第6章 专题突破9 动能定理的综合应用-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（江苏专版）

专题突破9　动能定理的综合应用 第六章　机械能及其守恒定律 1 [学习目标]　1.会用动能定理解决多过程、多阶段的问题。2.掌握动能定理在往复运动问题中的应用。 2 突破点一　动能定理在多过程问题中的应用 突破点二　动能定理在往复运动问题中的应用 课时作业　巩固提高训练 内容索引 3 突破点一 动能定理在多过程问题中的应用 一 4 1.应用动能定理解决多过程问题的两种思路 (1)分阶段应用动能定理 ①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理。 ②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破。 盘点 核心知识 (2)全过程(多个过程)应用动能定理 当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大简化运算。 2.全过程列式时要注意 (1)重力、弹簧弹力做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功的数值等于力的大小与路程的乘积。 [典例1]　(2023·江苏卷)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。 提升 关键能力 (1)求滑雪者运动到P点的时间t； [解析]　滑雪者由A点运动到P点的过程中，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 mgcos 45°＝FN 又Ff＝μFN，解得a＝g(1－μ) 由运动学公式d＝at2得t＝ 。 [答案]　 (2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v； [解析]　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 mgdsin 45°＋WG－Wf－μmgdcos 45°＝mv2 联立解得v＝ 。 [答案]　 　 (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]　滑雪者离开B点后做斜抛运动，则 竖直方向的分速度vy＝vsin 45°＝ 水平方向的分速度vx＝vcos 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－μ)d [典例2]　(2025·江苏镇江模拟)如图所示，某室内滑雪场的滑道由倾斜和水平滑道两部分平滑连接构成。倾斜滑道的倾角为θ＝37°，高为h＝ 3 m，水平滑道长L＝5 m。滑雪者每次均从倾斜滑道顶端由静止下滑，滑道和滑雪板之间的动摩擦因数为μ＝0.125，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求滑雪者沿倾斜滑道下滑时的加速度大小； [解析]　滑雪者沿倾斜滑道下滑时根据牛顿第二定律可知 mgsin θ－μmgcos θ＝ma 解得a＝5 m/s2。 [答案]　5 m/s2 (2)求滑雪者滑到水平滑道末端时的速度大小； [解析]　从开始下滑到到达水平滑道末端，根据动能定理有mgh－μmgcos θ·－μmgL＝mv2 解得v＝ m/s。 [答案]　 m/s　 (3)为保证不滑离水平滑道，滑雪者可通过改变滑雪板的力同时获得水平制动力，该力包括摩擦力在内，大小为其重力的2倍，求滑雪者至少在距离水平滑道末端多远处开始制动。 [解析]　设滑雪者至少在距离水平滑道末端x处开始制动，此时由动能定理有 mgh－μmgcos θ·－μmg(L－x)－2mgx＝0 解得x＝1 m。 [答案]　1 m 多过程问题的分析方法 方法技巧 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。 1.图甲为水上乐园水滑梯，游客由高处滑下，从末端滑出。图中最左侧的水滑梯可简化如图乙所示的物理模型，其中C点为圆弧的最低点，且恰与水面接触，圆弧轨道的半径为R＝4 m，圆弧对应的圆心角α＝53°、β＝37°。AB的竖直高度差h＝5 m。质量为m＝5 kg的质点在A点从静止开始下滑，不计空气阻力和轨道摩擦，重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，＝10.8，＝7.6。 教参独具 (1)求质点在AB段运动的时间； 解析：质点在AB段做匀加速直线运动，根据运动学公式有a 由牛顿第二定律得mgsin 53°＝ma 联立解得质点在AB段运动的时间为t1＝1.25 s。 