第六章 第29讲 专题强化七 动能定理在多过程问题中的应用-【衡中学案】2026年高考物理一轮总复习学案

名师讲坛·素养提升 跟踪训练4：A小球由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳 例6：B解法一：如图所示，力F作用，点的 竖直时，细绳与圆柱体接触部分的长度为子×2R=,故小球 位移1=20s号， 故拉力F所做的功W=Flcos o= 下落的高度A=R+(R-受），由动能定理可得meh=子m, A⊙ 2fos号=A(1+eos0)。 解得=√(2+π)gR,故A正确。 跟踪训练5：B由于足球的运动轨迹不对称，所以其在空中运动 解法二：可看成两股绳都在对木块做功W=Fs+Fcos0=Fs(1 过程中受到空气阻力的作用，1到2过程，对足球根据动能定理 +cos0),则B正确。 跟踪训练7：C由题图乙可知，v-t图像的斜率表示物体加速度 有-mgh-=m,2-之m2,则其动能减少了AE, 的大小，即a=0.5m/s2,由2F-mg=ma可得：F=10.5N,A、B 2m-2,2=mgh+Wn,A错误；1到2过程，足球的重心 均错误；4s末F的作用点的速度大小为"p=2物=4m/s,故4s 升高了h,则其重力势能增加了△E。=mgh,B正确；2到3过程， 末F的功率为P=FF=42W,C正确；4s内物体上升的高度 h=4m,力F的作用点的位移l=2h=8m,拉力F所做的功W= 对足球根据动能定理有mgh-。=m2-之m,则其动能 m=84J,故平均功率p=业=21W,D错误。 t 指加了△E'=m’-分m,2=g-,C错误：由于空气 第28讲 动能定理及其应用 阻力的作用，足球在整个运动过程中，机械能不断减少（对单个 物体，除重力外的其他力做的功等于机械能的变化量)，D 基础梳理·易错辨析 错误。 知识梳理 一1.运动 例2：BD由动能定义式得E,=2m,则可求解质量m:上滑 27m 时，由动能定理E-E:=-(mgsin0+f)x,下滑时，由动能定 理E=(mgsin0-f)(x-x),x为上滑的最远距离；由图像的 3.焦耳 4.标量 斜率可知mgsin0+f=4,mgsin6-f=-,两式相加可得 5.状态量 二、1.动能的变化 g9气）相酸可知/。气，即可求解m0 2x0 27m2-m 和所受滑动摩擦力∫的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不 能求出，故A、C错误，B正确；根据牛顿第二定律和运动学关系 3.合外力 易错辨析 得mgsin9+f=ma,t=,故可求解沿斜面上滑的时间，D正 1.V2.×3.V4×5.×6.V 确。故选BD。 核心考点·重点突破 例3：C物体从静止开始运动，若仅F作用于物体，物体加速运 跟踪训练1：BD动能定理的表达式为W=E2-E4,其中，W指 动，速度逐渐增大，速度方向与F方向相同，由题图可知，F 的是合力对物体所做的功，即外力对物体所做的总功，包含重 逐渐增大，根据P=F,可知，F的功率随时间逐渐增大，选项A 力做的功，故A错误：公式中的E2-E1为动能的增量，当W>0 错误；同理可知，若仅F2作用于物体，F2的功率随时间逐渐增 时，E2-Eu>0,动能增加；当W<0时，E2-E1<0,动能减少， 大，选项B错误；根据W=Fx可知，F-x图线与x坐标轴所围 故B正确；动能定理适用于任何运动，既适用于直线运动，也适 面积为力F做的功，若F、F,同时作用于物体，则F,、F,两力 用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功，故C错 对物体的做功之和约为W合=1.0J,根据动能定理有W合= 误；公式中的W为包含重力在内的所有外力做的功，根据合力 与分力是等效替代关系可知，可通过以下两种方式计算：先求 2m,解得v=√m =1.0/s,即物体在x=1.0m处的速 每个外力的功，再求功的代数和：或者先求合力，再求合力的： 度约为v=1.0m/s,选项D错误，C正确。 功，故D正确。 :例4：Dα-t图线与坐标轴围成的“面积”等于速度的变化量，由 跟踪训练2：CD电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支 题给图像可知，0~6s内速度变化量为正，物体速度方向不变 持力F、,这两个力的总功（即合力做的功）才等于物体动能的 物体在0~5s内一直加速，5s时速度最大，A、B错误：2~4s内 塔加量，即W台=7m2-,选项A,B错误，C正确：对电 物体的加速度不变，做匀加速直线运动，C错误；由题图可知， t=4s时和t=6s时物体速度大小相等，由动能定理可知，物体 梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功 在0~4s内和0~6s内动能变化量相等，合外力对物体做功也 定等于其动能的增加量，选项D正确。 相等，D正确。 例1：A由A到C的过程运用动能定理可得-mgh+W=0-。 