第6章 3.微专题10 动能定理在多过程运动中的应用（PPT课件）-【高考突破新方案】2027年高考物理大一轮复习练案

该高中物理高考复习课件聚焦“动能定理在多过程运动中的应用”专题，依据高考评价体系梳理了单向多过程、往复运动两大考查方向，通过2024重庆、2023湖北等真题分析，明确动能定理与运动过程结合占60%、临界态分析占30%的高频考点，归纳选择、计算等常考题型。 课件亮点在于“真题解析+模型建构+易错警示”的备考策略，如以2024重庆活检针题为例，运用动能定理整体法突破多过程阻力做功问题，培养科学思维和能量观念素养。特设“解题导引”和“临界态分析”模块，帮助学生掌握分段与整体法技巧，教师可据此精准定位学生薄弱点，提升复习效率。

　 微专题10 动能定理在多过程 运动中的应用 返回目录 题组1　动能定理在“单向”多过程运动中的应用 1.★★(2024重庆,4,4分)活检针可用于活体组织取样,如图所示。取样时,活检针的针芯 和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。质量为m的针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组 织,继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力,大小分别为 F1、F2,则针鞘 ( ) 　    A　     A.被弹出时速度大小为  B.到达目标组织表面时的动能为F1d1 C.运动d2过程中,阻力做功为(F1+F2)d2 D.运动d2的过程中动量变化量大小为  返回目录 解析　从被弹出到停止运动,对针鞘根据动能定理有F1d1+F2d2= mv2,解得v=  ,A正确;设针鞘到达目标组织表面时的动能为Ek,继续前进d2减速至零,有- F2d2=-Ek,B错误;针鞘在目标组织运动的过程中,阻力做功为-F2d2,动量变化量大小Δp= mv2,又Ek= m =F2d2,联立可得Δp= ,C、D错误。 返回目录 2.★★(多选)(2025届辽宁多校联考)在哈尔滨冰雪大世界,游客们不可错过的体验项目 之一便是“冰雪大滑梯”,其简化模型如图所示。冰滑梯轨道AB固定在斜面上,表面摩 擦忽略不计,游客乘坐雪圈从高h处由静止开始下滑,并通过长度为L1=10 m的水平雪面 BC,最终进入长度为L2=15 m的铺有地垫的缓冲区CD。已知雪圈与雪面BC和缓冲区 CD间的动摩擦因数分别为μ1=0.1、μ2=0.5,游客与雪圈可视为质点,不计空气阻力和通 过B点时的机械能损失。为了确保游客下滑后能够停在缓冲区内,h的取值可能为 ( )     AB　          A.3 m　　    B.6 m　　    C.9 m　　    D.12 m 返回目录 解析　利用“临界态”进行求解 恰好停 在C点 根据动能定理有mgh1-μ1mgL1=0-0 h1=1 m 恰好停 在D点 根据动能定理有mgh2-μ1mgL1-μ2mgL2 =0-0 h2=8.5 m h的取值范围为1 m≤h≤8.5 m,A、B正确 返回目录 3.★★★(2025届江苏常州前黄高级中学月考)如图所示,不可伸长、长为l的轻细线一 端固定于O点,另一端连接一小球,此时细线刚好伸直,角度θ=30°。现将小球静止释放, 不计空气阻力,重力加速度为g,则小球运动到O点正下方时速度的大小为  ( )   A. 　    B. 　    C. 　    D.       　    C     返回目录 解题导引       返回目录 解析　小球由P点至M点,根据自由落体运动规律可得2mgl sin 30°= mv2,解得v= ; 小球运动到M点时细线瞬间绷紧,沿细线方向的速度减为零,垂直细线方向的速度v1=v cos 30°= ;小球从M点至N点,根据动能定理可得mgl(1-sin 30°)= m - m ,解得v2=  ,C正确。 易错警示 小球从P点运动至N点,并不是只有重力做功,故通过mg(l+l sin 30°)= m 解出的v2,并不 是小球到达N点的速度。 返回目录 4.