重难强化六 动能定理在多过程问题中的应用（复习讲义）（广东专用）2026年高考物理一轮复习讲练测

重难强化六 动能定理在多过程问题中的应用 目录 01考情解码·命题预警 1 02体系构建·思维可视 3 03核心突破·靶向攻坚 4 考点一 用动能定理处理多过程问题 4 知识点1 应用动能定理解决多过程问题的思路 4 知识点2 解题流程和注意事项 4 考向1 多过程直线运动问题 5 考向2 多过程曲线运动问题 7 考向3 直线曲线运动相结合的多过程问题 9 考点二 动能定理在往复运动问题中的应用 13 知识点 往复运动问题及解题方法 13 考向1 多过程直线往复运动问题 14 考向2多过程曲线往复运动问题 16 04真题溯源·考向感知 18 考点 要求 考频 2025年 2024年 2023年 动能定理在多过程问题中的应用 综合应用 高频 2025•广东T14 2024•广东T10 2023•广东T15 考情分析： 1.命题形式：单选题非选择题 2.命题分析：高考对动能定理的应用考查非常频繁，题目出现的形式有选择题也有计算题，如果以计算题出现，大多涉及到多过程问题的分析与应用，难度上也比较大 3.备考建议：本讲内容备考时候，注意要理解动能定理，并会用动能定理处理物理问题并掌握在多过程问题中的应用。 4.命题情境： 生活实践类：体育运动问题，风力发电计算，蹦极运动、过山车等能量问题，汽车启动问题，生活、生产中能量守恒定律的应用。 学习探究类：变力做功的计算，用绳、杆连接的做功问题，含弹簧系统机械能守恒问题，传送带、板块模型的能量问题。 5.常用方法：图像法、等效法、整体法 复习目标： 1.理解动能动能定理，并会用动能定理处理物理问题 2.掌握用动能定理处理多过程问题的方法 考点一 用动能定理处理多过程问题 知识点1 应用动能定理解决多过程问题的思路 (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。 (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，大大减少运算。 知识点2 解题流程和注意事项 1．解题流程 2．注意事项 (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。 考向1 多过程直线运动问题 例1 （2022·广东惠州·模拟预测）打夯是人们抬起重物将地面夯实的传统方式，某次打夯简化为以下过程：如图，两人同时通过绳子，对静止在地面上的质量为m的重物各施加大小不变的力F，力的方向都与竖直方向成角，重物离开地面高度为h时同时放手，重物最终下落至地面，并把地面砸出深度为d的凹坑。不计空气阻力，在一次打夯全过程中，下列说法正确的是（　　） A．重力对重物做的功与地面对重物的阻力做的功大小相等 B．重物落下接触地面时的动能等于 C．整个过程重力做功等于 D．地面对重物的阻力做功等于 【变式训练1·变载体】如图所示，与水平地面夹角为锐角的斜面底端A向上有三个等间距点和，即。小滑块P以初速度从A出发，沿斜面向上运动，若斜面与滑块间无摩擦，则滑块恰好到达点，而后下滑；若斜面部分与滑块间有摩擦，其余部位与滑块间仍无摩擦，则滑块恰好上滑到点，而后下滑，则滑块下滑到点时速度大小以及回到A点时速度大小分别为（    ） A． B． C． D． 【变式训练2】如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O点质量为m＝1 kg的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变。现对小物块施加F＝10 N的水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动。小物块在向左运动到A点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6 N，运动到A点时撤去推力F，小物块最终运动到B点静止。图中OA＝0.8 m，OB＝0.2 m，重力加速度取g＝10 m/s2。求小物块： (1)与桌面间的动摩擦因数μ； (2)向右运动过程中经过O点的速度大小； (3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量。 考向2 多过程曲线运动问题 例2 （2023·广东湛江·模拟预测）如图所示，竖直平面内固定的光滑轨道中，竖直、到的圆轨道半径为，到的圆轨道半径为，这两个圆轨道的圆心与点等高，一小滑块从点贴着由静止释放，下列说法正确的是（    ） A．如果小滑块不会脱离轨道，则高度不能小于 B．如果小滑块不会脱离轨道，则高度不能小于 C．