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（粤教版 粤）

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、多阶段问题。2.会用动能定理分析往复运动问题。 考点一　动能定理在多过程问题中的应用 1．运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，大大简化运算。 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)计算各力做功的大小时，要注意每个力作用的过程。 例1　(2024·广东江门市开学考)用竖直向上、大小为30 N的力F，将2 kg的物体从沙坑表面由静止提升1 m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm。若忽略空气阻力，g取10 m/s2，则物体克服沙坑的阻力所做的功为(　　) A．34 J B．24 J C．30 J D．54 J 答案　A 解析　对全程应用动能定理，有Fh＋mgd－Wf＝0，解得物体克服沙坑的阻力所做的功为Wf＝Fh＋mgd＝30×1 J＋2×10×0.2 J＝34 J，故选A。 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s0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.(＋s0tan θ) B.(＋s0tan θ) C.(＋s0tan 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s，对滑块运动的全程应用动能定理得 mgs0sin θ－μmgscos θ＝0－mv02， 解得s＝(＋s0tan θ)，选项A正确。 例4　(2023·广东中山市检测)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足够长且倾角θ＝37°，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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)小滑块第一次到达B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) m/s　(2)3.6 m 解析　(1)滑块从A到B的过程中，只有重力做功，由动能定理得mgh1＝mv12 解得小滑块第一次到达B点时的速度大小v1＝＝ m/s (2)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f和木块所获得的最大动能Ek分别为(　　) A．f＝　Ek＝ B．f＝　 Ek＝FL C．f＝　 Ek＝ D．f＝　 Ek＝ 答案　D 解析　木块运动全过程中，根据动能定理可得FL－f·4L＝0－0，可得f＝，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－fL＝Ek－0，解得木块所获得的最大动能为Ek＝，故选D。 2.(多选)(2023·广东省百师联盟联考)如图所示，直角三角形斜劈ACB固定在水平面上，∠ABC＝37°，斜边AB长1.5 m，P点将AB分成两部分，AP＝0.5 m，PB＝1.0 m。小物块与AP段间的动摩擦因数为μ1，与PB段间的动摩擦因数为μ2。小物块从A点由静止释放，经过时间t1下滑到B点时速度刚好为零；若在B点给小物块一个初速度v0，经过时间t2上滑到A点时速度也刚好为零。重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则(　　) A．μ1＋2μ2＝ B．v0＝6 m/s C．t1>t2 D．t1<t2 答案　ABC 解析　设AP＝s，从A到B由动能定理得： mg·3ssin 37°－μ1mgcos 37°·s－μ2mgcos 37°·2s＝0，解得μ1＋2μ2＝，故A正确； 从B到A由动能定理得－mg·3ssin 37°－μ1mgcos 37°·s－μ2mgcos 37°·2s＝0－ 联立解得v0＝6 m/s，故B正确； 上滑过程中经过任意位置的速度都比下滑过程中经过该位置的速度大，则上滑用时短，即t1>t2，故C正确，D错误。 3.如图所示，一篮球从距地面高H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，篮球从开始下落到停止的过程中运动的总路程为(　　) A．9H B．15H C．19H D．21H 答案　C 解析　篮球第一次到达地面时所获得的动能为Ek1＝mgH，运动的路程为s1＝H，篮球第一次与地面作用后损失的动能为ΔEk1＝10%Ek1＝0.1mgH，反弹后上升到最高点时的高度为H1＝0.9H 篮球第二次到达地面运动的路程为s2＝H＋2H1＝H＋2×0.9H 篮球第二次与地面作用后损失的动能为ΔEk2＝10%Ek2＝0.1mgH1＝0.9mgH×0.1 反弹后上升到最高点时的高度为H2＝0.9H1＝0.92H 篮球第三次到达地面时运动的路程为s3＝H＋2H1＋2H2＝H＋2×0.9H＋2×0.92H 篮球第n次到达地面时运动的路程为sn＝H＋2×0.9H＋2×0.92H＋…＋2×0.9n－1H 根据等比数列求和公式可得s总＝H＋2×0.9H× 当n趋于无穷大时，有s总＝19H，C正确。 4.(多选)(2023·广东茂名市一模)如图所示，半球形容器ABC固定在水平面上，AC是水平直径，一个质量为m的物块从A点正上方由静止释放刚好能从A点进入容器，第一次从P点由静止释放，P点距A点高度为h，结果物块从C点飞出上升的高度为，第二次从Q点静止释放，Q点距A点高度为，物块与容器内壁间的动摩擦因数恒定，B点为容器内壁最低点，容器的半径为h，重力加速度为g，则下列判断正确的是(　　) A．第一次，物块由A点运动到C点克服摩擦力做的功为mgh B．第二次，物块运动到C点的速度刚好为零 C．第一次，物块运动到B点的最大动能为mgh D．