★★★(2025云南,6,4分)如图所示,质量为m的滑块(视为质点)与水平面上MN段的动 摩擦因数为μ1,与其余部分的动摩擦因数为μ2,且μ1>μ2。第一次,滑块从Ⅰ位置以速度v0 向右滑动,通过MN段后停在水平面上的某一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x 1,所用时间为t1;第二次,滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面 上的另一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x2,所用时间为t2。忽略空气阻力,则  ( )   　    A　     A.t1<t2　　　    B.t1>t2　　　    C.x1>x2　　　    D.x1<x2 返回目录 解析　设滑块在MN间的位移为x0,所用时间为t0;在进入MN之前的位移为x1',所用时间为 t1';滑出MN之后的位移为x2',所用时间为t2'。由动能定理得-μ2mg(x1'+x2')-μ1mgx0=0- m , 解得x1'+x2'= ,而x总=x1'+x2'+x0= - x0,故x1=x2,C、D错误。由动量定理得 -μ2mg(t1'+t2')-μ1mgt0=0-mv0,解得t1'+t2'= - t0,总时间t总=t1'+t2'+t0= - t0(μ1>μ2),由 于MN的长度一定,第二次通过MN时的平均速度大,所用时间t0小,故总时间t总大,所以t1< t2,A正确,B错误。 返回目录 一题多解 滑块两次过程均以速度v0出发,通过MN最终停下来,两次过程中只有摩擦力做功,根据 动能定理有Wf=ΔEk,则x1=x2,C、D错误;滑块在各段路程中均做匀减速直线运动,由牛顿 第二定律得μ1mg=ma1,μ2mg=ma2,由于μ1>μ2,则a1>a2,Ⅰ、Ⅱ两种情况下滑块的速度—时 间图像如图所示,阴影部分面积表示MN段的距离L,图线与t轴围成的面积表示滑块运动 过程中的总位移x1=x2,可知t1<t2,A正确,B错误。 返回目录 5.★★★★(多选)(2026届云南玉溪一中开学考)如图所示,ABC为一弹性轻绳,一端固定 在墙壁上A点,另一端连接一个质量为m的小球,小球穿在竖直杆上,杆OB固定在墙上,另 一端为定滑轮,初始时A、B、C在同一水平线上,弹性绳的原长为AB,现将小球在C点由 静止释放,E点为下滑的最低点,D点为CE的中点,且经过D点时速度最大,小球在C点时 弹性绳的拉力为 ,C、E间距离为h,小球与竖直杆间的动摩擦因数μ=0.4,重力加速度 为g,弹性轻绳始终在弹性限度内,下列说法正确的是( )   　    ACD　     A.CD段小球克服摩擦力做的功与DE段克服摩擦力做的功相等 B.小球在E点的加速度大小大于在C点的加速度大小 C.小球经过D点时加速度为零 D.若在最低点E给小球一个向上的初速度v,使小球恰好回到C点,则v=  返回目录 解题导引　设弹性绳与竖直杆间的夹角为θ,B、C之间距离为d,弹性绳的弹力Fk=k ; 小球与竖直杆之间的弹力FN=Fk sin θ=kd,为定值,故小球与竖直杆间的滑动摩擦力Ff也 为定值。 返回目录 解析　根据功的定义式可得小球在CD段克服摩擦力做的功与在DE段克服摩擦力做的 功相等,A正确。小球经过D点时速度最大,可得此时小球的加速度为零,C正确。小球 在C点时,根据牛顿第二定律可得mg-Ff=ma1,解得a1= ;小球在D点时有mg=Ff+klCD 【点拨:弹性绳对小球的弹力在竖直方向上的分力等于klBD cos θ=klCD】;小球在E点时, 根据牛顿第二定律可得mg-Ff-klCE=ma2,解得a2= ;由于lCE=2lCD,可得a2=  ,故小球在E点和在C点的加速度大小相等、方向相反,B错误。小球从C点到E 点过程中,根据动能定理可得mgh-Ffh-(EpE-EpC)=0;若在最低点E给小球一个向上的初速 度v,使小球从E点恰好回到C点,根据动能定理可得-mgh+(EpE-EpC)-Ffh=0- mv2,其中Ff=μ kd=μFkC=0.1mg,联立解得v= ,D正确。 返回目录 6.