2026届高考物理二轮复习导学案：动能定理在多过程运动中的应用

动能定理在多过程运动中的应用 一．知识讲解 1、动能定理在单向多过程运动中的应用 解题思路1．分阶段应用动能定理 （1）若题目需要求解某一中间物理量，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。 解题思路2．全过程应用动能定理 （1）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。 2、动能定理在往复运动中的应用 （1）往复运动 即物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的有关物理量多数是变化的，而往复的次数有的可能是有限的，有的运动过程最终会达到某一稳定情境下的无限往复运动。 （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解题将非常繁琐，甚至无法解出，由于动能定理只涉及物体的初、末状态，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。 二．典例精讲 1．动能定理在多过程问题中的应用 例题1 （2024·江西·联考题）如图所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为（　　） A．tan θ B．tan α C．tan (θ＋α) D．tan (θ－α) 【答案】B 【解析】如图所示，设B、O间距离为x1，A点离水平面的高度为h，A、O间的水平距离为x2，物块的质量为m，在物块运动的全过程中，应用动能定理可得mgh－μmgcos θ·－μmgx1＝0，解得μ＝＝tan α，故选项B正确。 例题2 （2023·湖北·历年真题）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】解：（1）由题意知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有mg＝ 解得vD＝。 （2）由题意知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧， 则在C点有vCx＝vCcos 60°＝vB 小物块从C到D的过程中，根据动能定理有－mg(R＋Rcos 60°)＝ 小物块从B到D的过程中，根据动能定理有mgHBD＝ 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＝，s＝π·2R 解得vA＝。 2．动能定理在往复运动问题中的应用 例题3 （2024·江苏·联考题）如图所示的轨道，ab段及cd段是光滑的弧面，bc段为中间水平部分，长为2 m，与物体间的动摩擦因数为0.2，若物体从ab段高0.8 m处由静止下滑，g取10 m/s2，求： （1）物体第一次到达b点时的速度大小； （2）物体在cd段运动时可达到的离地最大高度； （3）物块最终停在何处？ 【答案】解：（1）由机械能守恒可得：mgh＝ 解得：v＝＝ m/s＝4 m/s 物体第一次到达b点的速度为4 m/s； （2）物体第一次滑到cd处时，达到的高度最高，由动能定理可得：－mgh′－μmgs＝0－ 解得物体在cd段运动时可达到的最大高度为：h′＝＝0.4 m； （3）物体在a点的机械能Ea＝mgh，物体从b点到c点克服摩擦力做的功为Wf＝fL＝μmgL， 由于Ea＝2Wf则物块最终停在b点。 三．跟踪训练 1．如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度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，则滑块经过的总路程是（　　） A． B． C． 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：mgx0sin θ－μmgxcos θ＝0－，解得x＝，A正确。 2．（2024·湖北武汉·模拟题）如图所示，轻弹簧的右端与固定竖直挡板连接，左端与B点对齐。质量为m的小物块以初速度v0从A向右滑动，物块压缩弹簧后被反弹，滑到AB的中点C（图中未画出）时速度刚好为零。已知A、B间的距离为L，弹簧的最大压缩量为，重力加速度为g，则小物块反弹之后从B点运动到C点所用的时间为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】小物块从A点到停止运动的整个过程，根据动能定理可得＝0－，在BC段运动时，由牛顿第二定律和运动学公式得μmg＝ma，，联立解得t＝。故选B。 3．如图甲，一倾角为37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图乙所示。已知AB段长度为2 m，滑块质量为2 kg，滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求： （1）当拉力为10 N时，滑块的加速度大小； （2）滑块第一次到达B点时的动能； （3）滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。 【答案】（1）7 m/s2　（2）26 J　（3）1.3 m 【解析】（1）已知滑块的质量m＝2 kg，斜面倾角θ＝37°， 滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块受到斜面的支持力大小FN＝mgcos θ 滑动摩擦力大小Ff＝μFN 设拉力T为10 N时滑块的加速度大小为a，由牛顿第二定律有T＋mgsin θ－Ff＝ma 解得a＝7 m/s2。 （2）设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W， 由题图乙知，T1＝8 N，s1＝1 m，T2＝10 N，s2＝1 m，则有W＝T1s1＋T2s2 设滑块第一次到达B点时的动能为Ek， 由动能定理有W＋(mgsin θ－Ff)(s1＋s2)＝Ek－0 解得Ek＝26 J。 （3）因为BC段光滑，由机械能守恒定律可知，滑块第一次在B点与弹簧脱离时，动能仍为Ek。 设滑块在B点与弹簧脱离后沿斜面上滑的最大距离为smax， 由动能定理有－(mgsin θ＋Ff)smax＝0－Ek，解得smax＝1.3 m。 4．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，滑块第1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】解：（1）到C点过程 C点时F＝mg＋＝7 N。 （2）到F点过程mglxsin 37°－4 mgRcos 37°＝，v＝(m/s) 由lxsin 37°＞3Rcos 37°＋R，mglxsin 37°－2 mgRcos 37°＝，mgcos 37°≤ 解得lx＞0.85 m。 （3）总克服摩擦力做功为第一次到达FG中点过程克服摩擦力做功的n倍（n为正奇数） mglxsin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0 lx＝，当n＝1时，lx1＝ m＞0.85 m 当n＝3时，lx2＝ m 当n＝5时，lx3＝ m（返回轨道AB的最大长度）。 当n＝7时，lx4＝ m＞3 m（不符合）。 学科网（北京）股份有限公司 $