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 浙江专用）

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　如图所示，一质量为m＝0.5 kg的小滑块，在水平拉力F＝4 N的作用下，从水平面上的A处由静止开始运动，滑行x＝1.75 m后由B处滑上倾角为37°的光滑固定斜面，滑上斜面后拉力的大小保持不变，方向变为沿斜面向上，滑动一段时间后撤去拉力。已知小滑块沿斜面上滑到的最高点C距B点为L＝2 m，小滑块最后恰好停在A处。不计B处能量损失，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ； (2)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的距离x0； (3)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的时间t。 答案　(1)　(2)1.25 m　(3)0.5 s 解析　(1)小滑块由C运动到A，由动能定理得 mgLsin 37°－μmgx＝0 解得μ＝。 (2)小滑块由A运动到C，由动能定理得 Fx－μmgx＋Fx0－mgLsin 37°＝0 解得x0＝1.25 m。 (3)小滑块由A运动到B，由动能定理得 Fx－μmgx＝mv2 在斜面上，由牛顿第二定律得 F－mgsin 37°＝ma 由运动学公式得x0＝vt＋at2 联立解得t＝0.5 s。 例2　(2023·浙江金华市十校模拟)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′(管道内径远小于圆管道半径)、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地进入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，弹簧始终处于弹性限度内。 (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，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，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，不计空气阻力，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　(2022·浙江1月选考·20)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。 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，不计空气阻力，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.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＝0.50 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.(多选)如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统。斜面轨道倾角θ＝37°，质量为M的集装箱与轨道间的动摩擦因数为0.5，集装箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入箱中，之后集装箱载着货物沿轨道无初速度滑下(货物与箱之间无相对滑动)，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后集装箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．集装箱与弹簧没有接触时，上滑与下滑的加速度大小之比为5∶2 B．集装箱与货物的质量之比为1∶4 C．若集装箱与货物的质量之比为1∶1，则集装箱不能回到轨道顶端 D．若集装箱与货物的质量之比为1∶6，则集装箱不能回到轨道顶端 答案　BC 解析　根据牛顿第二定律，上滑时，有Mgsin θ＋μMgcos θ＝Ma1，下滑时，有(M＋m)gsin θ－μ(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a2，所以＝，故A错误；设顶端到弹簧压缩到最短位置间的距离为x，集装箱从顶端滑至压缩弹簧到最短，再到返回顶端，根据动能定理，有mgxsin θ－μ(M＋m)gcos θ·x－μMgcos θ·x＝0，可得＝，故B正确；若集装箱与货物的质量之比为1∶1，则mgxsin θ－μ(M＋m)gcos θ·x－μMgcos θ·x<0，说明集装箱不能回到轨道顶端，故C正确；若集装箱与货物的质量之比为1∶6，则mgxsin θ－μ(M＋m)gcos θ·x－μMgcos θ·x>0，说明集装箱能回到轨道顶端，故D错误。 4.如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一高度，θ＝37°，圆弧面的半径R＝3.6 m，一滑块质量m＝5 kg，与AB斜面间的动摩擦因数μ＝0.45，将滑块从A点由静止释放(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)。不计空气阻力，求在此后的运动过程中： (1)滑块在AB段上运动的总路程； (2)在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值。 答案　(1)8 m　(2)102 N　70 N 解析　(1)斜面AB与水平面的夹角为θ＝37°，知mgsin θ>μmgcos θ 故滑块最终不会停留在斜面上，由于滑块在AB段受摩擦力作用， 则滑块做往复运动的高度将越来越低，最终以B点为最高点在光滑的圆弧面上做往复运动。 设滑块在AB段上运动的总路程为s，所受摩擦力大小Ff＝μFN＝μmgcos θ 从A点出发到最终以B点为最高点做往复运动， 由动能定理得mgRcos θ－Ffs＝0， 解得s＝8 m。 (2)滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1， 此时滑块所受到的支持力最大，设为Fmax， 从A到C的过程，由动能定理得 mgR－FflAB＝mv12－0 斜面AB的长度lAB＝ 由牛顿第二定律得 Fmax－mg＝ 解得Fmax＝102 N 滑块以B为最高点做往复运动的过程中过C点时，速度最小，设为v2， 此时滑块所受到的支持力最小，设为Fmin， 从B到C，由动能定理得 mgR(1－cos θ)＝mv22－0 由牛顿第二定律得Fmin－mg＝ 解得Fmin＝70 N 根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102 N，最小值为70 N。 5.(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＝。 6.(2023·浙江杭州市模拟)小明制作了一个“20”字样的轨道玩具模型。该模型的“2”字是由圆弧形的管道ABC(圆心为O1)和半圆形的管道CD(圆心为O2)以及直管道DE组成，管道ABC和管道CD对应的圆半径均为R1＝10 cm，A点与O1等高，B为“2”字最高点，D为最低点，E为管道的出口；“0”字是长轴GF垂直于水平地面的椭圆形管道，其最高点G与B点等高，G点附近的一小段管道可看作半径为R2＝6 cm的圆弧；最低点F和F′(一进一出)位于水平地面上；整个装置处于竖直平面内，所有管道的粗细忽略不计。HK为一个倾角θ可调节的足够长的斜面，且D、E、F(F′)、H位于同一条水平直线上，F′H和HK平滑连接。质量m＝0.1 kg的小滑块P(可视为质点)与水平地面EF段和斜面HK的动摩擦因数均为μ＝0.25，其余摩擦均不计。现让滑块P从A点以v0＝2 m/s的速率平滑进入管道，滑块P运动到G点时恰与管道间无相互作用，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)滑块P运动到B点时对管道的作用力； (2)EF段的长度； (3)要使得滑块P不会二次进入EF段且最后停在F′H段，θ的正切值应满足的条件。 答案　(1)1.0 N，方向竖直向上　(2)0.28 m (3)<tan θ< 解析　(1)滑块由A→B，由动能定理有 －mgR1＝mvB2－mv02 在B点，有FN＋mg＝m， 联立解得FN＝1.0 N 又根据牛顿第三定律知滑块P运动到B点时对管道作用力大小为1.0 N，方向竖直向上。 (2)滑块由A→G，由动能定理有 －mgR1－μmg·xEF＝mvG2－mv02 在G点，有mg＝m， 联立解得xEF＝0.28 m (3)①滑块不会停在HK上，则tan θ1>μ＝0.25 ②若滑块恰好不会二次进入EF段，设此时θ＝θ2，设滑块第一次滑上HK的最大位移为x，最高点为K′，此后恰好返回到G点，则从G→K′， 有mg(4R1－xsin θ2)－μmgcos θ2·x＝0－mvG2， 对G→K′→G过程，由动能定理有 －μmgcos θ2·2x＝0－mvG2， 联立解得tan θ2＝， 综上所述<tan θ<。 学科网（北京）股份有限公司 $