第一次，物块从A点运动到B点克服摩擦力做的功大于从B点运动到C点克服摩擦力做的功 答案　AD 解析　根据动能定理有mg－W克f＝0，解得克服摩擦力做功W克f＝mgh，故A正确；第二次，由于物块运动到某一位置速度小于第一次物块在该位置的速度，因此正压力小于第一次的正压力，摩擦力小于第一次的摩擦力，因此从A到C克服摩擦力做功小于mgh，根据动能定理可知，物块到达C点的速度不为零，故B错误；第一次，物块从A运动到B过程中的速度大于从B运动到C的速度，因此正压力大，摩擦力大，因此物块从A点运动到B点克服摩擦力做的功大于从B点运动到C点克服摩擦力做的功，故D正确；第一次，物块由A运动到B克服摩擦力做的功大于由B运动到C克服摩擦力做的功，大于mgh，因此物块运动到B点的最大动能小于2mgh－mgh＝mgh，故C错误。 5．(2023·广东清远市测试)如图所示，光滑固定斜面的倾角θ＝53°，BC为水平面，BC长度l＝1.2 m，CD为光滑的圆弧，半径R＝0.6 m，一个质量m＝2 kg的物体，从斜面A点由静止开始下滑，物体与水平面BC间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道在B、C两点平滑连接。当物体到达D点时，继续竖直向上运动，最高点距离D点的高度h＝0.2 m，不计空气阻力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2。求 (1)物体运动到C点时的速度大小vC； (2)A点距离水平面的高度H； (3)物体最终停止的位置到C点的距离s。 答案　(1)4 m/s　(2)1.04 m　(3)0.8 m 解析　(1)物体由C点运动到最高点，根据动能定理得－mg(h＋R)＝0－mvC2， 代入数据解得vC＝4 m/s (2)物体由A点运动到C点，根据动能定理有 mgH－μmgl＝mvC2－0， 代入数据解得H＝1.04 m (3)从物体开始下滑到最终停止，根据动能定理得mgH－μmgs1＝0，代入数据，解得s1＝5.2 m，由于s1＝4l＋0.4 m 所以物体最终停止的位置到C点的距离为 s＝l－0.4 m＝0.8 m。 6．(2024·广东深圳市检测)如图甲所示为某一玩具汽车的轨道，其部分轨道可抽象为图乙的模型。AB和BD为两段水平直轨道，竖直圆轨道与水平直轨道相切于B点，D点为水平直轨道与水平半圆轨道的切点。在某次游戏过程中，通过遥控装置使小车以一定的速度过A点同时关闭发动机并不再开启。小车可视为质点，质量m＝40 g。AB＝1.6 m，BD＝0.5 m，竖直圆轨道半径R＝0.4 m，水平半圆轨道半径r＝0.1 m。小车在两段水平直轨道所受的阻力大小均为f＝0.2 N，在竖直圆轨道和水平半圆轨道所受的阻力均忽略不计，水平半圆轨道能够提供的最大径向作用力(向心力)为40 N，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小车能顺利通过C点，在B点时对轨道的压力至少为多少； (2)小车保持沿着轨道运动并通过水平半圆轨道，在A点时速度的取值范围。 答案　(1)2.4 N　(2)6 m/s≤vA≤11 m/s 解析　(1)恰好通过C点时，在B点对轨道压力最小，则有mg＝m 从B到C过程，根据动能定理可得 mvC2－mvB2＝－2mgR 在B点，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝m 联立解得FN＝2.4 N 根据牛顿第三定律可知，在B点时对轨道的压力至少为2.4 N。 (2)刚好过C点时，在A点对应的速度最小；从C到D点，根据动能定理可得 2mgR－fsBD＝mvD2－mvC2 在D点，有FND＝m 解得FND＝6 N<Fmax 从A到C过程，根据动能定理可得 －2mgR－fsAB＝mvC2－mvA12 解得vA1＝6 m/s 到D点向心力最大时，在A点对应的速度最大，则有Fmax＝m 从A到D过程，根据动能定理可得 －f(sAB＋sBD)＝mvD′2－mvA22 解得vA2＝11 m/s 则在A点时速度的取值范围为 6 m/s≤vA≤11 m/s。 7.如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径R＝0.3 m的固定在水平面上竖直放置的光滑圆轨道，摆球进入圆轨道后立即关闭A孔。已知摆线长L＝2 m，θ＝53°，小球质量为m＝0.5 kg，D点与A孔的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2。(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6) (1)求摆线能承受的最大拉力为多大； (2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间的动摩擦因数μ的范围。 答案　(1)9 N　(2)0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025 解析　(1)摆球由C运动到D，根据动能定理有mg(L－Lcos θ)＝mvD2，得vD＝4 m/s，在D点，由牛顿第二定律可得FTm－mg＝m，可得FTm＝9 N (2)要保证小球能到达A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得 对DA段：－μ1mgs＝0－mvD2，可得μ1＝0.4 小球不脱离圆轨道分两种情况： ①若进入A孔的速度较小，那么将会在圆心所在高度以下做往返运动，不脱离轨道，其临界情况为到达圆心等高处速度为零， 对DA段：由动能定理可得－μ2mgs＝mvA2－mvD2，在轨道中由动能定理可得－mgR＝0－mvA2，可求得μ2＝0.25 ②若小球进入A孔的速度较大，能过圆轨道的最高点，那么也不会脱离轨道，当小球恰好到达最高点时，在最高点，由牛顿第二定律可得mg＝m， 由动能定理可得－μ3mgs－2mgR＝mv2－mvD2，解得μ3＝0.025 综上所述，动摩擦因数μ的范围为0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025。 谢谢！ 学科网（北京）股份有限公司 $