第5章 专题强化九 应用动能定理解决多过程问题(教用Word)-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习

专题强化九　应用动能定理解决多过程问题 考向 定位 1.会用动能定理解决多过程、多阶段的问题；2.会应用动能定理处理往复运动求路程等复杂问题． 考点一　动能定理在多过程问题中的应用 1．运用动能定理解决多过程问题的两种思路 (1)分段应用动能定理求解． (2)所求解的问题不涉及中间的速度时，全过程应用动能定理求解更简便． 2．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所做的功等于力的大小与路程的乘积． [例1]　(2023·湖北高考)如图为某游戏装置原理示意图．水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°.小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D.小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点．求： (1)小物块到达D点的速度大小； (2)B和D两点的高度差； (3)小物块在A点的初速度大小． 【解析】　(1)由题意知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有 mg＝m 解得vD＝. (2)由题意知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有vCx＝vCcos 60°＝vB 小物块从C到D的过程中，根据动能定理有 －mg(R＋R cos 60°)＝mv－mv 小物块从B到D的过程中，根据动能定理有mgHBD＝mv－mv 联立解得vB＝，HBD＝0. (3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有－μmgs＝mv－mv s＝π·2R 解得vA＝. 【答案】　(1)　(2)0　(3) 多过程问题的分析方法 (1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接． (2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图． (3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程． (4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程． (5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论.　　 [对点训练] 1．(2024·杭州期中)如图所示，一个足够长的斜面，AC部分的长度为4L，C点以下光滑，C点以上粗糙，B是AC的中点，一根原长为2L的轻弹簧下端固定在A点，上端放置一个长为L，质量为m的均匀木板PQ，木板静止时，弹簧长度变为，已知斜面的倾角为θ，木板与斜面粗糙部分的动摩擦因数μ＝2tan θ，木板受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现将木板沿斜面缓慢下压，当弹簧长度变为L时，释放木板，发现木板上端刚好能到达C点；将木板截短后，再次将木板沿斜面缓慢下压，当弹簧长度变为L时，释放木板，求 (1)弹簧的劲度系数； (2)若木板被截掉一半，木板上端到达C点时的速度大小； (3)至少要将木板截掉多长，木板被释放后能整体到达C点之上区域． 解析：(1)根据题意，结合胡克定律，对木板受力分析，由平衡条件有 k＝mg sin θ 解得k＝ (2)设弹簧长度变为L时，恢复原长过程中，弹簧做功为W，木板从静止释放到上端刚好能到达C点过程中，由动能定理有 W－mg sin θ·2L＝0 解得W＝2mgL sin θ 木板被截掉一半，设木板上端到达C点时的速度为v，由动能定理有 W－mg sin θ·＝·v2 解得v＝ (3)根据题意，设将木板长为x时，木板被释放后能整体恰好到达C点之上区域，由动能定理有 W－mg sin θ·3L－x＝0 解得x＝L 即至少要将木板截掉 Δx＝L－x＝L 答案：(1)　(2)　(3)L 2．(2023·江苏高考)如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°.平台BC与缓冲坡CD相连．若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点．滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出．已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力． (1)求滑雪者运动到P点的时间t； (2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v； (3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L. 解析：(1)滑雪者由A点运动到P点的过程中，由牛顿第二定律得mg sin 45°－Ff＝ma 在垂直斜坡方向由平衡条件得FN＝mg cos 45° 又Ff＝μFN 解得a＝g(1－μ) 由运动学公式x＝at2得t＝. (2)设P点到B点的过程重力做的功为WG，克服摩擦力做的功为Wf，则滑雪者从P点由静止开始下滑到B点的过程，由动能定理得WG－Wf＝0 滑雪者由A点到B点过程，由动能定理得 mgd sin 45°＋WG－Wf－μmgd cos 45°＝mv2 联立解得v＝. (3)滑雪者离开B点后做斜抛运动，则 竖直方向的分速度vy＝v sin 45°＝ 水平方向的分速度vx＝v cos 45°＝滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大，则其在空中运动的时间 t＝＝ 则平台BC的最大长度为L＝vxt 由以上解得L＝(1－μ)d. 答案：(1)　(2) (3)(1－μ)d 考点二　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，而重复的次数又往往是无限的或者难以确定的． 2．解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功特点与路程有关，求解这类问题时若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． [例2]　滑板运动是一项极限运动．某滑板运动的轨道如图所示，AB和CD均是圆弧形轨道，BC是地面上一段长为L的水平轨道，AB、CD均与BC平滑连接．一运动员站在滑板(运动员和滑板视为一个整体，且视为质点)上从AB轨道上离地高度为h处以大小为v0的初速度下滑，经BC轨道后冲上CD轨道，到离地高度为2h时速度减为零．运动员(含滑板)的质量为m，在BC轨道上受到的摩擦力大小不变，重力加速度大小为g，不计圆弧轨道上的摩擦，求： (1)运动员第一次经过B点时的速度大小vB； (2)运动员在BC轨道上受到的摩擦力大小f； (3)运动员最后停在BC轨道中点时累计通过该点的次数n(含最后停留的次数). 【解析】　(1)从A到B由动能定理 mgh＝mv－mv 解得vB＝ (2)从A到D由动能定理 mgh－2mgh－fL＝0－mv 解得f＝ (3)从A点到最后停在BC中点，则由动能定理 mv＋mgh＝fs解得s＝·L 由n＝＋得 n＝＋ 【答案】　(1)vB＝ (2)f＝　(3)n＝＋ (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的路径无关，可用WG＝mgh直接求解． (3)滑动摩擦力做功与物体运动的路径有关，可用Wf＝－Ffs求解，其中s为物体相对滑行的总路程．　　 [对点训练] 3．(2025·广东联考)如图，两块弹性挡板竖直固定在水平地面上，相距8 m，一个小木块(体积很小，可视为质点)从两块挡板正中间开始以初速度10 m/s向右运动，木块与地面之间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10 m/s2，每次木块与挡板碰撞后，都会以原速率反弹，则最终木块停止的位置与左边挡板距离为(　　) A．1 m　　　　　　　B．2 m C．3 m D．7 m 解析：选C　从开始至停下，根据动能定理可得 －μmgs＝0－mv2 得运动的总路程s＝25 m，因 ＋5 m＝s 故停下位置距离左边挡板距离 x＝L－5 m＝3 m 故选C. 4．从离地面高H处落下一只小球，小球在运动过程中所受的空气阻力是它重力的k(k<1)倍，而小球每次与地面相碰后，能以与碰前相同大小的速度反弹，则： (1)小球第一次与地面碰撞后，能够反弹到的最大高度是多少？ (2)小球从释放直至停止弹跳所通过的总路程是多少？ 解析：(1)设小球第一次与地面碰撞后能够反弹到的最大高度为h，由动能定理得 mg(H－h)－kmg(H＋h)＝0－0 解得h＝H. (2)设小球从释放到停止弹跳所通过的总路程为s，对全过程，由动能定理得 mgH－kmgs＝0－0 解得s＝. 答案：(1)H　(2) 学科网（北京）股份有限公司 $$