小滑块在点对轨道的压力小于在点对轨道的压力 D．小滑块在经过点时对轨道的压力不可能等于零 思维建模 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。　　 【变式训练1·变考法】如图所示，小明设计的游戏装置，由光滑平台、倾斜粗糙直轨道AB、竖直圆管道CDEBC′(管道内径远小于管道半径)、水平粗糙直轨道平滑连接组成。其中平台左侧固定一弹簧，倾斜直轨道AB与圆管道相切于B点，水平直轨道与圆管道相切于C′点(C和C′略错开)。小滑块与倾斜直轨道AB及水平直轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，AB斜轨道倾角θ＝37°，AB长度l＝0.4 m。小滑块从B点进入管道内，当小滑块沿管道内靠近圆心O的内侧运动时有摩擦，沿管道外侧运动时无摩擦，管道半径为R＝0.2 m。第一次压缩弹簧后释放小滑块，A点上方挡片可以让小滑块无速度损失进入AB段，恰好可以运动到与管道圆心等高的D点。第二次压缩弹簧使弹簧弹性势能为0.36 J时释放小滑块，小滑块运动到圆管道最高处E的速度为1 m/s。已知小滑块质量m＝0.1 kg，可视为质点，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。　 (1)求第一次压缩弹簧释放小滑块后，第一次运动到C点时对轨道的压力； (2)求第二次压缩弹簧释放小滑块后，运动到E点的过程，小滑块在圆管道内所受摩擦力做的功； (3)若第三次压缩弹簧使弹簧弹性势能为0.48 J时释放小滑块，通过计算判断小滑块在圆管道内运动是否受到摩擦力作用。小滑块在水平直轨道上距离C′为x处的速度为v，求v与x之间的关系式。 考向3 直线曲线运动相结合的多过程问题 例3（2025·广东江门·模拟预测）如图甲所示，轨道ABCD，AC水平长为1m，B为AC的中点，其中AB光滑、BC粗糙，CD竖直半圆光滑半径为1m ，其中BC与CD相切于C，质量为1kg的小球甲受水平恒力F作用，由静止开始向运动，与停在B处质量为1kg的小球乙碰撞前瞬间撤除，且甲、乙小球发生弹性碰撞。用力传感器测出小球乙经过半圆形轨道CD的最低点C时对轨道的压力FN与小球乙的重力比值，改变小球甲受水平恒力F作用大小，可测出随的变化关系如图乙所示。（重力加速度g取10m/s2）试求： (1)水平轨道BC的动摩擦因数； (2)水平恒力F多大时，小球乙恰好能通过半圆形轨道CD的最高点D； (3)若小球乙不会在半圆轨道上运动过程中脱离，则水平恒力F的取值范围？ 【变式训练1·变考法】（2024·广东广州）如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC=37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1.0m，现有一个质量为m=0.2kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，物体恰好到达斜面顶端A处。已知DE距离h＝1.0m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ0=0.5。取sin37o=0.6，cos37o=0.8，g=10m/s2。求： （1）物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小； （2）斜面AB的长度L； （3）若μ可变，求μ取不同值时，物块在斜面上滑行的路程x。 【变式训练2·变考法】（2022·广东佛山·模拟预测）如图所示，粗糙水平面与竖直面内的光滑半圆形轨道在B点平滑相接，一质量的小滑块（可视为质点）将弹簧压缩至A点后由静止释放，经过B点后恰好能通过最高点作平抛运动。 已知：导轨半径，小滑块的质量，小滑块与轨道间的动摩擦因数，的长度，重力加速度取。求： （1）小滑块对圆轨道最低处B点的压力大小； （2）弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能； （3）若仅改变的长度，其他不变，滑块在半圆轨道运动时不脱离轨道，求出的可能值。 考点二 动能定理在往复运动问题中的应用 知识点 往复运动问题及解题方法 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。 考向1 多过程直线往复运动问题 例1 （2024·广东揭阳·模拟预测）如图所示，倾角为37°的足够长的粗糙斜面AB固定在水平面上，一小物块从距B点10m的A点由静止释放后，下滑到B点与弹性挡板碰撞后无能量损失反弹，恰能冲上斜面的Q点（图中未画出）。