专题复习与训练九　动能定理在多过程问题中的应用-《备战2022年高考一轮复习专题复习与训练》

专题复习与训练九　动能定理在多过程问题中的应用 类型一　动能定理在多过程问题中的应用 知识回望 1．运用动能定理解决多过程问题，有两种思路： (1)可分段应用动能定理求解； (2)全过程应用动能定理：所求解的问题不涉及中间的速度时，全过程应用动能定理求解更简便． 2．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的数值等于力的大小与路程的乘积． 例1　(2016·浙江10月选考·20)如图甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙所示的模型．倾角为45°的直轨道AB、半径R＝10 m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF，分别通过水平光滑衔接轨道BC、C′E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离l＝40 m．现有质量m＝500 kg的过山车，从高h＝40 m处的A点由静止下滑，经BCDC′EF最终停在G点．过山车与轨道AB、EF间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG间的动摩擦因数μ2＝0.75.过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，g取10 m/s2.求： (1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小； (2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小； (3)减速直轨道FG的长度x.(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 【答案】(1)8 m/s　(2)7×103 N　(3)30 m 【解析】(1)设过山车在C点的速度大小为vC，由动能定理得mgh－μ1mgcos 45°·mvC2＝ 代入数据得vC＝8 m/s (2)设过山车在D点速度大小为vD，由动能定理得 mg(h－2R)－μ1mgcos 45°·mvD2＝ F＋mg＝m，解得F＝7×103 N 由牛顿第三定律知，过山车在D点对轨道的作用力大小为7×103 N (3)全程应用动能定理 mg[h－(l－x)tan 37°]－μ1mgcos 45°·－ μ1mgcos 37°·－μ2mgx＝0 解得x＝30 m. 变式训练1 (动能定理在多过程问题中的应用)(2020·河南信阳市罗山高三一模)如图甲所示，一倾角为37°，长L＝3.75 m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC相连，斜面与圆轨道相切于B处，C为圆弧轨道的最高点．t＝0时刻有一质量m＝1 kg的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v－t图象如图乙所示．已知圆轨道的半径R＝0.5 m．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： (1)物块与斜面间的动摩擦因数μ； (2)物块到达C点时对轨道的压力的大小FN； (3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A点滑上轨道，通过C点后恰好能落在A点．如果能，请计算出物块从A点滑出的初速度大小；如果不能请说明理由． 【答案】(1)0.5　(2)4 N　(3)见解析 【解析】(1)由题图乙可知物块上滑时的加速度大小为a＝10 m/s2① 根据牛顿第二定律有：mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma② 由①②联立解得μ＝0.5③ (2)设物块到达C点时的速度大小为vC，由动能定理得： －mg(Lsin 37°＋R＋Rcos 37°)－μmgLcos 37°＝mv02④mvC2－ 在C点，根据牛顿第二定律有：mg＋FN′＝m⑤ 联立③④⑤解得：FN′＝4 N⑥ 根据牛顿第三定律得：FN＝FN′＝4 N⑦ 物块在C点时对轨道的压力大小为4 N (3)设物块以初速度v1上滑，最后恰好落到A点 物块从C到A，做平抛运动， 竖直方向：Lsin 37°＋R(1＋cos 37°)＝gt2⑧ 水平方向：Lcos 37°－Rsin 37°＝vC′t⑨ 解得vC′＝ m/s，⑩＝ m/s> 所以物块能通过C点落到A点 物块从A到C，由动能定理得： －mg(Lsin 37°＋1.8R)－μmgLcos 37°＝⑪mvmvC′2－ 联立解得：v1＝2 m/s⑫ 类型二　动能定理在往复运动问题中的应用 知识回望 在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定． 求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出． 由于动能定理只涉及物体的初、末状态而不计运动过程的细节，此类问题多涉及滑动摩擦力，或其他阻力做功，其做功的特点与路程有关，求路程对应的是摩擦力做功，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化． 例2　如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一