第6章 第二讲 第2课时 应用动能定理解决多过程问题（课件）-【创新方案】2026年高考物理一轮复习（江苏北京）

第2课时　 应用动能定理解决多过程问题（题型研究课） 1 题型(一)　多过程直线运动 2 题型(二)　多过程曲线运动 CONTENTS 目录 3 题型(三)　多过程往复运动 4 课时跟踪检测 题型(一)　多过程直线运动 　[典例]　(2025·苏州模拟)如图所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险。质量m=2.0×103kg的汽车沿下坡公路行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数为v1=10 m/s，汽车继续沿下坡公路匀加速直行l=350 m、下降高度h=50 m时到达“避险车道”，此时速度表示数为v2=20 m/s。(重力加速度g取10 m/s2) (1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量； [答案]　(1)3.0×105 J [解析]　(1)从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量 ΔEk=m-m=×2.0×103×J=3.0×105 J。 (2)求汽车沿公路下坡过程中所受的阻力大小； [答案]　 (2)2.0×103 N [解析]　(2)汽车沿公路下坡过程中由动能定理得 mgh-fl=ΔEk，解得f=2.0×103 N。 (3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°，汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道”上运动的最大位移。(sin 17°≈0.3) [答案]　(3)33.3 m [解析]　 (3)汽车在“避险车道”上运动时由动能定理得 -mgLsin 17°-3fL=0-m，解得L≈33.3 m。 [规律方法] 用动能定理解决多过程问题的流程 　[针对训练] (2025·深圳模拟)如图所示，轨道MON动摩擦因数处处相同，其中ON水平，OM与ON在O处平滑过渡(物块经过O点速率不变)，将一小物块从倾斜轨道上的M点由静止释放，滑至水平轨道上的N点停下。现调大斜面倾角，把斜面调至图中虚线OJ位置，为使物块从倾斜轨道上某处由静止释放后仍然在N点停下，则释放处应该是(　 ) A.J点 B.K点 C.Q点 D.K点与Q点之间某一点 √ 解析：设倾斜轨道的倾角为α，M、N两点连线的倾角为θ，物块与轨道之间的动摩擦因数为μ。物块从M点到N点的整个过程，根据动能定理得mg·MOsin α-μmgcos α·MO-μmg·ON=0，解得μ=，根据数学知识可得=tan θ，可得tan θ=μ，即M、N两点连线的倾角一定，与倾斜轨道的倾角无关，所以释放处应该是Q点。故C正确。 题型(二)　多过程曲线运动 [典例]　(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； [答案]　(1) [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m=mg，解得vD=。 (2)B和D两点的高度差； [答案]　(2)0 [解析]　(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cos 60°=，小物块从C点到D点的过程中，根据动能定理有-mg(R+Rcos 60°)=m-m，小物块从B点到D点的过程中，根据动能定理有mgHBD=m-m，联立解得vB=，HBD=0。 (3)小物块在A点的初速度大小。 [答案]　 (3) [解析]　 (3)小物块从A点到B点的过程中，根据动能定理有-μmgs=m-m，s=π·2R，解得vA=。 [规律方法] 应用动能定理解决多过程问题的四点提醒 (1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。 (2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。 (3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。 (4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。 　[针对训练] （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； 答案:（1） 解析: (1)滑雪者由A点运动到P点的过程，沿斜坡方向由牛顿第二定律得mgsin 45°-Ff=ma 在垂直斜坡方向由平衡条件得，mgcos45°=FN 又Ff=μFN，解得a= g 由运动学公式x=at2得t=。 （2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v； 答案:（2） 解析:(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,则滑雪者由P点到B点的过程，由动能定理得WG-Wf=0 滑雪者由A点到B点由动能定理得 mgdsin45°+WG- Wf -μmgdcos 45°=mv2 联立解得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。 答案:（3）d(1-μ) 解析: （3）当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有 vsin 45°=g·， 水平方向上有L=vcos 45°·t 联立可得L=d(1-μ)。 题型(三)　多过程往复运动 [典例]　(2025·无锡调研)如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s=5 m，轨道CD足够长且倾角θ=37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.30 m，h2=1.35 m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度 g 取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)小滑块第一次到达D点时的速度大小； [解析]　(1)小滑块从A点第一次到达D点的过程中，由动能定理得mg-μmgs=m-0 代入数据解得vD=3 m/s。 [答案]　(1)3 m/s (2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔； [答案]　 (2)2 s [解析]　(2)小滑块从A点第一次到达C点的过程中，由动能定理得mgh1-μmgs=m代入数据解得vC=6 m/s 小滑块沿CD段运动的加速度大小为a=gsin θ=6 m/s2 小滑块沿CD段上滑到最高点所用的时间为t1==1 s 小滑块从最高点滑回C点所用的时间为t2=t1=1 s 故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔为t=t1+t2=2 s。 (3)小滑块最终停止的位置距B点的距离。 [答案]　 (3)1.4 m [解析]　(3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x，对小滑块运动全过程应用动能定理有mgh1-μmgx=0 代入数据解得x=8.6 m 故小滑块最终停止的位置距B点的距离为 Δx=2s-x=1.4 m。 [规律方法] (1)由于动能定理不仅适用于直线运动，还适用于曲线运动，因此若运动过程中涉及平抛运动和圆周运动，且只涉及位移和速度而不涉及时间时，应优先考虑使用动能定理。 (2)解决多过程问题时，过程的划分十分关键。在应用全程法求解合力做的功时，有些力可能不是全程都在作用的，必须根据不同的情况分别对待，弄清楚哪些力在哪段位移上做功。 [针对训练] 如图甲所示，在水平面上固定一倾角θ=37°、底端带有挡板的足够长的斜面，斜面体底端静止一质量m=1 kg的物块(可视为质点)，从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用，拉力F随物块从初始位置第一次沿斜面向上的位移x变化的关系如图乙所示，随后不再施加外力作用，物块与固定挡板碰撞前后速率不变，不计空气阻力，已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.5，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)物块在上滑过程中的最大速度的大小；(计算结果可保留根式) 答案：(1) m/s 解析：(1)物块上滑过程中受拉力、摩擦力、重力、支持力的作用，先做加速运动后做减速运动，由平衡条件和牛顿第二定律有 FN=mgcos 37°，f=μFN，F-f-mgsin 37°=ma 当加速度为零时，物块的速度最大，此时F=f+mgsin 37°=10 N 由题图乙可得出F=20-10x当F=10 N时，x=1 m 对物块从斜面底端到最大速度的过程，由动能定理可得WF+Wf+WG=m-0 即×1 J-0.5×1×10×1×0.8 J-1×10×1×0.6 J=m-0，可得vm= m/s。 (2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小和物块在斜面上运动的总路程。 答案： (2)2 m　5 m 解析：(2)对物块在斜面上向上运动的过程，由动能定理可得WF'+Wf'+WG'=0-0 则WF'-μmgcos 37°·xm-mgxmsin 37°=0 代入数据解得xm=2 m 撤去F后，因为mgsin 37°>μmgcos 37°，所以物块最后停在斜面的底端，对物块在斜面上运动的全过程，由动能定理可得 WF'-μmgscos 37°=0-0，代入数据解得s=5 m。 课时跟踪检测 (单击进入电子文档) $$