设物块和斜面间的动摩擦因数为0.5，以B点为零势能面（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。则下列说法正确的是（　　） A．Q点到B点距离为2m B．物块沿斜面下滑时机械能减少，沿斜面上滑时机械能增加 C．物块第一次下滑时，动能与势能相等的位置在AB中点 D．物块从开始释放到最终静止经过的总路程为15m 【变式训练1·变载体】如图所示，一篮球从距地面高处由静止下落，与地面作用后再竖直向上弹回，篮球每次与地面作用都会有动能损失，损失的动能为篮球每次与地面接触前动能的10%．已知不计空气阻力，则篮球从开始下落到停止的过程中运动的总路程为（　　） A． B． C． D． 考向2多过程曲线往复运动问题 例2（2022·广东惠州·一模）如图，2022年北京冬奥会上自由式滑雪U型池半圆半径为，质量为的运动员从距池边高为处自由下落，由左侧上边缘点进入池中，到达最低点的速度大小为，从右侧点飞出后上升的最大高度为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．此过程中，运动员克服摩擦力和空气阻力的功为 B．运动员第一次滑到点时，对轨道的压力大小为 C．运动员第一次滑到点时，重力的瞬时功率为 D．若，则运动员又恰好能从右侧返回轨道左侧边缘点 【变式训练1·多过程问题】竖直平面内有一半径为1m、圆心角为127°的光滑圆弧形轨道ABC，O为圆心，半径OA水平，B为轨道的最低点。倾角为37°的长直轨道CD与圆弧轨道在C点平滑对接。质量为0.1kg的小滑块从A点由静止释放，沿圆轨道滑至C点，再经0.6s运动到直轨道上E点。已知小滑块与CD间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，。求： (1)滑块到达B点时对轨道的压力大小； (2)E与C之间的距离； (3)滑块在整个运动过程中通过CD段的总路程。 1．（2022·广东·高考真题）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度为向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量，滑杆的质量，A、B间的距离，重力加速度g取，不计空气阻力。求： （1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小和； （2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v1； （3）滑杆向上运动的最大高度h。 2.（2023·湖北·高考真题）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。 1 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难强化六 动能定理在多过程问题中的应用 目录 01考情解码·命题预警 1 02体系构建·思维可视 3 03核心突破·靶向攻坚 4 考点一 用动能定理处理多过程问题 4 知识点1 应用动能定理解决多过程问题的思路 4 知识点2 解题流程和注意事项 4 考向1 多过程直线运动问题 5 考向2 多过程曲线运动问题 7 考向3 直线曲线运动相结合的多过程问题 9 考点二 动能定理在往复运动问题中的应用 13 知识点 往复运动问题及解题方法 13 考向1 多过程直线往复运动问题 14 考向2多过程曲线往复运动问题 16 04真题溯源·考向感知 18 考点 要求 考频 2025年 2024年 2023年 动能定理在多过程问题中的应用 综合应用 高频 2025•广东T14 2024•广东T10 2023•广东T15 考情分析： 1.命题形式：单选题非选择题 2.命题分析：高考对动能定理的应用考查非常频繁，题目出现的形式有选择题也有计算题，如果以计算题出现，大多涉及到多过程问题的分析与应用，难度上也比较大 3.备考建议：本讲内容备考时候，注意要理解动能定理，并会用动能定理处理物理问题并掌握在多过程问题中的应用。 4.命题情境： 生活实践类：体育运动问题，风力发电计算，蹦极运动、过山车等能量问题，汽车启动问题，生活、生产中能量守恒定律的应用。 学习探究类：变力做功的计算，用绳、杆连接的做功问题，含弹簧系统机械能守恒问题，传送带、板块模型的能量问题。 5.常用方法：图像法、等效法、整体法 复习目标： 1.理解动能动能定理，并会用动能定理处理物理问题 2.掌握用动能定理处理多过程问题的方法 考点一 用动能定理处理多过程问题 知识点1 应用动能定理解决多过程问题的思路 (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。 (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，大大减少运算。 知识点2 解题流程和注意事项 1．解题流程 2．注意事项 (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。 考向1 多过程直线运动问题 例1 （2022·广东惠州·模拟预测）打夯是人们抬起重物将地面夯实的传统方式，某次打夯简化为以下过程：如图，两人同时通过绳子，对静止在地面上的质量为m的重物各施加大小不变的力F，力的方向都与竖直方向成角，重物离开地面高度为h时同时放手，重物最终下落至地面，并把地面砸出深度为d的凹坑。不计空气阻力，在一次打夯全过程中，下列说法正确的是（　　） A．重力对重物做的功与地面对重物的阻力做的功大小相等 B．重物落下接触地面时的动能等于 C．整个过程重力做功等于 D．地面对重物的阻力做功等于 【答案】D 【详解】ACD．根据重力做功的特点，可知整个过程重物下降的高度为d，则重力做功等于 在一次打夯全过程中，根据动能定理有 可得地面对重物的阻力做功等于 显然重力对重物做的功与地面对重物的阻力做的功大小不相等，故AC错误，D正确； B．从开始到重物刚落地的过程，根据动能定理得 可得重物落下接触地面时的动能 由于重物从地面离开到h时，加速向上运动，则有 所以可得重物落下接触地面时的动能 故B错误。 故选D。 【变式训练1·变载体】如图所示，与水平地面夹角为锐角的斜面底端A向上有三个等间距点和，即。小滑块P以初速度从A出发，沿斜面向上运动，若斜面与滑块间无摩擦，则滑块恰好到达点，而后下滑；若斜面部分与滑块间有摩擦，其余部位与滑块间仍无摩擦，则滑块恰好上滑到点，而后下滑，则滑块下滑到点时速度大小以及回到A点时速度大小分别为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由于等间距，所处的高度均匀变化，设A到克服重力做功为，从A到，根据动能定理，有若设置斜面部分与滑块间有处处相同的摩擦，设克服摩擦力做功，根据动能定理有联立解得设滑块下滑到位置时速度大小为，根据动能定理有解得滑块由到A，由动能定理解 故选A。 【变式训练2】如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O点质量为m＝1 kg的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变。现对小物块施加F＝10 N的水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动。小物块在向左运动到A点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6 N，运动到A点时撤去推力F，小物块最终运动到B点静止。图中OA＝0.8 m，OB＝0.2 m，重力加速度取g＝10 m/s2。求小物块： (1)与桌面间的动摩擦因数μ； (2)向右运动过程中经过O点的速度大小； (3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量。 【答案】　(1)0.4　(2)1.26 m/s　(3)0.9 m 【解析】　(1)小物块速度达到最大时，加速度为零，则 F－μmg－F弹＝0 解得μ＝0.4。 (2)设向右运动通过O点时的速度为v0，从O→B， 由动能定理得 －FfxOB＝0－mv Ff＝μmg＝4 N 解得v0＝ m/s≈1.26 m/s。 (3)设弹簧最大压缩量为xmax，对小物块运动的全过程，根据动能定理得 FxOA－Ff(2xmax＋xOB)＝0 代入数值得xmax＝0.9 m。 考向2 多过程曲线运动问题 例2 （2023·广东湛江·模拟预测）如图所示，竖直平面内固定的光滑轨道中，竖直、到的圆轨道半径为，到的圆轨道半径为，这两个圆轨道的圆心与点等高，一小滑块从点贴着由静止释放，下列说法正确的是（    ） A．如果小滑块不会脱离轨道，则高度不能小于 B．如果小滑块不会脱离轨道，则高度不能小于 C．小滑块在点对轨道的压力小于在点对轨道的压力 D．小滑块在经过点时对轨道的压力不可能等于零 【答案】BD 【详解】AB．如果小滑块不会脱离轨道，则过点的速度 从释放到点由动能定理 得高度不能小于，A错误，B正确； C．根据牛顿第二定律，在点 在点 根据牛顿第三定律，小滑块在点对轨道的压力大于在点对轨道的压力，C错误； D．小滑块在经过点时对轨道的压力不可能等于零，D正确。 故选BD。 思维建模 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。　　 