动能定理求解多过程问题
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1、动能定理求解多过程问题1. 由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂,从动力学的角度分析往往比较复杂,利用动能定 理分析此类问题,是从总体上把握研究对象运动状态的变化,并不需要从细节上了解。2. 运用动能定理解决问题时,有两种思路:一种是全过程列式,另一种是分段列式。3. 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,要注意运用它们的特点:(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等于力的大小与路程的乘积。4. 利用动能定理求解多过程问题的基本思路(1) 弄清物体的运动由哪些过程组成。(2) 分析每个过程中物体的受力情况
2、。(3) 各个力做功有何特点,对动能的变化有无影响。(4) 从总体上把握全过程,写出总功表达式,找出初、末状态的动能。(5) 对所研究的全过程运用动能定理列方程。【典例1】如图所示,AB、CD为两个对称斜面,其上部足够长,下部B、C分别与一个光滑的圆弧面 的两端相切,圆弧圆心角为120,半径R为2.0 m,一个物体在离弧底E高度为h = 3.0 m处,以初速度v =4.0 m/s沿斜面运动,若物体与两斜面间的动摩擦因数均为0.02,则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共【答案】280 m【解析】两个斜面的下部/ F分别与光滑的圆弧面相切,圆心角为120J所以可得出斜面的倾角为 &二甸S物体在斜
3、面上所受到的滑动摩撥力为重力沿斜面的分力&=呻如=零吨瑶所以.物体不能停留在斜面上。物休在斜面上滑动时,由于摩擦力做功,物体的机械能逐渐减小,物体滑到斜面上的高度逐渐降低, 物体最终将在皮亡间做往复运动。设物体在斜面上运动的总路程対厂对全过程应用动能定理得mghR(1cos 60)mgscos 60 = 0-2血*2,解得 s=280 m。【典例2】如图所示,质量m=6.0 kg的滑块(可视为质点),在F=60 N的水平拉力作用下从A点由静 止开始运动,一段时间后撤去拉力F,当滑块由平台边缘B点飞出后,恰能从水平地面上的C点沿切线方 向落入竖直圆弧轨道CDE,并从轨道边缘E点竖直向上飞出,经过
4、0.4 s后落回E点。已知A、B间的距离L=2.3 m,滑块与平台间的动摩擦因数“ = 0.5,平台离地面咼度h=0.8 m, B、C两点间水平距离x=1.2 m, 圆弧轨道半径R=1.0 m。重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:(1)滑块运动到B点时的速度大小;(2)滑块在平台上运动时受水平拉力F作用的时间;(3)滑块沿圆弧轨道由C到E过程克服摩擦做的功。解题指导:通过“三遍”读题,完成“拆分”过程。(1)AB过程中,有F作用时匀加速直线运动。(第1个小题)(2)A-B过程中,无F作用时匀减速直线运动。(第2个小题)(3)BC过程中,平抛运动。(第3个小题)(4)CE过程中,有摩
5、擦力存在的圆周运动。(第4个小题)(5)从E点抛出到落回E点过程中,竖直上抛运动。(第5个小题)【答案】 (1)3 m/s (2)0.8 s (3)27 J【解析】 滑块由5至巴过程做平抛运动(第3个小题)水平方向分)竖直方冋Q訥1分)解得:T= 3 in-X 1 分)滑块由赴至占过程中,F作用时间内做匀加速直线运动篇1个小题 尸一#帼二翊12分)Fi=ai/i(l 分)x1 = 2a1t2(1 分)撤去F后滑块做匀减速直线运动(第2个小题)a2=g(1 分)VB = V1a2t2(1 分)X2 = VBt2 + 2a2t2(1 分)L=X+x2(l 分)联立可得t1=0.8 s(1分)由B至
6、C过程根据动能定理(第3个小题)得: *c=5 m/s所以 cos a=VB=0.6(1 分)滑块从E点上抛至落回的时间用怎表示,(第5个小题)则 vr=2inXl 分)滑块沿圆弧轨道由U到E过程,驚4个小题)设克服摩撫力做功为阳由动能定理可得;Tf/=27JU)【典例3】如图所示,倾斜轨道AB的倾角为37。,CD、EF轨道水平,AB与CD通过光滑圆弧管道BC 连接,CD右端与竖直光滑圆周轨道相连。小球可以从D进入该轨道,沿轨道内侧运动,从E滑出该轨道 进入EF水平轨道。小球由静止从A点释放,已知AB长为5R,CD长为R,重力加速度为g,小球与倾斜 轨道AB及水平轨道CD. EF的动摩擦因数均
