素养培优9 动能定理在多过程中的应用-【创新教程】2026年高考物理总复习大一轮讲义（人教版2019）

􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋[审题指导]　解决本题的切入点为正确解读图像, 知道图线斜率的大小反映拉力的大小是解题的关 键,再将物体的运动过程分为两个阶段进行分析, ０~２m内物体做匀加速直线运动,２~４m 内物体 做匀减速直线运动． [解析]　BC　[由图像可得,WＧx 图像的斜率就是 拉力F,０~２m 过程中拉力大小为６N,２~４m 过 程中拉力大小为３N,由牛顿第二定律可知,a１＝ F－μmg m ＝２m /s２,a２＝ F－μmg m ＝－１m /s２,故０~２m 过程中,物体做匀加速运动,２~４m 过程中,物体 做匀减速运动．A．在x＝１m时,由公式v２１＝２a１x１, 解得v１＝２m/s,此时拉力的功率P＝Fv＝１２W,故 A 错误;B．在x＝４m 时,物体的动能Ek＝W 总 － fx４＝１８－１６＝２J,故B正确;C．从x＝０运动到x＝ ２m,物体克服摩擦力做的功Wf＝fx２＝８J,故 C正 确;D．从x＝０运动到x＝４m的过程中,物体在x＝ ２m时速度最大,由v２２＝２a１x２,解得v２＝２ ２m/s,此 时物体的动量p２＝mv２＝２ ２kg􀅰m/s,故 D 错 误．故选BC．] [典例３]　(多选)(２０２５􀅰临沂模拟)水平面上质量为 m＝６kg的物体,在大小为１２N 的水平拉力F 的 作用下做匀速直线运动,从x＝２．５m 位置处拉力 F 逐渐减小,力F随位移x变化规律如图所示,当x ＝７m时拉力减为零,物体也恰好停下,g取１０m/s２, 下列结论正确的是 (　　) A．物体与水平面间的动摩擦因数为０．２ B．合外力对物体所做的功为－２７J C．物体匀速运动时的速度为３m/s D．物体在减速阶段所受合外力的冲量为１２N􀅰s [解析]　ABC　[物体做匀速运动时,由平衡条件 得Ff＝F＝１２N,μ＝ Ff mg＝ １２N ６×１０N＝０．２ ,故 A 正 确;图像与坐标轴围成的“面积”表示拉力做的功, 则由图像可知WF＝１２×２．５J＋ １ ２× (７－２．５)× １２J＝５７J,滑动摩擦力做的功为 Wf＝－μmgx＝ －０．２×６×１０×７J＝－８４J,所以合外力做的功为 W 合 ＝－８４J＋５７J＝－２７J,故 B正确;由动能定 理得W 合 ＝０－１２mv ２ ０,解得v０＝３m/s,故 C正确; 由动量定理得I＝０－mv０＝－６×３N􀅰s＝－１８N 􀅰s,故 D错误．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　学生用书　P９７ 培优点一　动能定理在多过程问题中的应用 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多过程问题往往比较复杂,但 是,用动能定理分析问题,是从总体上把握其运动 状态的变化,并不需要从细节上了解．因此,动能定 理的优越性就明显地表现出来了,分析力的作用是 看力做的功,也只需把所有的力做的功累加起来 即可． 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,要注意运用它们的功能特点． (１)重力的功取决于物体的初、末位置,与路径无关． (２)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路 程的乘积． (３)弹簧弹力做功与路径无关． [典例１]　(２０２５􀅰黑龙江哈尔滨期末)如图所示,倾 角为θ＝３７°的斜面与圆心为O、半径R＝１．０m 的 光滑圆弧轨道在B 点平滑连接,且固定于竖直平面 内．斜 面 上 固 定 一个平行于斜面 的轻 质 弹 簧,现 沿斜面缓慢推动 质量为 m＝０．４ kg的滑块a使其 压缩弹簧至A 处,弹簧具有４􀆰８J弹性势能,现将 滑块a由A 处静止释放．已知A、B 之间的距离为 L＝１．５m,滑块a与斜面间动摩擦因数μ＝０．２５,C 为圆弧轨道的最低点,D 与圆心O 等高,滑块a可 视为质点,忽略空气阻力,取g＝１０m/s２,sin３７°＝ ０．６,cos３７°＝０．８,求 (１)滑块a第一次运动至B 点时速度大小; (２)滑块a第一次运动至 D 点时对轨道的压力 大小． [解析]　(１)从 A 至B 过程,根据动能定理可得 W 弹 ＋mgLsin３７°－μmgLcos３７°＝ １ ２mv ２ B－０, 其中W 弹 ＝Ep＝４．８J, 解得vB＝６m/s． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰８３１􀅰 高考总复习　物理 (２)由B到D过程,根据动能定理可得－mgRcos３７°＝ １ ２mv ２ D－ １ ２mv ２ B 在D 点,由牛顿第二定律可得 N＝ mv２D R 联立解得 N＝８N 由牛顿第三定律可得,对轨道压力大小为 N′＝N ＝８N [答案]　(１)６m/s;(２)８N [典例２]　(２０２５􀅰内蒙古通辽期末)游乐场有一新 型游乐项目,可简化成如图所示的模型,斜槽 AB 和光滑圆弧槽BC 平滑连接,竖直固定在水平地面 上,C 端左侧放置一与圆弧槽末端等高、质量m＝ １５kg的长木板(上表面水平),木板与地面间的动 摩擦因数μ０＝０．１,斜槽顶端A 距底端B 的高度 h＝６m,倾角θ＝３７°．圆弧槽BC 的半径R＝３m, 末端C 点的切线水平．一质量 M＝３０kg的小孩 (视为质点)从A 点由静止滑下,结果恰好未滑离 木板的左端．小孩与斜槽AB 间及其与木板上表面 间的动摩擦因数均为μ＝０．２,取重力加速度大小g ＝１０m/s２,sin３７°＝０．６,cos３７°＝０．８．求: (１)小孩沿斜槽AB 下滑到B 点时的速度大小v０; (２)小孩滑到C点时对圆弧槽BC 的压力大小F; (３)木板的长度x． [解析]　(１)小孩沿斜槽AB 下滑到B 点时,根据 动能定理 Mgh－fs＝１２Mv ２ ０－０, 其中f＝μMgcosθ,s＝ h sinθ , 联立解得v０＝２ ２２m/s． (２)小孩从 B 滑到C 的过程中,根据动能定理得 MgR(１－cosθ)＝１２Mv ２ C－ １ ２Mv ２ ０, 解得vC＝１０m/s, 在C 点,根据牛顿第二定律有F′－Mg＝M v２C R , 解得F′＝１３００N, 根据牛顿第三定律,小孩滑到C 点时对圆弧槽BC 的压力大小为F＝F′＝１３００N; (３)小孩在长木板上滑动,小孩加速度大小为 a＝μMgM ＝２m /s２, 长木板加速度大小为a′＝μ Mg－μ０(M＋m)g m ＝１m /s２; 由题意可知小孩到达木板左端时,两者刚好共速 v共 ,设所用时间为t,则有v共 ＝vC－at,v共 ＝a′t, 解得t＝１０３s ,v共 ＝１０３m /s, 根据位移关系可得木板的长度为x＝x孩 －x板 ＝ vC＋v共 ２ t－ v共 ２t＝ vC ２t＝ ５０ ３m． [答案]　(１)２ ２２m/s　(２)１３００N　(３)５０３m 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． 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,表达出总功,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． 　如图所示,倾角为３７°的粗糙斜面 AB 底端与半径R＝０􀆰４m的光滑 半圆轨道BC平滑相连,O 点为轨 道圆心,BC 为圆轨道直径且处于 竖直方向,A、C 两点等高,质量m＝１kg的滑块从 A 点由静止开始下滑,恰能滑到与O点等高的D 点, g取１０m/s２,sin３７°＝０􀆰６,cos３７°＝０􀆰８． (１)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ; (２)若使滑块能到达C点,求滑块从A 点沿斜面滑 下时的初速度v０ 的最小值; (３)若滑块离开C 点的速度大小为４m/s,求滑块 从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t． 解析:(１)滑块恰能滑到D 点,则vD＝０． 滑块从A→B→D 过程中,由动能定理得 mg(２R－R)－μmgcos３７°􀅰 ２R sin３７°＝０－０ ,解得 μ＝０􀆰３７５． (２)滑块恰能过 C 点时,vC 有 最 小 值,则 在 C 点 mg＝ mv２C R , 滑块从A→B→D→C 过程,由动能定理得 －μmgcos３７°􀅰 ２R sin３７°＝ １ ２mv ２ C － １ ２mv ２ ０,解 得 v０＝２３m/s． (３)滑块离开C点后做平抛运动,设下落的高度为h, 则有h＝１２gt ２,x＝vC′t, x ２R－h＝tan５３° ,其 中 vC′＝４m/s, 联立解得t＝０􀆰２s． 答案:(１)０􀆰３７５　(２)２ ３m/s　(３)０􀆰２s 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰９３１􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　第六章　机械能守恒定律 培优点二　用动能定理巧解往复运动问题 　　对于具有重复性的往复运动过程,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,所 以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化． １．