【变式训练1·变考法】如图所示，小明设计的游戏装置，由光滑平台、倾斜粗糙直轨道AB、竖直圆管道CDEBC′(管道内径远小于管道半径)、水平粗糙直轨道平滑连接组成。其中平台左侧固定一弹簧，倾斜直轨道AB与圆管道相切于B点，水平直轨道与圆管道相切于C′点(C和C′略错开)。小滑块与倾斜直轨道AB及水平直轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，AB斜轨道倾角θ＝37°，AB长度l＝0.4 m。小滑块从B点进入管道内，当小滑块沿管道内靠近圆心O的内侧运动时有摩擦，沿管道外侧运动时无摩擦，管道半径为R＝0.2 m。第一次压缩弹簧后释放小滑块，A点上方挡片可以让小滑块无速度损失进入AB段，恰好可以运动到与管道圆心等高的D点。第二次压缩弹簧使弹簧弹性势能为0.36 J时释放小滑块，小滑块运动到圆管道最高处E的速度为1 m/s。已知小滑块质量m＝0.1 kg，可视为质点，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。　 (1)求第一次压缩弹簧释放小滑块后，第一次运动到C点时对轨道的压力； (2)求第二次压缩弹簧释放小滑块后，运动到E点的过程，小滑块在圆管道内所受摩擦力做的功； (3)若第三次压缩弹簧使弹簧弹性势能为0.48 J时释放小滑块，通过计算判断小滑块在圆管道内运动是否受到摩擦力作用。小滑块在水平直轨道上距离C′为x处的速度为v，求v与x之间的关系式。 【答案】：(1)3 N，方向竖直向下　(2)－0.03 J(3)不受　v＝ m/s 【解析】：(1)从C到D过程，对小滑块由动能定理得－mgR＝0－mvC2，在C点由牛顿第二定律有FN－mg＝m，联立解得FN＝3 N由牛顿第三定律可知，小滑块第一次运动到C点时对轨道的压力大小为3 N，方向竖直向下。 (2)从释放小滑块到E点过程，由动能定理有W弹＋mglsin θ－μmglcos θ－mgR(1＋cos θ)＋Wf＝mvE2－0，W弹＝Ep＝0.36 J，解得Wf＝－0.03 J。 (3)当滑块以v0通过最高点时恰好对管道无压力作用，设此时对应的弹簧弹性势能为Ep0，由牛顿第二定律有m＝mg， 从开始到E点由动能定理有W0＋mglsin θ－μmglcos θ－mgR(1＋cos θ)＝mv02－0，解得Ep0＝W0＝0.38 J， 弹性势能为0.48 J大于Ep0，小滑块在圆管道内不受到摩擦力作用。 从开始到离C′距离为x处，由动能定理有W′＋mglsin θ－μmglcos θ＋mgR(1－cos θ)－μmgx＝mv2－0，其中W′＝0.48 J，解得v＝ m/s。 考向3 直线曲线运动相结合的多过程问题 例3（2025·广东江门·模拟预测）如图甲所示，轨道ABCD，AC水平长为1m，B为AC的中点，其中AB光滑、BC粗糙，CD竖直半圆光滑半径为1m ，其中BC与CD相切于C，质量为1kg的小球甲受水平恒力F作用，由静止开始向运动，与停在B处质量为1kg的小球乙碰撞前瞬间撤除，且甲、乙小球发生弹性碰撞。用力传感器测出小球乙经过半圆形轨道CD的最低点C时对轨道的压力FN与小球乙的重力比值，改变小球甲受水平恒力F作用大小，可测出随的变化关系如图乙所示。（重力加速度g取10m/s2）试求： (1)水平轨道BC的动摩擦因数； (2)水平恒力F多大时，小球乙恰好能通过半圆形轨道CD的最高点D； (3)若小球乙不会在半圆轨道上运动过程中脱离，则水平恒力F的取值范围？ 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由图可知，当时，FN=mg，可知小球乙静止在C处。 碰后两球交换速度，由动能定理 解得 （2）小物块恰好能通过半圆形轨道CD的最高点D时，根据圆周运动和牛顿定律       小球乙从B运动至D过程中，由动能定理     因甲、乙小球发生弹性相碰，则 可得 ， 碰后两球交换速度，则碰前瞬间小球甲的速度 小球甲从A运动至B过程中， 由动能定理     联立解得 （3）若小球乙从B运动至圆心等高点时，速度恰好为零,由动能定理     因甲、乙小球发生弹性相碰，碰前瞬间小球甲的速度 小球甲从A运动至B过程中， 由动能定理 联立解得    分析得小球乙不会在半圆轨道运动过程中脱离，则水平恒力F的取值范围 或 【变式训练1·变考法】（2024·广东广州）如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC=37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1.0m，现有一个质量为m=0.2kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，物体恰好到达斜面顶端A处。