第2讲 启智微专题 满分指导2 利用动能定理解决多过程问题-【金版教程】2025年高考物理一轮复习解决方案全书word（新教材）

高考科学复习解决方案 物理 　　　　满分指导2　利用动能定理解决多过程问题 [案例剖析] (18分)如图，①一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°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，①AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。②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，②最高到达F点，AF＝4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g。 (1)③求P第一次运动到B点时速度的大小； (2)④求P运动到E点时弹簧的弹性势能； (3)⑤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，⑤恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距R、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。 [审题　抓住信息，准确推断]　 关键信息 信息挖掘 题干 ①AC＝7R，AB＝2R 说明CB＝5R ②小物块从C到E，又从E到F 弹簧的弹性势能先增加Ep，后又减少Ep 问题 ③求P第一次运动到B点时的速度大小 可对C→B过程由动能定理列式求解 ④求P运动到E点时弹簧的弹性势能 可设弹簧的弹性势能为Ep，对应的BE＝x，分别对B→E和E→F过程用动能定理列式求解 ⑤改变P的质量后 a．求P运动到D点时的速度； b．求改变后P的质量 a.求出平抛的水平位移和竖直位移，借助平抛知识求解； b．对E→D过程用动能定理求解 [破题　形成思路，快速突破]　 (1)P第一次运动到B点时速度大小的求解。 ①选研究过程：P从C到B。 ②列动能定理方程：设B、C间距离为l＝5R mglsinθ－μmgcosθ·l＝mv。 (2)P运动到E点时弹簧的弹性势能的求解。 ①选研究过程：P由B到E和P由E到F。 ②列动能定理方程：设BE＝x，EF间距离l1＝2R＋x mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－mv，Ep－mgl1sinθ－μmgcosθl1＝0。 (3)①P从D点平抛速度大小的求解。 a．水平位移：x1＝R－Rsinθ。 b．竖直位移：y1＝R＋R＋Rcosθ。 c．列平抛运动公式：x1＝vDt，y1＝gt2。 ②改变后P的质量的求解。 a．选研究过程：P从E到D。 b．列动能定理方程：设改变后P的质量为m1 Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1gcosθ(x＋5R)－m1g＝m1v。 [解题　规范步骤，水到渠成]　 (1)根据题意知，B、C之间的距离l为 l＝7R－2R＝5R① 设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得 mglsinθ－μmgcosθl＝mv② 式中θ＝37°。联立①②式并由题给条件得 vB＝2③ (2)设BE＝x。P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有 mgxsinθ－μmgcosθx－Ep＝0－mv④ E、F之间的距离l1为 l1＝4R－2R＋x＝2R＋x⑤ P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 Ep－mgl1sinθ－μmgcosθl1＝0⑥ 联立③④⑤⑥式并由题给条件得 x＝R⑦ Ep＝mgR⑧ (3)设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为 x1＝R－Rsinθ⑨ y1＝R＋R＋Rcosθ⑩ 式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。 设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动规律有y1＝gt2⑪ x1＝vDt⑫ 联立⑨⑩⑪⑫式得vD＝⑬ P由E点运动到D点的过程中，由动能定理有 Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1gcosθ(x＋5R)－m1g＝m1v⑭ 联立⑦⑧⑬⑭式得m1＝m。