灵活选择研究过程 求解多过程问题既可分段考虑,也可全过程考虑, 但要优先考虑全过程． ２．注意运用做功特点 (１)重力的功取决于物体的初、末位置,与路径无关． (２)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与 路程的乘积． (３)求全过程的总功时,注意有些力不是全过程一直 作用． [典例３]　(２０２５􀅰江苏泰州 模拟)如图所示,足够长的固 定木板的倾角为３７°,劲度系 数为k＝３６N/m 的轻质弹 簧的一端固定在木板上的P 点,图中 AP 间距等于弹簧 的自然长度．现将质量m＝１kg的可视为质点的物 块放在木板上,在外力作用下将弹簧压缩到某一位 置B 点后释放．已知木板PA 段光滑,AQ 段粗糙, 物块与木板间的动摩擦因数μ＝ ３ ８ ,物块在B 点释 放后向上运动,第一次到达A 点时速度大小为v０＝ ３ ３m/s,取重力加速度g＝１０m/s２． (１)求物块第一次向下运动到A点时的速度大小v１; (２)请说出物块最终的运动状态,并求出物块在A 点上方运动的总路程s． [解析]　(１)设物块从A点向上滑行的最大距离为s１． 根据动能定理, 上滑过程有:－mgs１sin３７°－μmgs１cos３７°＝０－ １ ２mv ２ ０ 下滑过程有:mgs１sin３７°－μmgs１cos３７°＝ １ ２mv ２ １－０ 联立解得:s１＝１．５m,v１＝３m/s (２)物块最终在A 点下方做往复运动,最高点为A 根据动能定理:μmgscos３７°＝ １ ２mv ２ ０ 代入数据解得:s＝４．５m． [答案]　(１)３m/s　(２)物块最终在A 点下方做 往复运动４．５m [典例４]　如图所示,AB 是倾 角为θ 的粗糙直轨道,BCD 是光滑的圆弧轨道,AB 恰 好在B 点与圆弧相切,圆弧 的半径为R．一个质量为m 的物体(可以看作质点) 从直轨道上的P点由静止释放,结果它能在两轨道间 做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高,物体与 轨道AB间的动摩擦因数为μ,求: (１)物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通 过的总路程; (２)最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时,对圆弧 轨道的压力; (３)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D,释 放点距B 点的距离L′应满足什么条件． 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　(１)利用动能定理求摩擦力做的功 (２)对圆周运动条件的分析和应用 (３)圆周运动中能过最高点的条件 [解析]　(１)因为摩擦力始终对物体做负功,所以 物体最 终 在 圆 心 角 为 ２θ 的 圆 弧 轨 道 上 做 往 复 运动． 对整体过程由动能定理,得 mgR􀅰cosθ－μmgcosθ􀅰s＝０, 所以总路程为s＝R μ ; (２)对B→E 过程mgR(１－cosθ)＝１２mv ２, ① FN－mg＝ mv２ R , ② 由①②,得FN＝(３－２cosθ)mg, 由牛顿第三定律可知,物体对轨道的压力是 (３－２cosθ)􀅰mg,方向竖直向下． (３)设物体刚好到D 点,则mg＝ mv２D R , ③ L 取最小值时,对全过程由动能定理,得 mgLsinθ－μmgcosθ􀅰L－mgR(１＋cosθ)＝ １ ２mv ２ D, ④ 由③④,得L＝ ３＋２cosθ２(sinθ－μcosθ) 􀅰R, 故应满足的条件为L′≥ ３＋２cosθ２(sinθ－μcosθ) 􀅰R． [答案]　(１)R μ 　(２)(３－２cosθ)mg,方向竖直向下 (３)L′≥ ３＋２cosθ２(sinθ－μcosθ) 􀅰R １．应用动能定理求解往复运动问题时,要确定物体的 初状态和最终状态． ２．重力做功与物体运动路径无关,可用WG＝mgh直接 求解． ３．滑动摩擦力做功与物体运动路径有关,可用Wf＝ －Ffs求解,其中s为物体相对滑行的路程． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰０４１􀅰 高考总复习　物理