动能定理在多过程问题中的应用 (含答案)

动能定理在多过程问题中的应用

模型特征：优先考虑应用动能定理的典型问题 (1)不涉及加速度、时间的问题．

(2)有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题． (3)变力做功的问题．

(4)含有F 、l 、m 、v 、W 、E k 等物理量的力学问题． 1、

解析 (1)小滑块由C 运动到A ，由动能定理得

mgL sin 37°－μmgs ＝0 （2分） 解得μ＝24

35 （1分）

(2)设在斜面上，拉力作用的距离为x ，小滑块由A 运动到C ，由动能定理得 Fs －μmgs ＋Fx －mgL sin 37°＝0 （2分） 解得x ＝1.25 m

（1分） (3)小滑块由A 运动到B ，由动能定理得Fs －μmgs ＝1

2m v 2

（2分） 由牛顿第二定律得F －mg sin 37°＝ma （2分） 由运动学公式得x ＝v t ＋1

2at 2

（2分） 联立解得t ＝0.5 s

（1分）

答案 (1)24

35

(2)1.25 m (3)0.5 s

2、一质量为2 kg 的铅球从离地面2 m 高处自由下落，陷入

沙坑中2 cm 深处，如图所示，求沙子对铅球的平均阻力(g ＝10 m/s 2)． 答案 2 020 N

解析 小球的运动包括自由落体运动和陷入沙坑减速运动两个过程，知

道初末态动能和运动位移，应选用动能定理解决，处理方法有两种：

解法一 分段列式：铅球自由下落过程中，设小球落到沙面时速度为v ，则：mgH ＝1

2m v 2

v ＝2gH ＝2×10×2 m/s ＝210 m/s.

铅球陷入沙坑过程中，只受重力和阻力F f 作用，由动能定理得：mgh －F f h ＝0－m v 2

2

F f ＝mgh ＋m v 22h ＝2×10×0.02＋2×

(210)2

2

0.02

N ＝2 020 N

解法二 全程列式：全过程都有重力做功，进入沙中又有阻力做功． 所以W 总＝mg (H ＋h )－F f h

由动能定理得：mg (H ＋h )－F f h ＝0－0

故：F f ＝mg (H ＋h )h ＝2×10×(2＋0.02)

0.02 N ＝2 020 N.

3、如图所示装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处 均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的， 水平轨道BC 的长度s ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°， A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为h 1＝4.30 m 、h 2＝1.35 m ．

现让质量为m 的小滑块自A 点由静止释放．已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)小滑块第一次到达D 点时的速度大小； (2)小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔． 答案 (1)3 m/s (2)2 s

解析 (1)物块从A →B →C →D 过程中，由动能定理得 mg (h 1－h 2)－μmgs ＝1

2m v D 2－0，

解得：v D ＝3 m/s

(2)小物块从A →B →C 过程中，有 mgh 1－μmgs ＝12m v 2

C

解得：v C ＝6 m/s

小物块沿CD 段上滑的加速度 a ＝g sin θ＝6 m/s 2

小物块沿CD 段上滑到最高点的时间 t 1＝v C

a

＝1 s

小物块从最高点滑回C 点的时间t 2＝t 1＝1 s 故t ＝t 1＋t 2＝2 s

4、如图所示，粗糙水平地面AB 与半径R ＝0.4 m 的光滑半圆

轨道BCD 相连接，且在同一竖直平面内，O 是BCD 的圆心， BOD 在同一竖直线上．质量m ＝2 kg 的小物块在9 N 的水 平恒力F 的作用下，从A 点由静止开始做匀加速直线运动．

已知AB ＝5 m ，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2.当小物块运动到B 点时撤去力F .取重力加速度g ＝10 m/s 2.求： (1)小物块到达B 点时速度的大小；

(2)小物块运动到D 点时，轨道对小物块作用力的大小； (3)小物块离开D 点落到水平地面上的点与B 点之间的距离． 答案 (1)5 m/s (2)25 N (3)1.2 m 解析 (1)从A 到B ，根据动能定理有 (F －μmg )x AB ＝12m v 2

B

得v B ＝

2(F －μmg )x AB

m

＝5 m/s

(2)从B 到D ，根据动能定理有 －mg ·2R ＝12m v 2D －12m v 2

B

得v D ＝v 2B －4Rg ＝3 m/s

在D 点，根据牛顿运动定律有F N ＋mg ＝m v 2D R

得F N ＝m v 2

D R

－mg ＝25 N

(3)由D 点到落点小物块做平抛运动，在竖直方向上有 2R ＝12gt 2

得t ＝

4R g

＝ 4×0.4

10

s ＝0.4 s

水平地面上落点与B 点之间的距离为 x ＝v D t ＝3×0.4 m ＝1.2 m

5、水上滑梯可简化成如图所示的模型：倾角为θ＝37°的倾斜滑道AB 和水平滑道BC 平滑

连接，起点A 距水面的高度H ＝7.0 m ，BC 的长度d ＝2.0 m ，端点C 距水面的高度h ＝1.0 m ．一质量m ＝50 kg 的运动员从滑道起点A 无初速度地自由滑下，运动员与AB 、BC 间的动摩擦因数均为μ＝0.1.(取重力加速度g ＝10 m/s 2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，运动员在运动过程中可视为质点)

(1)求运动员沿AB 下滑时加速度的大小a ；

(2)求运动员从A 滑到C 的过程中克服摩擦力所做的功W 和到达C 点时速度的大小v C ； (3)保持水平滑道端点在同一水平线上，调节水平滑道高度h 和长度d 到图中B ′C ′位置时，运动员从滑梯平抛到水面的水平位移最大，求此时滑道B ′C ′距水面的高度h ′. 答案 (1)5.2 m /s 2 (2)500 J 10 m/s (3)3 m 解析 (1)运动员沿AB 下滑时，受力情况如图所示 F f ＝μF N ＝μmg cos θ 根据牛顿第二定律： mg sin θ－μmg cos θ＝ma

得运动员沿AB 下滑时加速度的大小为： a ＝g sin θ－μg cos θ＝5.2 m/s 2

(2)运动员从A 滑到C 的过程中，克服摩擦力做的功为：

W ＝μmg cos θ·H －h sin θ＋μmgd ＝μmg [d ＋(H －h )cot θ]＝10μmg ＝500 J ，

mg (H －h )－W ＝12m v 2

C

－0

解得运动员滑到C 点时速度的大小v C ＝10 m/s

(3)在从C ′点滑出至落到水面的过程中，运动员做平抛运动的时间为t ， h ′＝1

2

gt 2，t ＝

2h ′

g

下滑过程中克服摩擦力做功保持不变，W ＝500 J 根据动能定理得：

mg (H －h ′)－W ＝1

2m v 2－0，v ＝2g (H －1－h ′)

运动员在水平方向的位移：