⑮ [评分标准]　①②③⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬⑮各1分，④⑥⑭各2分。 [点题　突破瓶颈，稳拿满分]　 (1)不敢设P到达E点时弹簧的弹性势能为Ep，BE＝x，而列不出方程组解待求量。 (2)不能正确地求出平抛运动的竖直分位移和水平分位移，导致处理不了第(3)问。 课时作业 [A组　基础巩固练] 1．物体沿直线运动的v－t图像如图所示，已知在第1秒内合力对物体做的功为W，则(　　) A．从第1秒末到第3秒末合力做功为4W B．从第3秒末到第5秒末合力做功为－2W C．从第5秒末到第7秒末合力做功为W D．从第3秒末到第4秒末合力做功为－2W 答案　C 解析　物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，合力做功为零，A错误；从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量大小相同，合力做的功为－W，B错误；从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W，C正确；从第3秒末到第4秒末速度从v0减小到，则动能变化量的大小等于第1秒内动能变化量大小的，则合力做功为－0.75W，D错误。 2．长为L的木块静止在光滑水平面上。质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并从中射出，且出射速度为v1。已知从子弹射入到射出，木块移动的距离为s，子弹在木块中受到的平均阻力大小为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　对子弹根据动能定理：－f(L＋s)＝mv－mv，解得f＝，D正确。 3．(2023·河北省唐山市第二次模拟)在篮球比赛中，投篮的投射角度会影响投篮的命中率。在某次投篮中，篮球投出速度大小为4 m/s，方向斜向上与水平面成45°角。投球点在篮筐下方，竖直距离为0.35 m。g取10 m/s2，忽略空气阻力影响，则篮球进筐的速度大小为(　　) A．3 m/s B．4 m/s C．5 m/s D．7 m/s 答案　C 解析　设篮球质量为m，篮球从投出到进筐的过程，根据动能定理可得－mgh＝mv－mv，其中h＝0.35 m，v0＝4 m/s，解得篮球进筐时的速度大小v1＝5 m/s，故选C。 4．(2020·江苏高考)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图象是(　　) 答案　A 解析　设斜面倾角为θ，物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。物块在斜面上运动时，根据动能定理有mgxtanθ－μ1mgcosθ·＝Ek－0，整理可得Ek＝(mgtanθ－μ1mg)x，即在斜面上运动时，物块的动能Ek与x成线性关系；设物块到达斜面底端时动能为Ek0，水平位移为x0，物块在水平地面上运动时，根据动能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，整理可得Ek＝－μ2mgx＋Ek0＋μ2mgx0，即在水平地面上运动时，物块的动能Ek与x也成线性关系。综上分析可知A正确。 5.(2019·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为(　　) A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg 答案　C 解析　画出运动示意图如图，设阻力大小为f，据动能定理知， A→B(上升过程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)h C→D(下落过程)：EkD－EkC＝(mg－f)h 联立以上两式，解得物体的质量m＝1 kg，C正确。 [B组　综合提升练] 6．(2023·河北省张家口市高三下三模)(多选)如图所示，光滑水平面与长2 m的粗糙水平面平滑连接，长l＝1 m的匀质木板在光滑水平面上以速度v0匀速运动，随后进入粗糙水平面。已知木板与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，要使整个木板全部停在粗糙水平面内，则v0的值可能为(　　) A．1 m/s B．1.2 m/s C．2 m/s D．2.5 m/s 答案　AB 解析　设木板质量为m，粗糙水平面长度为L，因为摩擦力的大小与木板进入粗糙水平面的长度成正比，所以木板进入粗糙水平面过程克服摩擦力做的功Wf＝(0＋μmg)l。当木板左端恰好到达粗糙水平面左端时，由动能定理知－Wf＝0－mv，解得木板在光滑水平面上的速度v1＝1 m/s；当木板右端恰好到达粗糙水平面右端时，由动能定理有－Wf－μmg(L－l)＝0－mv，解得木板在光滑水平面上的速度v2＝ m/s，所以要使整个木板全部停在粗糙水平面内，应有v1≤v0≤v2，即v0的值可能为1 m/s和1.2 m/s，故A、B正确，C、D错误。 