第29讲专题强化七 动能定理在多过程问题中的应用 所以W=mgh-之m,故A正确。 核心考点·重点突破 例1：(1)√gR(2)0(3)3gR 跟踪训练3：D对人从斜坡顶端到底端的过程，根据动能定理有 [解析](I)小物块恰好运动到光滑圆弧轨道CDE的最高点 mh-吗=之m2,解得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功 时，由狗心力公式有g=m会 W=mgh-之，D正确。 解得小物块到达D点的速度大小o=√gR。 517 (2)小物块由C到D的过程，由动能定理有 根据牛顿第三定律可知小滑块对轨道C点的压力为5N,方向 -mgR1+w60）=7mw2-之d 竖直向上。 (2)小滑块从P点到EF轨道停止运动的过程中， 小物块由B到C做平抛运动，由速度的分解可知， UB Uccos 60 根据功能定理-mg·2r-ms=0-之m, 设B和D两，点的高度差为h,小物块由B到D的过程， 解得s=0.8m=(L+0.3)m 1 21 由动能定理有mgh=2m,-2me 所以小滑块最终停在离F点0.3m处。 代入数据解得h=0。 (3)小滑块则好经过最商点C,则g=受 (3)小物块由A到B的过程，由动能定理有 小滑块从P到C的过程中，根据动能定理可得-mg·4r= -ug·n2R=分mg2- 21 解得小物块在A点的初速度大小"4=√3gR 解得=√0m/s 跟踪训练1：(1)7m/s2(2)26J(3)1.3m 当小滑块第一次从挡板弹回时，到达小圆的圆心等高处D时速 [解析](1)已知滑块的质量m=2kg,斜面倾角0=37°，滑块 度为零，小滑块从P到D的过程中，根据动能定理可得 与斜面间的动摩擦因数山=0.5，滑块受到斜面的支持力大小 Fx =mgcos 0 -mg 3r-umgm 滑动摩擦力大小F=F、 解得，=4m/s 设拉力T为10N时滑块的加速度大小为a,由牛顿第二定律有 所以小滑块的初速度范围为√/10m/s≤，'≤4m/s。 T+mgsin 0-F=ma 解得a=7m/s2。 第30讲机械能守恒定律及其应用 (2)设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W,由题图乙 基础梳理·易错辨析 知，T1=8N,31=1m,T2=10N,32=1m,则有W=T1s1+T232 设滑块第一次到达B点时的动能为E,,由动能定理有W+ 知识梳理 (mgsin 0-F)(s+s)=E-0 一、1.(1)路径高度差(2)机械能 解得E,=26J。 2.(1)mgh(2)地球有关无关 (3)因为BC段光滑，由机械能守恒定律可知，滑块第一次在B 3.(1)减小增大(2)减少量E-E2-△E。(3)无关 点与弹簧脱离时，动能仍为E。设滑块在B点与弹簧脱离后沿 4.(1)弹性形变(2)越大越大 斜面上滑的最大距离为sm,由动能定理有-(mgsi0+Fr)sm 二、1.动能势能重力势能弹性势能 =0-E 2.(1)重力或弹力保持不变 解得s=1.3mo 易错辨析 例2：(1)90N(2)2.1J(3)距B点0.15m处（或距C点0.251.V2.×3./4.×5.×6.√7.V/ m处) 核心考点·重点突破 [解析](1)滑块从A点到B点，由动能定理可得mgR= 跟踪训练1：CD甲图中重力和弹力做功，物体A和弹簧组成的 2ma,代入数据解得%=3s,滑块在B点，由牛顿第二定 系统机械能守恒，但物体A机械能不守恒，A错误；乙图中物体 B除受重力外，还受弹力，弹力对B做负功，机械能不守恒，但从 律有R-mg=m贵，代入数据解得人、=90N,由牛频第三定 能量特点看AB组成的系统机械能守恒，B错误；丙图中绳子 律可得，滑块在B点对轨道的压力为FN'=FN=90N。 张力对A做负功，对B做正功，代数和为零，A、B机械能守恒，C (2)滑块从A点到D点，该过程弹簧弹力对滑块做的功为W,由 正确；丁图中动能不变，势能不变，机械能守恒，D正确。 动能定理可得mgR-ungLge-mgLcpsin30°+W=0,E。=-W, 跟踪训练2：D物体B在下落的过程中，绳子的拉力对其做负功， 解得E。=2.1J。 机械能不守恒，故A错误：物体A和B组成的系统在运动过程 (3)滑块最终停止在水平轨道BC间，从滑块第一次经过B点到 中，弹簧弹力对系统做功，该系统机械能不守恒，故B错误；物 最终停下来的全试程，由动能定理可得-mg·s=0-之m 2 体A和轻弹簧组成的系统在运动过程中，绳子拉力对系统做正 功，该系统机械能不守恒，故C错误；物体A、物体B和轻弹簧 解得5=2.25m,则物体在BC段上运动的次数为n=0.年 2.25 三者组成的系统，在运动过程中，系统内只发生势能与动能之 5.625,说明物体在BC上滑动了5次，又向左运动0.625×0.4 间的相互转化，该系统机械能守恒，故D正确。 m=0.25m,故滑块最终停止在BC间距C点0.25m处（或距B 例1：AD小球从B点到C点的过程 点0.15m处)。 