答案：1.25 s (2)求质点经过C点时轨道对质点支持力的大小； 解析：由A到C的过程，根据动能定理可得 mgh＋mgR(1－cos 53°)＝m 在C点，由牛顿第二定律可得 N－mg＝m 联立解得质点经过C点时轨道对质点支持力的大小为N＝215 N。 答案：215 N (3)要使质点落入水中，求D点前方水域的最小长度(计算结果保留一位小数)。 解析：由A到D的过程，根据动能定理可得 mgh＋mgR(cos 37°－cos 53°)＝m 解得vD＝ m/s＝10.8 m/s 由D点质点做斜上抛运动，竖直方向有 －R(1－cos 37°)＝vDsin 37°·t2－g 解得t2≈1.41 s 水平方向有x＝vDcos 37°·t2 解得D点前方的水域最小长度为x≈12.2 m。 答案：12.2 m 突破点二 动能定理在往复运动问题中的应用 二 19 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，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烦琐，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使解题过程简化。 盘点 核心知识 [典例3]　(2025·江苏苏州模拟)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(　　) A.(＋x0tan θ) B.(＋x0tan θ) C.(＋x0tan θ) D.() A [解析]　滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为s，对滑块运动的全程应用动能定理得mgx0sin θ－μmgscos θ＝0－m， 解得s＝(＋x0tan θ)，A正确。 提升 关键能力 [典例4]　(2025·江苏南通模拟预测)如图，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直四分之一圆弧轨道相切于B点，右端与一倾角为30°的光滑斜面在C点平滑连接(即物体经过C点时速度大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧。一质量为2 kg的滑块(可视为质点)从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道BC后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点。已知光滑圆弧轨道的半径为R＝0.45 m，水平轨道BC长为0.4 m、与滑块间的动摩擦因数为μ＝0.2，光滑斜面CD部分长为0.6 m，不计空气阻力，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)滑块第一次经过圆弧轨道上的B点时，圆弧轨道对滑块的支持力大小； [解析]　滑块从A点到B点，由动能定理可得 mgR＝m－0 解得vB＝3 m/s 滑块在B点，由牛顿第二定律得 FN－mg＝m 解得FN＝60 N。 [答案]　60 N (2)滑块在水平轨道BC上停止的位置与B点的距离及滑块经过C点的次数。 [解析]　滑块只有在水平轨道BC上消耗能量，滑块最终停止在水平轨道BC间，设滑块在BC段运动的总路程为s，从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程，由动能定理可得－μmgs＝0－m 解得s＝2.25 m 且s＝5LBC＋0.25 m 故滑块经过C点6次，最后与B点的距离 L＝0.4 m－0.25 m＝0.15 m。 [答案]　0.15 m　6次 2.如图所示，一轨道ABCD竖直放置，AB段和CD段的倾角均为θ＝37°，与水平段BC平滑连接，BC段的竖直圆形轨道半径为R，其最低点处稍微错开，使得滑块能进入或离开。AB段和CD段粗糙，其余各段轨道光滑。将一质量为m的小滑块从轨道上离B点距离L＝125R处由静止释放，滑块经过圆形轨道后冲上CD段上升一段距离后再次滑下，往返滑动多次后静止于轨道上某处。滑块和轨道AB、CD间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： 教参独具 (1)滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小； 解析：滑块第一次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理 mgLsin θ－μmgLcos θ－mg·2R＝m－0 在最高点，对滑块由牛顿第二定律 mg＋FN＝m 由牛顿第三定律可知，滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小为 FN'＝FN＝45mg。 