7.(多选)如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑小球，现给小球一个冲击，使其在瞬间得到一个水平初速度v0，若v0大小不同，则小球能够上升的最大高度(距离底部)也不同。下列说法中正确的是(　　) A．如果0<v0<或v0>，则小球在运动的过程中不与轨道分离 B．如果v0＝，则小球能够上升的最大高度等于0.5R C．如果v0＝，则小球能够上升的最大高度小于1.5R D．如果v0＝2，则小球能够上升的最大高度等于2R 答案　ABC 解析　当小球刚好能滑到与圆心等高的位置时，有mgR＝mv，解得v0＝，所以0<v0<时，小球只能在下部分圆弧运动，不与轨道分离；当小球刚好能滑到最高点时，有mg＝m，根据动能定理可知－mg·2R＝mv2－mv，联立解得v0＝，所以v0>时，小球能够通过最高点，不与轨道分离，则A正确。如果v0＝，根据0<v0<时，小球只能在下部分圆弧运动，设小球能够上升的最大高度为h，则有mgh＝mv，解得h＝0.5R，所以B正确。如果v0＝，根据<v0<时，小球不能够在轨道上减速到0，会脱离轨道，由动能定理有－mgh′＝mv′2－mv，解得小球能够上升的最大高度h′＝1.5R－<1.5R，则C正确。如果v0＝2，根据<v0<时，小球不能在轨道上减速到0，会脱离轨道，则小球能够上升的最大高度小于2R，所以D错误。 8．(2023·安徽省淮南市高三下第二次模拟)如图甲所示，有一粗糙斜面，下端固定一轻质弹簧，初始时弹簧自然伸长。一小物块在由斜面顶点静止释放后的一段时间内，物块的动能Ek随位移x变化的图像如图乙所示，其中x＝0.15 m左侧部分为直线、右侧部分为曲线。弹簧始终在弹性限度之内。则以下说法中正确的是(　　) A．小物块最大动能为0.2 J，最大位移为0.4 m B．小物块最大动能为0.2 J，最大位移为0.45 m C．小物块最大动能为0.25 J，最大位移为0.4 m D．小物块最大动能为0.25 J，最大位移为0.45 m 答案　B 解析　设小物块的质量为m，斜面的倾角为θ，弹簧的劲度系数为k，小物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，由题图乙知，x1＝0.15 m时小物块恰与弹簧接触，则小物块在0～0.15 m过程中，由动能定理有mgx1sinθ－μmgx1cosθ＝Ek1－0，x2＝0.25 m时，小物块动能达到最大，速度最大，加速度为零，有k(x2－x1)＝mgsinθ－μmgcosθ，x1～x2过程中，由动能定理有mg(x2－x1)sinθ－(x2－x1)－μmgcosθ·(x2－x1)＝Ek2－Ek1，联立解得小物块的最大动能为Ek2＝0.2 J；设小物块的最大位移为x3，则从x2～x3的过程，由动能定理有mg(x3－x2)sinθ－μmgcosθ·(x3－x2)－(x3－x2)＝0－Ek2，联立解得x3＝0.45 m(另一解x3＝0.05 m不符合题意，舍去)，故选B。 9.(2023·福建省宁德市高三下5月份质量检测)如图所示为一种打弹珠的游戏装置，高度h＝0.4 m的竖直细管AB连接半径r＝0.2 m的四分之一圆弧管形轨道BC。细管底部有一竖直轻弹簧，其长度远小于竖直细管的长度，管自身粗细对半径的影响可忽略不计。现拉动拉杆压缩弹簧，再释放拉杆，将一质量m＝0.02 kg的小球弹出，小球弹出后从管口C水平向右飞出，最终落至D点，B、D在同一水平线上，落点距管口C的水平距离x＝0.8 m。小球可视为质点，不计空气阻力和一切摩擦，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小球从管口C飞出时的速度大小； (2)拉杆做的功； (3)若x＝0.8 m固定不变，圆弧轨道半径可调，拉杆做功最小时，圆弧轨道半径的大小。 答案　(1)4 m/s　(2)0.28 J　(3)0.4 m 解析　(1)设小球从管口C飞出时的速度大小为vC，从C运动到D所用时间为t，该过程小球做平抛运动， 竖直方向有r＝gt2 水平方向有x＝vCt 联立并代入数据解得vC＝4 m/s。 (2)设拉杆做功W杆，对弹簧与小球组成的系统，由开始至小球到达管口C，根据动能定理有W杆－mg(h＋r)＝mv－0 代入数据解得W杆＝0.28 J。 (3)设圆弧轨道半径为r′，小球在管口速度大小为vC′，平抛运动时间为t′，拉杆做功为W杆′，由(1)(2)问分析可得 x＝vC′t′ r′＝gt′2 W杆′－mg(h＋r′)＝mvC′2－0 联立可得W杆′＝mgh＋mgr′＋mg 由数学知识知，当拉杆做功最小时，r′＝＝0.4 m。 8 学科网（北京）股份有限公司 $$