最后更新: 2024-12-14 18:11 ● 参与者查看: 43 次纠错分享参与项目词条搜索

动能定理在往复运动问题中的应用

1.往复运动问题：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.
2.解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，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，所以用动能定理分析这类问题可简化解题过程.

`例`如图所示，固定斜面的倾角为θ，质量为m的滑块从距挡板P的距离为x0处以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，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，重力加速度为g，则滑块经过的总路程是
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 $A \cdot \frac{1}{\mu}\left(\frac{v_0^2}{2 g \cos \theta}+x_0 \tan \theta\right)$
B. $\frac{1}{\mu}\left(\frac{v_0^2}{2 g \sin \theta}+x_0 \tan \theta\right)$
C. $\cdot \frac{2}{\mu}\left(\frac{v_0^2}{2 g \cos \theta}+x_0 \tan \theta\right)$
D. $\frac{1}{\mu}\left(\frac{v_0^2}{2 g \cos \theta}+\frac{x_0}{\tan \theta}\right)$

解：滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为 $x$ ，对滑块运动的全程应用动能定理得 $m g x_0 \sin \theta-\mu m g x \cos \theta=0-\frac{1}{2} m v_0{ }^2$,解得 $x=\frac{1}{\mu}\left(\frac{v_0^2}{2 g \cos \theta}+x_0 \tan \theta\right)$, 选项 A 正确.

`例`如图所示，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水平，其长度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的小物块并让其由静止下滑.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μ＝0.1.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为
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A.0.50 m  				B.0.25 m
C.0.10 m  				D.0

解：小物块从 $A$ 点出发到最后停下来, 设小物块在 $B C$ 面上运动的总路程为 $s$, 整个过程由动能定理有: $m g h-\mu m g s=0$, 所以小物块在 $B C$面上运动的总路程为 $s=\frac{h}{\mu}=\frac{0.3}{0.1} m=3 m$, 而 $d=0.5 m$, 刚好 3 个来回, 所以最终停在 $B$ 点, 即到 $B$ 点的距离为 0 , 故选 D.

`例`如图所示，一物体由固定斜面上的A点以初速度v0下滑到底端B，它与挡板发生无动能损失的碰撞后又滑回到A点，其速度恰好为零.设A、B两点高度差为h，重力加速度为g，则它与挡板碰前瞬间的速度大小为
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 A. $\sqrt{2 g h+\frac{v_0^2}{4}}$
B. $\sqrt{2 g h}$
C. $\sqrt{2 g h+\frac{v_0^2}{2}}$
D. $\sqrt{2 g h+v_0^2}$

解：设整个滑动过程中物体所受摩擦力大小为 $F_{ f }($ 此力大小不变，下滑时方向沿斜面向上，上滑时方向沿斜面向下), 斜面长为 $s$, 则对物体由 $A \rightarrow B \rightarrow A$ 的整个过程运用动能定理, 得 $-2 F_{ f } S =0-\frac{1}{2} m v_0{ }^2$. 同理, 对物体由 $A$ 到 $B$ 的过程运用动能定理, 设物体与挡板碰前瞬间速度为 $v$, 则 $m g h-F_{ fS }=$ $\frac{1}{2} m v^2-\frac{1}{2} m v_0^2$ ，解得 $v=\sqrt{2 g h+\frac{v_0^2}{2}}, C$ 正确.

`例` 如图所示，让摆球从图中的 $C$ 位置由静止开始摆下，摆到最低点 $D$ 处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由 $D$ 点向右做匀减速运动，到达 $A$ 孔进入半径 $R=0.3 m$ 的固定在水平面上坚直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭 $A$ 孔. 已知摆线长 $L=2 m, \theta=53^{\circ}$ ，小球质量为 $m=0.5 kg, D$ 点与 $A$ 孔的水平距离 $s=2 m, g$ 取 $10 m / s ^2 .\left(\sin 53^{\circ}=0.8\right.$ ， $\left.\cos 53^{\circ}=0.6\right)$

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(1)求摆线能承受的最大拉力为多大；
(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间的动摩擦因数μ的范围.

解：（1）当摆球由 $C$ 运动到 $D$, 根据动能定理有 $m g(L-L \cos \theta)=\frac{1}{2} m v^2$, 得 $v_D=4 m / s$, 在 $D$ 点, 由牛顿第二定律可得 $F_{ Tm }-m g=m \frac{v D^2}{L}$, 可得 $F_{ Tm }$ $=9 N$
 
 （2）要保证小球能到达 $A$ 孔，设小球到达 $A$ 孔的速度恰好为零，由动能定理可得
对 $D A$ 段: $-\mu_1 m g s=0-\frac{1}{2} m v^2$ ，可得 $\mu_1=0.4$
小球不脱离圆轨道分两种情况:
①若进入 $A$ 孔的速度较小，那么将会在圆心所在高度以下做往返运动，不脱离轨道，其临界情况为到达圆心等高处速度为零，
对 $D A$ 段: 由动能定理可得 $-\mu_2 m g s=\frac{1}{2} m V A^2-\frac{1}{2} m v D^2$, 在轨道中由动能定理可得 $-m g R=0-\frac{1}{2} m v_A^2$, 可求得 $\mu_2=0.25$

②若小球进入 $A$ 孔的速度较大, 能过圆轨道的最高点, 那么也不会脱离轨道, 当小球恰好到达最高点时, 在最高点, 由牛顿第二定律可得 $m g=m \frac{v^2}{R}$,
由动能定理可得 $-\mu_3 m g s-2 m g R=\frac{1}{2} m v^2-\frac{1}{2} m v D^2$ ，解得 $\mu_3=0.025$综上所述，动摩擦因数 $\mu$ 的范围为 $0.25 \leqslant \mu \leqslant 0.4$ 或者 $\mu \leqslant 0.025$.

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