答案：45mg　 (2)滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离； 解析：滑块第一次在CD段向上滑行的过程中，由动能定理mg(L－L1) sin θ－μmg(L＋L1)cos θ＝0－0 解得滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离为 L1＝25R。 答案：25R (3)整个过程中滑块在AB段滑行的总路程。 解析：滑块第二次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理 mgL1sin θ－μmgL1cos θ－mg·2R＝m－0 解得v2＝ 设滑块第一次在AB段向上滑行的最大距离为s1，由动能定理 mg(L1－s1)sin θ－μmg(L1＋s1)cos θ＝0－0 解得s1＝5R 滑块第三次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理 mgs1sin θ－μmgs1cos θ－mg·2R＝m－0 解得＝－2gR 所以滑块第三次进入圆形轨道无法到达最高点，假设其运动的过程中不脱轨且上升的最大高度为h，由动能定理可得mgs1sin θ－μmgs1cos θ－mgh＝0 解得h＝R 所以滑块第三次进入圆形轨道运动过程中没有脱轨，之后仅在AB段与圆形轨道间来回滑动，最终停在B点，设滑块在AB段滑行的路程为s2，由动能定理 mgh－μmgs2cos θ＝0 整个过程中滑块在AB段滑行的总路程为 s＝L＋2s1＋s2 联立解得s＝137.5R。 答案：137.5R 课时作业　巩固提高训练 三 31 1.如图所示，ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，BC段是与AB和CD都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计。一质量为m的滑块(可看作质点)在A点由静止释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如图所示。现用一方向始终与轨道平行的力推滑块，使它缓慢地由D点推回到A点。已知滑块与轨道间的动摩擦 因数为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功为(　　) A.mgh　　 B.2mgh C.μmg(s＋) D.μmgs＋μmghcot θ 2 3 4 5 6 7 8 1 A 夯实基础 B 32 解析：从A到D过程，由动能定理得mgh－μmgcos θ·－μmgs＝0，从D到A过程，由动能定理得WF－μmgs－μmgcos θ·－mgh＝0，解得WF＝2mgh，故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 33 2.(2025·江苏连云港模拟)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(　　) A.0.50 m B.0.25 m C.0.10 m D.0 2 3 4 5 6 7 8 1 D 34 解析：小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上运动的总路程为s，整个过程由动能定理有mgh－μmgs＝0，所以小物块在BC面上运动的总路程为s＝ 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。 2 3 4 5 6 7 8 1 35 3.(2025·江苏无锡期中)如图所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，滑块与挡板碰撞后原速率返回。现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后上滑时间恰好是下滑时间的一半。已知重力加速度为g，由此不能确定 的是(　　) A.滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2 B.滑块最终所处的位置 C.滑块与杆之间的动摩擦因数μ D.