中，对小球进行受力分析，如图所 跟踪训练2：(1)5N,方向竖直向上(2)0.3m 示，根据牛顿第二定律有mgcosαx (3)/10m/s≤v'≤4m/s Fx =m- R.F'x=mgcos a -m mgsi [解析](1)小滑块从P到C的过程中，根据动能定理可得 R -mg4=m2- a减小，减小，F、增大，根据牛顿 第三定律可知，小球对轨道的压力 在C点对小滑块根据牛顿第二定律有F、+mg="m 逐渐增大，A正确；小球从A点到B点的过程中，重力功率P。三 r ngsin0·v,v减小，P。减小，B错误；因为小球从A点运动到C 解得Fx=5N 点的过程中，只有重力做功，所以小球的机械能守恒，有mg· 518P考向1E、-x图像 例骨数的肉天纸钠 E 由于上滑和下滑存在摩 接生热，故回到斜面底 端的动能小子上滑 变化关系如图所示，图中xo、E1、E2均已知。根据图中信息可以求出的 E 时的动能，因此E划 为上滑时的初 物理量有 韩 A.重力加速度大小 时的动能 B.物体所受滑动摩擦力的大小 C.斜面的倾角 由动能定理可知F合·△x=△E,故E&图像的斜率表示合力F合，因此上滑时ngsin日+f= D.沿斜面上滑的时间 下滑时mgsn0寸= ，又E,=mv2,由以上三式可以做出判断 ●考向2F-x图像与动能定理的综合应用 D.若F,、F2同时作用于物体，物体在x=1.0m处 列光滑水平地面上静止一质量为m2,0 的速度约为v=√2m/s 物体，以物体所在处为坐标原点0建立水平方 ·考向3动能定理与a-t图像的综合 向的x轴，力F,和F2方向均沿x轴正方向，两力大小 列用传感器研究质量为2名的物体由静止开始 随x轴上的位置坐标的变化规律如图所示。下列说法 做直线运动的规律时，在计算机上得到0~6s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说 正确的是 法正确的是 ↑FN 104 1.0 ↑a/m·s) 0.8 22 0.6 2 4 0.4 ,'6 年 0.2 -2 -F 0 0.2 0.4 0.60.8 1.0 x/m A.0~6s内物体先向正方向运动，后向负方向 计 A.若仅F,作用于物体，F,的功率随时间逐渐 运动 B.0~6s内物体在4s时的速度最大 减小 衡 C.物体在2~4s内速度不变 B.若仅F2作用于物体，F2的功率随时间逐渐 学 D.0~4s内合外力对物体做的功等于0~6s内 减小 合外力对物体做的功 C.若F,、F2同时作用于物体，物体在x=1.0m处 的速度约为v=1.0m/s 温馨提示：复习至此，请完成练案[28】 第29讲 专题强化七 动能定理在多过程 问题中的应用 核心考点·重点突破 点1 动能定理在多过程问题中的应用 方法2：全过程应用动能定理 (1)适用情况：当物体运动过程包含几个不同的 (能力考点·深度研析) 物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几 运用动能定理解决多过程问题的两种方法 个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究， 方法1：分阶段应用动能定理 从而避开每个运动过程的具体细节，大大简化运算。 分阶段应用动能定理的适用情况 (2)全过程列式时要注意 ①重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置， (1)题目需要求某一中间物理量； 与路径无关。 (2)受到的弹力、摩擦力等力发生变化； ②大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的 (3)力在各个过程中做功情况不同。 大小与路程的乘积。 例 ①(2023·湖北卷)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定 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CDE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CDE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2元，重 力加速度大小为g,忽略空气阻力，小物块可视为质点。求： 暗示该时刻速度与水平 (1)小物块到达D点的速度大小；只看B、D状态不看过程，优先选用动能定 方向的夹角 (2)B和D两点的高度差； 理动能定理中W,二-Fs←> 绳模型最高点的临界状态 (3)小物块在A点的初速度大小。 S是走过的路径长度，即路程 而不是位移 方法总猪 (1)当拉力为10N时，滑块的加速度大小； 多过程问题的分析方法 (2)滑块第一次到达B点时的动能； (1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间 (3)滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑 由“衔接点”连接。 的最大距离。 (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。 轮总复习 (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。 理 (5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或 讨论。 09 【跟踪训练】 看们视有的领英 方法总猪 系统中如果有轻质弹簧，且无摩擦的话，在弹簧从 端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿 原长开始压缩的过程中，弹簧弹性势能增加，系统除弹 斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当 簧外的物体，机械能减少；反过来，在弹簧恢复原长的 滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑 过程中，弹簧弹性势能减少，系统除弹簧外的物体，机 的位移s的变化关系如图乙所示。已知AB段长度为2 械能增加。整个过程弹簧做功为零。 m,滑块质量为2kg,滑块与斜面AB段的动摩擦因数 害点2动能定理在往复运动问题中的应用 为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 (能力考点·深度研析) m/s2,sin37°=0.6。求： 1.问题概述：在有些问题中物体的运动过程具有 ↑T/N 重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量 10 多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者 8 难以确定的。 6 2.解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他 4 阻力做功，其做功的特点是与路程有关，运用牛顿运动 2 定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出，由于动 s/m 能定理只涉及物体的初、末状态，所以用动能定理分析 甲 这类问题可简化解题过程。 例吧如图所示，水平轨道8C的左端与固定的光滑 【跟踪训练】 竖直4圆轨道相切于B点，右端与一倾角为 学校科技小组设计了“e”字形轨道竖直放置在 光滑水平地面上，该轨道由两个光滑半圆形轨道 30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接（即物体经过C点 ABC、CDE和粗糙的水平直轨道EF组成，末端与竖直 时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质 的弹性挡板OF连接，轨道CDE半径r=0.1m,轨道 量为3kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，ABC半径为2r,A端与地面相切。现将质量m=0.5kg 经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧的小滑块从水平地面P点以速度。=23m/s沿轨道 压缩至D点，已知光滑圆轨道的半径R=0.45m,水平上滑，运动到F点与挡板发生完全弹性相碰（即反弹速 轨道BC长为0.4m,其动摩擦因数μ=0.2，光滑斜面度大小不变，方向相反)。已知直线轨道EF长为L= 轨道上CD长为0.6m,g取10m/s2,求： 0.5m,小滑块与轨道EF间的动摩擦因数u=0.5,其 余阻力均不计，小滑块可视为质点。取g=10m/s2,求： (1)小滑块在ABC圆轨道运动时对轨道C点的压力； D (2)小滑块最终停止的位置离F点的距离； 309 (3)若改变小滑块的初速度，使小滑块能停在EF轨 (1)滑块第一次经过B点时对轨道的压力； 道上，且运动过程中不脱离轨道，则小滑块的初 速度需满足的条件。 (2)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能； (3)滑块最终停在何处。 106 1PPD年度创新设计 中学案 温馨提示：复习至此，请完成练案[29」 第30讲 机械能守恒定律及其应用 基础梳理·易错鞯析 3.重力做功与重力势能变化的关系 知识梳理 (1)定性关系：重力对物体做正功，重力势能 一、 重力做功与重力势能 1.重力做功的特点 ;重力对物体做负功，重力势能 (1)重力做功与 无关，只与始、末位置的 (2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力 有关。 势能的 ,即Wc= (2)重力做功不引起物体 的变化。 2.重力势能 (1)表达式：E。= (3)重力势能的变化量是绝对的，与参考平面的 (2)重力势能的特点：重力势能是物体和 选取 所共有的，重力势能的大小与参考平面的选 取 ,但重力势能的变化量与参考平面的选取 4.弹性势能 (1)概念：物体由于发生 而具有的能。