7、为0.5,sin 37 = 0.6,cos 37=0.8,圆弧管道BC入口 B与出 口 C的高度差为1.8R。求:(在运算中,根号中的数值无需算出)(1)小球滑到斜面底端C时速度的大小;(2)小球刚到C时对轨道的作用力;(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道,竖直圆周轨道的半径R应该满足的条件。【答案】6.6mg,方向竖直向下(3)RV0.92R 或 RA2.3R【解析】(1)设小球到达C时速度为vC,小球从A运动至C过程,由动能定理有:mg(5Rsin 37+1.8R)mgcos 375R=2mvC:可得:(2)小球沿BC轨道做圆周运动,设在C时轨道对小球的作用力为FN,由牛顿第二定律,有:F
8、N_mgr其中 r 满足:r+rcos 37=1.8R联立解得:FN=6.6mg由牛顿第三定律可得小球对轨道的作用力为6尿引方向竖直向下。(为要使小球不脱离號道,有两种情况:情况一:小球能滑过圆周轨道最高点,进入E尸轨道:则小球在最高点应满足;碍殛 小球从C直到此最高点过程,由动育症理,有:卿叹盹 2Rr= l/ttv2 心可得:尺寻氏情况二:小球上滑至四分之一圆周轨道的最高点时,速度减为零,然后滑回D。则由动能定理有:ymgR 一 mgR=0 一 2mvC2 解得:RA2.3R所以要使小球不脱离轨道,竖直圆周轨道的半径R应该满足R竺0.92R或RA2.3R。xk/w【跟踪短训】1.如图所示,
9、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=0.50 m,盆边缘的高度为h=0.30 m,在A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为“ = 0.10。小物块在盆内来回 滑动,最后停下来,则停的地点到B点的距离为()dA. 0.50 mB. 0.25 mC. 0.10 mD. 0【答案】D【解析】 设小物块在BC面通过的总路程为s,由于只有BC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,摩擦力做功为一“mgs,而重力做功与路径无关,由动能定理得:mgh
10、 “mgs = 00,代入数据可解得s=3 m。由于d=0.50 m,所以,小物块在BC面经过3次往复运动后,停在B点。2.如图所示,斜面的倾角为0,质量为m的滑块与挡板P的距离为x0,滑块以初速度v0沿斜面上滑, 滑块与斜面间的动摩擦因数为“,滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失,滑块经过的总路程是()A血gCob+xotanB(2gSb+xotanC2(2gC0b+xotan JD.fgcOs+xocot J【答案】A【解析】滑块最终要停在斜面底咅阳设滑块经过的总踣程为心对滑块运动的全程应用功能关系全 程所产生的熟量为Q二新哪+僭砧n叭又由全程产生的熟
11、量等于克服摩擦力所俶的功,即Q二卿时g叭解得尸+兎怜帀十兀血盯选顷蠱正确。3在某游乐闯关节目中,选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上,两位同学观看后对此进行了 讨论。如图所示,他们将选手简化为质量m=60 kg的质点,选手抓住绳由静止开始摆动,此时绳与竖直方 向的夹角=53,绳的悬挂点O距水面的高度为H=3 m。不考虑空气阻力和绳的质量,浮台露出水面的高 度不计,水足够深。取重力加速度g=10 m/s2,sin 53。=0.8, cos 53。= 0.6。(1) 求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F;(2) 若绳长l=2 m,选手摆到最高点时松手落入水中。设水对选手的平均浮力F = 800
12、 N,平均阻力F2 = 700 N,求选手落入水中的深度d;(3) 若选手摆到最低点时松手,甲同学认为绳越长,在浮台上的落点距岸边越远;乙同学却认为绳越短, 落点距岸边越远。请通过推算说明你的观点。【答案】:(1)1 080 N (2)1.2 m (3)见【解析】【解析】:(1)由静止至摆动到最低点,对选手由动能定理得mgl(1 cos )=2mv20选手在最低点处由牛顿第二定律得Fmg=mV2T由牛顿第三定律得F=F= 1 080 No(2) 选手摆到最高点时松手落入水中,如图所示:H-l etja 浮台对选手由动能定理得wg(JY ko&a+ Q 0i +Jr2)fy= 0 0 解得d 1
13、.2垃选手摆到最低点时松手将做平抛运动,M:竖直方向H-水平方向X=i/f 由可得v=逅丽 解得a=寸1血可知当1=孑=1.5 m时,x取最大值,落点距岸边最远。4. 如图甲所示,轻弹簧左端固定在竖直墙上,右端点在O位置。质量为m的物块A(可视为质点)以初 速度v0从距O点右方x0的P点处向左运动,与弹簧接触后压缩弹簧,将弹簧右端压到O点位置后,A又被 弹簧弹回。A离开弹簧后,恰好回到P点。A与水平面间的动摩擦因数为M。求:ZL卜 xa甲(1) A从P点出发又回到P点的过程,克服摩擦力所做的功;(2) 0点和O点间的距离x1;(3) 如图乙所示,若将另一个与A完全相同的物块B(可视为质点)与弹