滑块第k次与挡板碰撞后速度vk 2 3 4 5 6 7 8 1 D 36 解析：设AB长为L，最大速度为v，根据平均速度公式可知L＝vt下，l上＝vt上 其中第一次碰撞后上滑时间恰好是下滑时间的一半，所以恰好能上滑到AB的中点，对整个过程，运用动能定理得 mgsin α·0.5L－μmgcos α(L＋0.5L)＝0 解得μ＝tan α μmgcos α＜mgsin α，滑块最终停在B点 2 3 4 5 6 7 8 1 37 根据牛顿第二定律得， 下滑过程mgsin α－μmgcos α＝ma1 上滑过程mgsin α＋μmgcos α＝ma2 解得a1＝gsin α－μgcos α，a2＝gsin α＋μgcos α 所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2， 故A、B、C不符合题意； 因为不知道最初滑块下滑的位移，所以无法求出速度，故D符合题意。 2 3 4 5 6 7 8 1 38 4.如图所示，半径为1 m的四分之三光滑圆轨道竖直固定在水平地面上，B点为轨道最低点，A点与圆心O等高。质量为1 kg的小球(可视为质点)在A点正上方0.75 m处由静止释放，下落至A点时进入圆轨道，重力加速 度g取10 m/s2，不计空气阻力，则(　　) A.小球在B点的动能为7.5 J B.小球在A点受到轨道的弹力大小为10 N C.小球上升过程中距地面的最大高度为1.75 m D.小球离开轨道后将落至轨道B点 2 3 4 5 6 7 8 1 D 39 解析：小球从释放到最低点B，根据动能定理有mg(h ＋R)＝EkB，解得EkB＝17.5 J，故A错误；小球从释放 到A点，根据动能定理有mgh＝m，在A点，根据 牛顿第二定律有N＝m，解得N＝15 N，故B错误； 设小球上升过程中距地面的最大高度为H，最高点与圆心的连线和竖直方向的夹角为θ，则有mgcos θ＝，从B点到最高点，根据动能定理有－mgR(1＋cos θ)＝mv2－EkB，解得cos θ＝，则小球上升过程中距地面的最大高度为H＝R(1＋cos θ)＝1.5 m，故C错误；假设小球离开轨道后将落至轨道B点，由C项分析可知脱离轨道的速度为v＝ m/s，根据斜抛的运动规律可知H＝－vsin 60°t＋gt2，x＝vcos 60°t，解得x＝ m＝Rsin 60°，可知小球离开轨道后将落至轨道B点，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 40 5.(12分)滑绳索是公园的一款游乐设施，可简化成如图所示的模型：倾角θ＝37°的斜滑索AB和光滑圆弧滑道BC在B点相切连接，圆弧末端C点切线水平，BC高度和长度忽略不计。小刘手握滑环，从A沿倾斜向下的绳索AB呼啸而下，直到到达绳索C端，滑环被卡住，小刘松手做平抛运动(能量不损失)，落入地面上长度L＝6 m的沙坑JK中。绳索A端离地面高度为11 m，绳索全长为L0＝10 m，忽略小刘的高度，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 1 B 能力提升 41 (1)绳索C端与沙坑J处有一段水平距离，若小刘以速度v＝2 m/s平抛出去刚好落入J处，求该水平距离s； 2 3 4 5 6 7 8 1 解析：小刘以速度v＝2 m/s平抛出去刚好落入J处，则有HA－L0sin θ＝gt2，s＝vt 解得s＝2 m。 答案：2 m 42 (2)若小刘从静止加速下滑，在(1)问的安全距离基础上，求能使小刘安全掉入沙坑的绳索动摩擦系数μ的范围。 2 3 4 5 6 7 8 1 解析：小刘落在J处时，对从A到C过程，根据动能定理有mgL0sin θ－μ1mgL0cos θ＝mv2 解得μ1＝0.725 当小刘落在K时有HA－L0sin θ＝gt2，s＋L＝v1t 对从A到C过程，根据动能定理有 mgL0sin θ－μ2mgL0cos θ＝m 解得μ2＝0.35 综合上述，可知0.35＜μ＜0.725。 答案：0.35＜μ＜0.725 43 6.(14分)如图所示，AB和CDO都是处于同一竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA位于同一水平面上。AB是半径为R＝1.2 m的圆周轨道，CDO是半径为r＝0.6 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小滑块弹回不损失能量，图中没有画出)，D为CDO轨道的中点。BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。现让一个质量为m＝1 kg的小滑块从A点的正上方距水平线OA高H处的P点自由落下，已知BC段水平轨道长L＝2.5 m，与小滑块之间的动摩擦因数μ＝0.3，g取10 m/s2，不计空气阻力。 