第六章 第3课时 专题强化：动能定理在多过程问题中的应用（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 苏京）

第3课时　专题强化：动能定理在多过程问题中的应用 目标要求　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。 考点一　动能定理在多过程问题中的应用 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。 (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。 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，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。 例1　图中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，长为s，BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧，其长度可以忽略不计。一质量为m的小滑块在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，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设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等于(　　) A．mgh B．2mgh C．μmg(s＋) D．μmg(s＋hcos θ) 答案　B 解析　滑块由A点运动至D点，设克服摩擦力做功为W克fAD，由动能定理得mgh－W克fAD＝0，即W克fAD＝mgh，① 滑块从D点回到A点，由于是缓慢推，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为W克fDA，由动能定理知，滑块从D点被推回A点过程有 WF－mgh－W克fDA＝0，② 由A点运动至D点，克服摩擦力做的功为 W克fAD＝μmgcos θ·＋μmgs，③ 从D→A的过程克服摩擦力做的功为 W克fDA＝μmgcos θ·＋μmgs，④ 联立③④得W克fAD＝W克fDA，⑤ 联立①②⑤得WF＝2mgh，故A、C、D错误，B正确。 例2　(2023·湖北卷·14)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) 解析　(1)由题知，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)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cos 60°＝ 小物块从C到D的过程中，根据动能定理有 －mg(R＋Rcos 60°)＝mvD2－mvC2 则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有 mgHBD＝mvD2－mvB2 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＝mvB2－mvA2 s＝π·2R，解得vA＝。 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，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。 例3　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.(＋) 答案　A 解析　滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理得 mgx0sin θ－μmgxcos θ＝0－mv02， 解得x＝(＋x0tan θ)，选项A正确。 例4　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，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，求： (1)小滑块第一次到达D点时的速度大小； (2)小滑块最终停止的位置距C点的距离。 答案　(1)3 m/s　(2)3.6 m 解析　(1)小滑块从A→B→C→D的过程中，由动能定理得mg(h1－h2)－μmgs＝mvD2－0 代入数据解得vD＝3 m/s (2)小滑块最终静止在BC上，对全过程，运用动能定理得mgh1－μmgs1＝0－0， 解得s1＝8.6 m 小滑块最终停止的位置距C点的距离x＝s1－s＝3.6 m。 课时精练 1．木块在水平恒力F的作用下，沿水平路面由静止出发前进了L，随即撤去此恒力，木块沿原方向又前进了3L才停下来，设木块运动全过程中地面情况相同，则摩擦力的大小Ff和木块所获得的最大动能Ek分别为(　　) A．Ff＝　Ek＝ B．Ff＝　Ek＝FL C．Ff＝　Ek＝ D．Ff＝　Ek＝ 答案　D 解析　木块运动全过程中，根据动能定理可得FL－Ff·4L＝0－0，可得Ff＝，木块在撤去恒力时速度最大，则动能最大，根据动能定理可得FL－FfL＝Ek－0，解得木块所获得的最大动能为Ek＝，故选D。 2．(2023·江苏省高淳高级中学月考)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 答案　D 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。 3.如图所示，一个小球以速度v1从底端B出发沿粗糙的圆周向上运动，恰好到达顶端A，克服摩擦力做功W1；现将小球从A由静止释放，小球运动到最低点B时，速度为v2，克服摩擦力做功为W2，则(　　) A．v1>v2，W1>W2 B．v1＝v2，W1<W2 C．v1>v2，W1<W2 D．v1<v2，W1＝W2 答案　A 解析　小球由B运动到A，重力做负功，摩擦力做负功，根据动能定理可得 －mgR－W1＝0－mv12 小球由A运动到B，重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可得mgR－W2＝mv22－0 整理得mgR＋W1＝mv12，mgR－W2＝mv22 对比可得v1>v2 同理可知，在经过同一位置时，上滑的速度大于下滑的速度，因此上滑所需的向心力大于下滑所需的向心力，而向心力由轨道的支持力与重力沿垂直轨道分力的合力提供，因此在同一位置上滑时的支持力大于下滑时的支持力，故在同一位置上滑所受到的摩擦力更大，而上滑与下滑路程相等，故W1>W2，故选A。 4.(2024·江苏无锡市期中)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 答案　D 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 θ<mgsin θ，滑块最终停在B点 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。 5．(2023·江苏南京市协同体七校期中)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)，斜面顶端固定一与斜面平行的轻质弹簧。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，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度大小为g＝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； (2)滑块第一次到达D点时，弹簧具有的弹性势能； (3)滑块在水平轨道BC上停止的位置距B点的距离及滑块经过C点的次数。 答案　(1)60 N　(2)1.4 J　(3)0.15 m　6次 解析　(1)滑块从A点到B点，由动能定理可得 mgR＝mvB2－0，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 (2)设滑块第一次到达D点时，弹簧具有的弹性势能为Ep，滑块从B到D，由功能关系得mvB2－μmgLBC－mgLCDsin 30°＝Ep，解得Ep＝1.4 J。 (3)由分析知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－mvB2，解得s＝2.25 m 且s＝5LBC＋0.25 m 故滑块经过C点6次，最后距B点的距离 L＝0.4 m－0.25 m＝0.15 m。 6．(2023·江苏卷·15)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。 答案　(1)　(2) (3)d(1－μ) 解析　(1)滑雪者从A点到P点，根据动能定理有mgdsin 45°－μmgdcos 45°＝mvP2－0 根据动量定理有(mgsin 45°－μmgcos 45°)t＝mvP－0 联立解得t＝ vP＝ (2)由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点时有v＝vP＝ (3)当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度L最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有vcos 45°＝g× 水平方向上有L＝vsin 45°·t′ 联立可得L＝d(1－μ)。 7．如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。 (1)若释放点距B点的长度l＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小； (2)设释放点距B点的长度为lx，求滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式； (3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。 答案　(1)7 N　(2)v＝ (m/s)，其中lx≥0.85 m　(3)见解析 解析　(1)滑块由释放点到C点过程，由动能定理有mglsin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝mvC2① 在C点由牛顿第二定律有FN－mg＝m② 由①②解得FN＝7 N③ (2)要保证滑块能到F点，必须能过DEF的最高点，当滑块恰到最高点时根据动能定理可得 mgl1sin 37°－(3mgRcos 37°＋mgR)＝0④ 解得l1＝0.85 m⑤ 因此要能过F点必须满足lx≥0.85 m⑥ 能过最高点，则能到F点，由释放到第一次到达F点，根据动能定理可得 mglxsin 37°－4mgRcos 37°＝mv2，⑦ 由④⑤⑥⑦解得v＝ (m/s)，其中lx≥0.85 m⑧ (3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍 mglxsin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0，⑨ lFG＝，⑩ 由⑨⑩解得lx＝ m，n＝1,3,5，… 又因为0.85 m≤lx≤lAB，lAB＝3 m， 当n＝1时，lx1＝ m；当n＝3时，lx2＝ m 当n＝5时，lx3＝ m。 学科网（北京）股份有限公司 $