 37°)μLAB＝eq \f(1,2)mvB2
聯(lián)立解得LAB＝eq \f(28,3) m.
4．如圖所示，一小球從A點(diǎn)以某一水平向右的初速度出發(fā)，沿水平直線軌道運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后，進(jìn)入半徑R＝10 cm的光滑豎直圓形軌道，圓形軌道間不相互重疊，即小球離開(kāi)圓形軌道后可繼續(xù)向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，C點(diǎn)右側(cè)有一壕溝，C、D兩點(diǎn)的豎直高度h＝0.8 m，水平距離s＝1.2 m，水平軌道AB長(zhǎng)為L(zhǎng)1＝2.75 m，BC長(zhǎng)為L(zhǎng)2＝3.5 m，小球與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2.
(1)若小球恰能通過(guò)圓形軌道的最高點(diǎn)，求小球在A點(diǎn)的初速度大小；
(2)小球既能通過(guò)圓形軌道的最高點(diǎn)，又不掉進(jìn)壕溝，求小球在A點(diǎn)初速度大小的范圍．
答案 (1)4 m/s (2)4 m/s≤vA≤5 m/s或vA≥eq \r(34) m/s
解析 (1)小球恰好通過(guò)圓形軌道的最高點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得mg＝eq \f(mv12,R)
從A點(diǎn)到圓形軌道的最高點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：
－μmgL1－mg×2R＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mvA12
解得小球在A點(diǎn)的初速度vA1＝4 m/s
(2)若恰好運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，速度為零，則從A到C的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得－μmg(L1＋L2)＝0－eq \f(1,2)mvA22
解得小球在A點(diǎn)的初速度vA2＝5 m/s
因此若小球停在BC段，則滿足4 m/s≤vA≤5 m/s
若恰好能越過(guò)壕溝，則從C到D做平拋運(yùn)動(dòng)
h＝eq \f(1,2)gt2
s＝vt
從A到C的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得－μmg(L1＋L2)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mvA32
解得小球在A點(diǎn)的初速度vA3＝eq \r(34) m/s
因此若小球能越過(guò)壕溝，則滿足
vA≥eq \r(34) m/s.

相關(guān)學(xué)案

新高考物理一輪復(fù)習(xí)精品學(xué)案第8章專(zhuān)題強(qiáng)化14電場(chǎng)性質(zhì)的綜合應(yīng)用（含解析）：

這是一份新高考物理一輪復(fù)習(xí)精品學(xué)案第8章專(zhuān)題強(qiáng)化14電場(chǎng)性質(zhì)的綜合應(yīng)用（含解析），共15頁(yè)。

新高考物理一輪復(fù)習(xí)精品學(xué)案第9章專(zhuān)題強(qiáng)化16電學(xué)實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)（含解析）：

這是一份新高考物理一輪復(fù)習(xí)精品學(xué)案第9章專(zhuān)題強(qiáng)化16電學(xué)實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)（含解析），共17頁(yè)。學(xué)案主要包含了螺旋測(cè)微器，游標(biāo)卡尺，常用電表的讀數(shù)等內(nèi)容，歡迎下載使用。

新高考物理一輪復(fù)習(xí)精品學(xué)案第15章專(zhuān)題強(qiáng)化206氣體實(shí)驗(yàn)定律的綜合應(yīng)用（含解析）：

這是一份新高考物理一輪復(fù)習(xí)精品學(xué)案第15章專(zhuān)題強(qiáng)化206氣體實(shí)驗(yàn)定律的綜合應(yīng)用（含解析），共12頁(yè)。

英語(yǔ)朗讀寶

相關(guān)學(xué)案 更多

新高考物理一輪復(fù)習(xí)精品學(xué)案第9章專(zhuān)題強(qiáng)化17電學(xué)實(shí)驗(yàn)綜合（含解析）

新高考物理一輪復(fù)習(xí)精品學(xué)案第9章專(zhuān)題強(qiáng)化17電學(xué)實(shí)驗(yàn)綜合（含解析）
新高考物理一輪復(fù)習(xí)精品學(xué)案第6章第2講動(dòng)能定理及其應(yīng)用（含解析）

新高考物理一輪復(fù)習(xí)精品學(xué)案第6章第2講動(dòng)能定理及其應(yīng)用（含解析）
新高考物理一輪復(fù)習(xí)精品學(xué)案第3章專(zhuān)題強(qiáng)化5牛頓第2定律的綜合應(yīng)用（含解析）

新高考物理一輪復(fù)習(xí)精品學(xué)案第3章專(zhuān)題強(qiáng)化5牛頓第2定律的綜合應(yīng)用（含解析）
2022屆高考物理一輪復(fù)習(xí)講義學(xué)案（新高考人教版）第六章 專(zhuān)題強(qiáng)化九 動(dòng)能定理在多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用

2022屆高考物理一輪復(fù)習(xí)講義學(xué)案（新高考人教版）第六章 專(zhuān)題強(qiáng)化九 動(dòng)能定理在多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專(zhuān)區(qū)
歡迎來(lái)到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬(wàn)優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬(wàn)優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬(wàn)教師選擇，專(zhuān)業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過(guò)期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部