★★★(2023湖北,14,15分)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。 返回目录 答案 (1)     (2)0    (3)  解析    (1)设物块质量为m,物块恰好能通过最高点D,可知其所受重力提供向心力,在D 点对物块根据牛顿第二定律有mg=m ,可得vD= 。 (2)由题意可知C、D之间的高度差hCD=R+R cos 60°= R 对物块由C到D根据动能定理有-mghCD= m - m  解得vC=2  物块从B到C做平抛运动,过C点时有 vC水平=vC cos 60°=vB,解得vB=  返回目录 由动能定理有mghBD= m - m  解得hBD=0。 (3)物块从A到B由动能定理得-μmgs= m - m  其中s= ×2π×2R 解得vA= 。 返回目录 题组2　动能定理在往复运动中的应用 1.★★★(2026届河北保定定州中学开学考)将一可视为质点且质量为m的物体由地面 沿竖直向上的方向抛出,抛出瞬间物体的动能为Ek0,物体的动能与距离抛出点高度的关 系如图所示,规定抛出点为零势能面,整个过程物体所受的空气阻力大小保持不变,图线 与坐标轴的交点为已知量,重力加速度为g,则下列说法正确的是 ( ) A.m=  　    B　     B.空气阻力为物体重力的  C.物体下落过程中,距离地面的高度为 时,其动能等于重力势能 D.若在抛出点物体的动能为2Ek0,上升时,动能与重力势能相等时动能大小为  返回目录 解析　对物体上升过程,根据动能定理可得-mgh0-Ffh0=0-Ek0;物体下落过程,根据动能定 理可得mgh0-Ffh0= ,解得m= ,Ff= ,A错误。物体的重力G=mg= ,空气阻力 与物体重力的比值 = ,B正确。物体下落过程中,距离地面的高度为h时,动能Ek=mg(h 0-h)-Ff(h0-h),重力势能为Ep=mgh,若Ek=Ep,解得h= h0,C错误。若抛出点的动能为2Ek0,物 体上升时,根据动能定理可得-mgh'-Ffh'=E'k-2Ek0;重力势能E'p=mgh',当E'k=E'p时,解得E'k=  ,D错误。 返回目录 2.★★★(多选)(2026届云南师大附中月考)如图所示,水平轻质弹簧一端连接竖直墙壁, 另一端连接一质量为m的小物块,物块位于O点时弹簧为原长,现将物块向右拉到P点,静 止释放后物块向左运动,且物块在第2次经过O点前,在O左边某位置停下,已知OP=L,重 力加速度为g,弹簧的劲度系数k= ,弹性势能的表达式为 kx2(x为弹簧形变量),物块可 视为质点,物块与地面间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,μ取不同值 时,运动情况不同,则下列说法正确的是 ( )   　    AC　     A.若物块一直向左运动后停下,则 ≤μ<  B.若物块先向左运动再向右运动后停下,则 <μ<  C.物块最后停下的位置距O最远距离为  D.物块运动过程中,在O点左边距O最远距离为  返回目录 解析　物块从P点释放后向左运动且经过O点,则 kL2>μmgL,解得μ< ;假设物块一直向 左运动至O点左边距O点为x后停下,则 kL2- kx2-μmg(L+x)=0,解得x=L-2μL,且kx≤μmg, 解得μ≥ ;所以若物块一直向左运动后停下,可得 ≤μ< ,A正确。若物块先向左运动 到O点左边距O点最大距离xm后再向右运动至停下,可得kxm>μmg;已知物块不能第2次 经过O点,可得 k <μmgxm,对物块从P点运动至最左端有 kL2- k -μmg(L+xm)=0,解得 xm=L-2μL,联立可得 <μ< ,B错误。若物块先向左运动到最大距离处,再向右运动到O 左边距O点x1处停下,可得 kL2- k -μmg(L+2xm-x1)=0,解得x1=4μL-L;由于 <μ< ,所以0 返回目录 <x1< ;若物块一直向左运动至O点左边距O点为x后停下,由于 ≤μ< ,所以0<x≤ ,故 物块最后停下的位置在O点左边距O最远距离为 ,xm> ,物块运动过程中,在O点左边 距O最远距离大于 ,C正确,D错误。 返回目录 $