14、簧右端拴接,将A放在B右边, 向左推A、B,使弹簧右端压缩到0点位置,然后从静止释放,A、B共同滑行一段距离后分离。分离后A 向右滑行的最大距离x2。【答案】(诒叫2(2)4Mg工。a。歳【解析】(1)A从P点出发又回到P点的过程,根据动能定理得 克服摩擦力所做的功为Wf=2mv02。(2)A从P点出发又回到P点的过程,根据动能定理得2mg(x1 +x0)=2mv02(3皿K在弾瞥处于原长姒。点妲分萄设此时它们的共同速度杲弾出过程弾酱弾力做功対阶 只有/时,从。到卩有Ff7网gxi + ro)=0 -0A. B共同从点到D点有晒-如的=孰血5. 如图,一轻弹簧原长为2R,其一端固定在倾角为37
15、的固定直轨道AC的底端A处,另一端位于直 轨道上B处,弹簧处于自然状态,直轨道与一半径为|r的光滑圆弧轨道相切于C点,AC=7R, A、B、C、 D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑,最低到达E点(未画出),随后P沿 轨道被弹回,最高到达F点,AF=4R,已知P与直轨道间的动摩擦因数重力加速度大小为go (取34sin 37。= , cos 37。=)(1) 求P第一次运动到B点时速度的大小;(2) 求P运动到E点时弹簧的弹性势能;(3) 改变物块P的质量,将P推至E点,从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后,7恰好通过G点。G点在C点左下方,与C点水平
16、相距2人、竖直相距R,求P运动到D点时速度的大小和改 变后P的质量。【答案】(1)2冷gR号mgR (3)fm【解析】由题意可知:lBC=7R-2R=5R 设P到达B点时的速度为vB,由动能定理得 mglBCsin 0-mglBCcos 0=*mvB式中0=37。,联立式并由题给条件得 vB=2-JgR设BE=x, P到达E点时速度为零,此时弹簧的弹性势能为Ep,由B_E过程,mgxsin 0mgxcosEp=02mvE、F之间的距离l1为l1=4R2R+xP到达E点后反弹,从E点运动到F点的过程中,由动能定理有Epmgxsin 0“mgcos 0=0联立式得x=R12 Ep=-5 mgR 根
17、据动能定理得。由几何关系(如图(3)设改变后P的质量为m1,D点与G点的水平距离为x1和竖直距离为y1,0=37 所示)得:x1 = 2r6Rsin 0=3Ry1=R+6R+6Rcos 0=2r设卩在。点的速度为怜 由D点运动到G点的时间为九 由平抛运动公式得:1 = 121联立回回得:!设0在亡点速度的大小为吧 在尹由运动到D的过程中机械能守恒,有I5+ 曲迟(評 4- gEcos &) P由E点运动到C点的过程中,由动能定理得Epm1g(x+5R)sin 0jwm1g(x+5R)cos 0=2m1vc联立得1m1=3m6. 如图所示,质量为m=1 kg的可视为质点的小物体轻轻放在匀速运动的
18、传送带上的P点,随传送带 运动到A点后水平抛出,小物体恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑,圆弧轨道与质量为M=2 kg的足够长的小车左端在最低点O点相切,小物体在O点滑上小车,水平地面光滑,当小物 体运动到障碍物Q处时与Q发生无机械能损失的碰撞。碰撞前小物体和小车已经相对静止,而小车可继续 向右运动(小物体始终在小车上),小车运动过程中和圆弧无相互作用。已知圆弧半径R=1.0 m,圆弧对应的 圆心角3为53,A点距水平地面的高度h=0.8 m,小物体与小车间的动摩擦因数为“ = 0.1,重力加速度g=10 m/s2, sin53 = 0.8.(1) 小物体离开A点的水平速度V
19、;(2) 小物体经过O点时对轨道的压力大小;(3) 第一次碰撞后直至静止,小物体相对小车的位移和小车做匀减速运动的总时间。【解析】卩)对小物体由卫到舌有:玳二前在旗、:诚瓷解得Ti=3m-S由到0根据动能定理有:冷十占一Rg iff)=耐说孑卅V7在。点,由牛顿第二定律有:吨二驾解得;vo=VB m-s,N由牛顿第三定律得小韧休对轨道的圧力为Fcf=Fh-=43N,方向竖直向下(3)摩擦力 Ff=“mg=1 N,加速度 am=yg=1 m/s2, aM=M= 0.5 m/s2.小物体滑上小车后经过时间t达到的共同速度为vt,则t=1,得 vPm/saMam七3由于碰撞不损失能量,小物体在小车上重复做匀减速和匀加速运动,相对小车始终向左运动,小物体 与小车最终静止,摩擦力做功使动能全部转化为内能,故有:Ff1 相=(M+m)v2,得1相=55 mF小车从小物体碰撞后开始匀减速运动,(每个减速阶段)加速度不变,aM=Mf=0.5 m/s2, vt=aMt,.33 s
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