已知DE距离h＝1.0m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ0=0.5。取sin37o=0.6，cos37o=0.8，g=10m/s2。求： （1）物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小； （2）斜面AB的长度L； （3）若μ可变，求μ取不同值时，物块在斜面上滑行的路程x。 【答案】（1），10N；（2）1.8m；（3）见解析 【详解】（1）设物体到达C点的速度为v，从E到C，由动能定理，得 代入数据得 在C点，有 代入数据得 （2）从C到A，由动能定理得 代入数据得 （3）设摩擦因数为μ1时物块刚好能静止在斜面上，则有 解得 ①若，物块将滑出斜面，则物块的路程为 ②若，物块在斜面上多次往返，最后在B点速度为零，则有 解得 ③，则物块将停在斜面上，则有 解得 【变式训练2·变考法】（2022·广东佛山·模拟预测）如图所示，粗糙水平面与竖直面内的光滑半圆形轨道在B点平滑相接，一质量的小滑块（可视为质点）将弹簧压缩至A点后由静止释放，经过B点后恰好能通过最高点作平抛运动。 已知：导轨半径，小滑块的质量，小滑块与轨道间的动摩擦因数，的长度，重力加速度取。求： （1）小滑块对圆轨道最低处B点的压力大小； （2）弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能； （3）若仅改变的长度，其他不变，滑块在半圆轨道运动时不脱离轨道，求出的可能值。 【答案】（1）；（2）；（3）或者 【详解】（1）在C点，根据牛顿第二定律有 在B点，根据牛顿第二定律有 小滑块从B至C根据动能定理有 代入数据得 根据牛顿第三定律，小滑块对圆轨道最低处点的压力大小； （2）小滑块A至B根据功能关系有 由（1）可得，代入数据得 （3）物块滑上圆轨道，但不越过圆弧，设刚好到达圆弧时，轨道长，刚好到达B点时，轨道长为，则 代入数据解得 故物块滑上圆轨道，但不越过圆弧的条件为：； 依题意，时，刚好不脱离最高点：故物块要在整个圆弧运动要求； 综上述二种情况有 或者 考点二 动能定理在往复运动问题中的应用 知识点 往复运动问题及解题方法 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。 考向1 多过程直线往复运动问题 例1 （2024·广东揭阳·模拟预测）如图所示，倾角为37°的足够长的粗糙斜面AB固定在水平面上，一小物块从距B点10m的A点由静止释放后，下滑到B点与弹性挡板碰撞后无能量损失反弹，恰能冲上斜面的Q点（图中未画出）。设物块和斜面间的动摩擦因数为0.5，以B点为零势能面（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。则下列说法正确的是（　　） A．Q点到B点距离为2m B．物块沿斜面下滑时机械能减少，沿斜面上滑时机械能增加 C．物块第一次下滑时，动能与势能相等的位置在AB中点 D．物块从开始释放到最终静止经过的总路程为15m 【答案】AD 【详解】A．物块从A到Q全过程由动能定理得 由题知 ， 解得 选项A正确； B．全过程摩擦力一直做负功，物块的机械能不断减少，选项B错误； C．物块从A下滑到AB中点时，由能量守恒定律可得 显然此处重力势能大于动能，继续下滑时重力势能将减小，动能增加，故动能与重力势能相等的位置在AB中点下方，选项C错误； D．因为，所以物块最终静止在挡板处，根据能量守恒得 代入数据解得 s=15m 选项D正确。 故选AD。 【变式训练1·变载体】如图所示，一篮球从距地面高处由静止下落，与地面作用后再竖直向上弹回，篮球每次与地面作用都会有动能损失，损失的动能为篮球每次与地面接触前动能的10%．已知不计空气阻力，则篮球从开始下落到停止的过程中运动的总路程为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】篮球第一次到达地面时所获得的动能为 运动的路程为 篮球第一次与地面作用后损失的动能为 反弹后上升到最高点时的高度为 篮球第二次到达地面运动的路程为 篮球第二次与地面作用后损失的动能为 反弹后上升到最高点时的高度为 篮球第三次到达地面时运动的路程为 篮球第n次到达地面时运动的路程为 根据等比数列求和公式可得 当n趋于无穷大时，有 故C项正确，ABD错误。 故选C。 