2 3 4 5 6 7 8 1 44 (1)当H＝1.8 m时，求此时小滑块第一次到达D点时对轨道的压力大小； 2 3 4 5 6 7 8 1 解析：对小滑块从P到D的过程，由动能定理得 mg(H＋r)－μmgL＝m－0 在D点，由轨道对小滑块的支持力提供向心力，有 FN＝ 解得FN＝55 N 由牛顿第三定律知，小滑块第一次到达D点时对轨道的压力大小为55 N。 答案：55 N 45 (2)为使小滑块与弹性挡板碰撞两次，且小滑块不会脱离CDO轨道，求H的取值范围。 2 3 4 5 6 7 8 1 解析：小滑块能两次到达O点，到达O点的最小速度满足mg＝m 整理得v1＝ 从释放小滑块至第二次以最小速度到达O点的过程， 由动能定理得mgHmin－3μmgL＝m－0 解得Hmin＝2.55 m 第二次碰撞后，小滑块再次从C点进入CDO轨道， 最多可运动到D点，有 mg(Hmax＋r)－5μmgL＝0－0 解得Hmax＝3.15 m 所以H的取值范围为2.55 m≤H≤3.15 m。 答案：2.55 m≤H≤3.15 m 46 7.(14分)(2025·江苏盐城模拟)如图所示为滑板运动的训练场地，半径为R的冰制竖直圆弧轨道最低点为C，最高点为D，D点的切线沿竖直方向，圆弧轨道左端与倾角为θ的冰制斜面相切，为保证运动员的安全，在AB间铺有长度为4L的防滑材料，当长度为L的滑板全部处于AB内时，恰能保持静止，其余部分摩擦不计。一次训练时，教练员在AB之间推动运动员到滑板离开B点，运动员从D点滑出，竖直上升到最高点E，E点与D点的距离为，下落后沿轨道返回。运动员和滑板总质量为m，运动员始终站在滑板的正中间，滑板对斜面压力均匀。滑板长度和运动员身高远小于圆弧半径，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求： 2 3 4 5 6 7 8 1 47 (1)防滑材料与滑板之间的动摩擦因数； 2 3 4 5 6 7 8 1 解析：设防滑材料与滑板间的动摩擦因数为μ，根据平衡条件可得 mgsin θ＝μmgcos θ 解得μ＝tan θ。 答案：tan θ 48 (2)运动员和滑板在圆弧轨道最低点C受到轨道支持力的大小； 2 3 4 5 6 7 8 1 解析：设运动员在轨道最低点C的速度大小为vC，对运动员从C到E的过程，根据动能定理可得 －mgR＝0－m 在C点处，根据牛顿第二定律可得 FN－mg＝m 联立解得FN＝4mg。 答案：4mg 49 (3)为保证运动员和滑板在轨道上只做一次往返滑行，滑板离开B点时的速度范围。 2 3 4 5 6 7 8 1 解析：为保证运动员在滑道上只做一次往返滑行，设滑板离开B点时的最小速度为v1，则运动员返回AB时，滑板右端恰好可以与B点重合。根据题意可知，滑板与AB接触长度为x时，其所受滑动摩擦力大小为Ff＝·μmgcos θ 50 由上式可知Ff－x图像是一条过原点的倾斜直线，图线与坐标轴围成的面积表示Ff做功的绝对值，所以从滑板刚进入AB区域到恰好全部进入到AB区域的过程中，其摩擦力做的功为 Wf＝－μmgLcos θ 根据动能定理可得 －mgLsin θ＋Wf＝0－m 解得v1＝ 2 3 4 5 6 7 8 1 51 设滑板离开B点时的最大速度为v2，则运动员返回到AB时，滑板左端恰好与A点重合，根据动能定理可得 －4mgLsin θ－3μmgLcos θ＋Wf＝0－m 解得v2＝ 为保证运动员在滑道上只做一次往返滑行，滑板离开B点时的速度需要满足 ≤v≤ 。 2 3 4 5 6 7 8 1 答案：≤v≤ 52 8.(15分)(2025·江苏扬州模拟)游乐场轨道由两个圆弧组成，圆心O1、O2在同一条竖直线上，圆弧AB的半径为R，弧AD、BC光滑，BD粗糙，∠AO1D＝30°，质量为m(含滑板)的运动员(可视为质点)从A点由静止下滑，进入粗糙部分后做匀速圆周运动，恰好能到达C点，重力加速度为g。求： (1)圆弧BC的半径； 2 3 4 5 6 7 8 1 53 解析：运动员(可视为质点)从A点由静止下滑，设到达D点的速度为v，圆弧AD段光滑，由动能定理有 mgRsin 30°＝mv2－0 进入粗糙部分后做匀速圆周运动，则到达B点的速度为v，从B点到C点轨道光滑，设圆弧BC的半径为r，由动能定理有－mgr＝0－mv2 联立解得r＝。 2 3 4 5 6 7 8 1 答案：　 54 (2)BD段动摩擦因数μ与θ的关系(θ为圆心O1到运动员位置连线与水平方向夹角)。 2 3 4 5 6 7 8 1 解析：运动员在粗糙部分做匀速圆周运动，其受力如图所示，径向合力提供向心力，切向合力为零，有 mgcos θ＝f N－mgsin θ＝m 又f＝μN 联立解得μ＝(30°≤θ≤90°)。 答案：μ＝(30°≤θ≤90°) 55 $$