专题九 应用动能定理解决多过程问题 讲义 -2027届高三物理一轮复习

该高中物理高考复习讲义聚焦动能定理在多过程、往复运动问题中的应用，按“考点梳理—方法指导—典例精讲”逻辑架构知识，通过分阶段与全过程应用动能定理的方法对比，结合多过程分解与衔接点分析，帮助学生构建解题框架，突破高考难点。 讲义突出科学思维与模型建构，如通过典例中圆轨道、平抛与圆弧轨道等情境，引导学生提炼多过程问题的分析模型，设计从基础到综合的分层训练，培养学生科学推理能力，高效提升应考技能，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

专题九　应用动能定理解决多过程问题 讲义 考点一 动能定理在多过程问题中的应用 一．运用动能定理解决多过程问题的两种方法 方法1：分阶段应用动能定理 分阶段应用动能定理的适用情况 (1)题目需要求某一中间物理量； (2)受到的弹力、摩擦力等力发生变化； (3)力在各个过程中做功情况不同。 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。 二．多过程问题的分析方法 (1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。 (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。 (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。 (5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。 典例1：如图所示，半径为1 m的四分之三光滑圆轨道竖直固定在水平地面上，B点为轨道最低点，A点与圆心O等高。质量为1 kg的小球(可视为质点)在A点正上方0.75 m处静止释放，下落至A点时进入圆轨道，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则(　　) A．小球在B点的动能为7.5 J B．小球在A点受到轨道的弹力大小为10 N C．小球上升过程中距地面的最大高度为1.75 m D．小球离开轨道后将落至轨道B点 [答案]　D　[解析]　小球从释放到最低点，根据动能定理有mg(h＋R)＝EkB，解得EkB＝17.5 J，故A错误；小球从释放到A点，根据动能定理有mgh＝，在A点，水平方向弹力提供向心力，根据牛顿第二定律有N＝，解得N＝15 N，故B错误；设小球上升过程中距地面最大高度处与圆心的连线和竖直方向的夹角为θ，则有mg cos θ＝，从B点到最高点，根据动能定理有－mgR(1＋cos θ)＝mv2－EkB，解得cos θ＝，最大高度为H＝R(1＋cos θ)＝1.5 m，故C错误；假设小球离开轨道后将落至轨道B点，由C项分析可知小球脱离轨道的速度为v＝ m/s，根据斜抛的运动规律可知H＝－v sin 60°t＋gt2，x＝v cos 60°t，解得x＝ m＝R cos 30°，可知小球离开轨道后将落至轨道B点，故D正确。 典例２：如图所示，在高处的光滑水平平台上，质量m＝2 kg的小球(可视为质点)压缩弹簧后被锁扣锁住，储存的弹性势能为Ep，若打开锁扣，小球脱离弹簧后将以一定的水平速度v0向左滑离平台做平抛运动，经过t＝0.3 s恰好能从光滑圆弧形轨道CD的C点沿切线方向进入圆弧形轨道。该圆弧对应的圆心角为37°，半径R＝5 m，OD为竖直半径。圆弧形轨道左侧DE是长为L＝5 m的粗糙水平轨道，小球遇墙壁等速反弹后刚好回到D点。各轨道间平滑连接，空气阻力不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求: (1)弹簧对小球做的功; (2)小球在D点对轨道的压力; (3)小球与DE段水平轨道间的动摩擦因数μ。 [答案]　(1)16 J　(2)38 N　(3)0.225 [解析]　　(1)小球经过t＝0.3 s恰好能从光滑圆弧形轨道CD的C点沿切线方向进入圆弧形轨道，由几何关系有tan 37°＝ 解得小球的平抛初速度v0＝4 m/s 弹簧从处于初始状态到恢复原长的过程，只有弹簧对小球做正功， 根据动能定理可得弹簧做的功W弹＝m＝16 J。 (2)小球在C点的速度vC＝＝5 m/s 由C到D，只有重力做功，根据动能定理有 mgR(1－cos 37°)＝mm 解得小球在D点的速度vD＝3 m/s 小球在D点，由牛顿第二定律有FN－mg＝m 解得轨道对小球的支持力FN＝38 N 由牛顿第三定律知，小球在D点对轨道的压力为F压＝FN＝38 N。 (3)由D到E再回到D，只有摩擦力做功，由动能定理可知－2μmgL＝0－m 解得小球与DE段水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.225。 典例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。 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，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而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，其做功特点与路程有关，求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出。由于动能定理只涉及物体的初、末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。 总结：(1)应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的初状态和最终状态。 (2)重力做功与物体运动的路径无关，可用WG＝mgh直接求解。 (3)滑动摩擦力做功与物体运动的路径有关，可用Wf＝－Ffs求解，其中s为物体相对滑行的总路程。 典例４：如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于B点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为3 kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点，已知光滑圆轨道的半径R＝0.45 m，水平轨道BC长为0.4 m，其动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD长为0.6 m，g取10 m/s2，求： (1)滑块第一次经过B点时对轨道的压力大小； (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。 [答案]　(1)90 N　(2)2.1 J　(3)距B点0.15 m处(或距C点0.25 m处) [解析]　(1)滑块从A点到B点，由动能定理可得mgR＝mv， 代入数据解得vB＝3 m/s， 滑块在B点，由牛顿第二定律有FN－mg＝m，代入数据解得FN＝90 N， 由牛顿第三定律可得，滑块在B点对轨道的压力为FN′＝FN＝90 N。 (2)滑块从A点到D点，该过程弹簧弹力对滑块做的功为W， 由动能定理可得mgR－μmgLBC－mgLCDsin 30°＋W＝0，Ep＝－W， 解得Ep＝2.1 J。 (3)滑块最终停止在水平轨道BC间，从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程， 由动能定理可得－μmg·s＝0－mv，解得s＝2.25 m， 则物体在BC段上运动的次数为n＝＝5.625， 说明物体在BC上滑动了5次，又向左运动0.625×0.4 m＝0.25 m， 故滑块最终停止在BC间距C点0.25 m处(或距B点0.15 m处)。 典例５：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ABC、CDE和粗糙的水平直轨道EF组成，末端与竖直的弹性挡板OF连接，轨道CDE半径r＝0.1 m，轨道ABC半径为2r，A端与地面相切。现将质量m＝0.5 kg的小滑块从水平地面P点以速度v0＝2 m/s沿轨道上滑，运动到F点与挡板发生完全弹性相碰(即反弹速度大小不变，方向相反)。已知直线轨道EF长为L＝0.5 m，小滑块与轨道EF间的动摩擦因数μ＝0.5，其余阻力均不计，小滑块可视为质点。取g＝10 m/s2，求： (1)小滑块在ABC圆轨道运动时对轨道C点的压力； (2)小滑块最终停止的位置离F点的距离； (3)若改变小滑块的初速度，使小滑块能停在EF轨道上，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。 [答案]　(1)5 N，方向竖直向上　(2)0.3 m　　(3) m/s≤v0′≤4 m/s [解析]　(1)小滑块从P到C的过程中， 根据动能定理可得－mg·4r＝mv－mv 在C点对小滑块根据牛顿第二定律有FN＋mg＝ 解得FN＝5 N 根据牛顿第三定律可知小滑块对轨道C点的压力为5 N，方向竖直向上。 (2)小滑块从P点到EF轨道停止运动的过程中， 根据动能定理－mg·2r－μmgs＝0－mv 解得s＝0.8 m＝(L＋0.3)m 所以小滑块最终停在离F点0.3 m处。 (3)小滑块刚好经过最高点C，则mg＝ 小滑块从P到C的过程中，根据动能定理可得－mg·4r＝mv2－mv 解得v1＝ m/s 当小滑块第一次从挡板弹回，到达小圆的圆心等高处D时速度为零，小滑块从P到D的过程中， 根据动能定理可得－mg·3r－μmg·2L＝0－mv 解得v2＝4 m/s 所以小滑块的初速度范围为 m/s≤v0′≤4 m/s。 学科网（北京）股份有限公司 $