考向2多过程曲线往复运动问题 例2（2022·广东惠州·一模）如图，2022年北京冬奥会上自由式滑雪U型池半圆半径为，质量为的运动员从距池边高为处自由下落，由左侧上边缘点进入池中，到达最低点的速度大小为，从右侧点飞出后上升的最大高度为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．此过程中，运动员克服摩擦力和空气阻力的功为 B．运动员第一次滑到点时，对轨道的压力大小为 C．运动员第一次滑到点时，重力的瞬时功率为 D．若，则运动员又恰好能从右侧返回轨道左侧边缘点 【答案】AB 【详解】A．此过程中，由动能定理 运动员克服摩擦力和空气阻力的功为 A正确； B．运动员第一次滑到点时，由牛顿第二定律 由牛顿第三定律，对轨道的压力大小为 B正确； C．运动员第一次滑到点时，重力的瞬时功率为 C错误； D．若，设运动员又恰好能从右侧返回轨道左侧边缘点，则 可得全程克服摩擦力和空气阻力的功为 而实际由于存在摩擦力和空气阻力，返回过程中，同位置速度将变小，摩擦力变小，所以 即运动员回到A点速度不为零，D错误。 故选AB。 【变式训练1·多过程问题】竖直平面内有一半径为1m、圆心角为127°的光滑圆弧形轨道ABC，O为圆心，半径OA水平，B为轨道的最低点。倾角为37°的长直轨道CD与圆弧轨道在C点平滑对接。质量为0.1kg的小滑块从A点由静止释放，沿圆轨道滑至C点，再经0.6s运动到直轨道上E点。已知小滑块与CD间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，。求： (1)滑块到达B点时对轨道的压力大小； (2)E与C之间的距离； (3)滑块在整个运动过程中通过CD段的总路程。 【答案】(1)3N (2) (3) 【详解】（1）对滑块从A到B的过程，由机械能守恒定律可得 在B点，根据牛顿第二定律及向心力公式可得 联立求得 根据牛顿第三定律，滑块到达B点时对轨道的压力大小为3N。 （2）（2）对滑块从A到C的过程，根据机械能守恒定律可得     滑块从C开始上滑过程，根据牛顿第二定律可得    故滑块从C开始上滑至最高点过程的时间     上滑最大距离     因 故滑块在0.6s内，先沿直轨道从C开始上滑至最高点后又继续下滑0.2s， 下滑过程加速度 位移 故E点距离C点 （3）因圆弧轨道光滑，故滑块最终在过C点的水平线下方圆弧轨道上往返。 则对滑块运动的全过程，根据动能定理可得     则 1．（2022·广东·高考真题）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度为向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量，滑杆的质量，A、B间的距离，重力加速度g取，不计空气阻力。求： （1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小和； （2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v1； （3）滑杆向上运动的最大高度h。 【答案】（1），；（2）；（3） 【详解】（1）当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即 当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为 （2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有 代入数据解得。 （3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有 碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有 代入数据联立解得。 2.（2023·湖北·高考真题）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。 【答案】（1）；（2）0；（3） 【详解】（1）由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有 解得      （2）由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有 小物块从C到D的过程中，根据动能定理有 则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有 联立解得 ，HBD = 0 （3）小物块从A到B的过程中，根据动能定理有 S = π∙2R 解得 1 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $