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学案

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”微专题，依据高考评价体系梳理了单向多过程、往复运动两大考查类型，通过2025届广西南宁三模、福建卷等真题分析，明确分阶段与全程动能定理应用、摩擦力做功等高频考点，归纳典型题型解题框架。 课件亮点在于“真题解析+素养渗透+技巧提炼”，如典例1通过单向多过程运动中摩擦力做功计算，培养科学推理与能量观念素养，典例3结合往复运动总路程分析，总结摩擦力做功与路程关系的突破方法。特设易错点警示与临界条件归纳，帮助学生高效掌握答题技巧，教师可据此精准开展专题复习，提升备考针对性。

微专题10 动能定理在多过程 运动中的应用 返回目录 题型1　动能定理在“单向”多过程运动中的应用 1.当物体运动涉及多个阶段和多个过程时,若题目要求计算某一中间物理量,需分阶段 列动能定理;若不需要研究运动的中间状态,可以对全程列动能定理,从而避开每个运动 过程的具体细节。 2.思路分析   点拨提醒 (1)各阶段的衔接点起承前启后的作用。 (2)变力做功容易出错,需重点分析。 返回目录 A.物块从A运动到B的过程中,克服摩擦力做功为 mgR B.若物块从A处静止释放,到达B点时的速度为  C.物块从C运动到D的过程中,其重力的瞬时功率一直增大 D.物块将在右侧圆弧轨道上距离地面高度为 R处脱离轨道 典例1    (多选)(2025届广西南宁三模)如图所示,在水平地面上,左右两侧各固定一半径 为R的圆弧轨道,两轨道分别与地面相切于B、C点,左侧轨道的最高点A与圆心O1等高, 右侧半圆形轨道的D点与圆心O2等高,最高点为E点,左侧轨道粗糙,水平地面BC段和右 侧圆弧轨道均光滑。质量为m的物块以初速度v0= 从A点处竖直向下进入轨道,运 动至B点的速度为 ,重力加速度为g。则下列说法正确的是 (         ) AD 返回目录 解析　　物块从A运动到B,根据动能定理可得mgR-W克= m - m ,解得W克= mgR,A 正确。【关键:由牛顿第二定律得FN-mg sin θ=m ,其中θ为左侧圆弧轨道对物块的支 持力与水平方向的夹角,可得物块经过圆弧轨道上相同点时的速度变小时,FN变小,物块 与左侧圆弧轨道间的滑动摩擦力变小】物块从A处静止释放运动到B处过程克服摩擦 力做功W'克<W克= mgR,根据动能定理有mgR-W'克= m -0,解得vB> ,B错误。物块从 C运动到D的过程中,物块受的支持力的竖直分量先大于重力后小于重力,则竖直方向 的分速度先增大后减小,故重力的瞬时功率先增大后减小,C错误。若在图中F点脱轨, 返回目录 受力分析如图所示,在F点有mg cos φ=m ,从B点到F点,根据动能定理可得-mg(R+R cos φ)= m - m ,联立解得 cos φ= ,F点离地面高度为h=R+R cos φ= R,D正确。   返回目录 典例2    (2025福建,15,12分)如图(a),竖直平面内,一长度大于4 m的水平轨道OP与光滑 半圆形轨道PNM在P点平滑连接,固定在水平地面上。可视为质点的A、B两小物块靠 在一起,静置于轨道左端。现用一水平向右推力F作用在A上,使A、B向右运动。以x表 示A离开初始位置的位移,F随x变化的图像如图(b)所示。已知A、B质量均为0.2 kg,A与 水平轨道间的动摩擦因数为0.25,B与水平轨道间的摩擦不计,重力加速度大小取10 m/s2。 (1)求A离开初始位置向右运动1 m的过程中,推力F做的功; (2)求A的位移为1 m时,A、B间的作用力大小; (3)若B能到达M点,求半圆形轨道半径应满足的条件。 返回目录 答案 (1)1.5 J    (2)0.5 N    (3)R≤0.2 m 解析 (1)F-x图线与横轴围成的面积表示力F对物体做的功,0~1 m内F做的功为W=1.5×1 J=1.5 J (2)x=1 m时,设A、B之间的作用力大小为N,对A与B整体和B分别受力分析,如图1、图2 所示。 返回目录 对于A、B整体,根据牛顿第二定律有F-fA=(mA+mB)a A受到的摩擦力为fA=μmAg 对于B,根据牛顿第二定律有N=mBa 代入数据F=1.5 N,mA=mB=0.2 kg,μ=0.25,解得N=0.5 N (3)要保证B能到达M点,需满足mg≤ ,设圆弧轨道的半径最大为Rm,则B在M点时的最 小速度vB满足mg= ,可得vB=  用力F推动A与B,当A、B之间的作用力为零时A、B分离,即当F减小到F=fA=μmAg=0.5 N 时A、B分离,由题图(b)可知A、B分离时向右移动的位移x1=3 m 此过程中,设F做的功为WF,A、B刚要分离时两者的速度均为v0,由动能定理有 返回目录 WF-fAx1= (mA+mB)  F-x图线与横轴围成的面积表示力F对物体做的功,则 WF=  J=3.5 J A、B分离后,B经过水平轨道和圆弧轨道运动到轨道最高点,由机械能守恒定律有  mB =mBg·2Rm+ mB  联立以上各式并代入数据解得Rm=0.2 m 则圆弧轨道半径满足的条件为R≤0.2 m 返回目录 高考变式　(力与速度间有夹角及运动的分解) (2025届山东滨州二模)如图所示,为在火星上执行救援任务,工程师设计了一款应急轨 道装置。水平轨道长度L=  m,与半径R=0.5 m的四分之一竖直光滑圆轨道在底部相 切且固定在水平面上。一质量m=5 kg的物资箱从水平轨道最左端开始,在方向与水平 面夹角α=30°、大小F=20 N的恒力作用下,由静止开始沿着水平轨道运动,且整个运动 过程中恒力F始终存在。已知物资箱与水平轨道表面动摩擦因数μ= ,火星表面重力 加速度g取4 m/s2,忽略空气阻力。求: (1)物资箱到达圆轨道底端时对轨道的压力F压的大小; (2)物资箱从静止开始到第一次落地过程中,距离水平 轨道的最大高度H。 返回目录 答案 (1)40 N    (2)  m 解析 (1)物资箱在水平轨道上运动的过程中, 竖直方向有F sin α+FN1=mg,解得FN1=10 N, 根据动能定理可得FL cos α-μFN1L= m ,解得v1=  m/s。 在圆轨道最低点,根据牛顿第二定律可得 FN+F sin 30°-mg= ,解得所受支持力大小FN=40 N, 根据牛顿第三定律可得,物资箱对轨道的压力大小F压=FN=40 N。 (2)从圆轨道最低点运动到圆轨道最高点的过程中,外力F做功WF=FR cos α+FR sin α, 根据动能定理可得WF-mgR= m - m , 返回目录 解得v2=  m/s, 离开圆轨道后,在竖直方向上,物资箱做匀减速直线运动, 根据牛顿第二定律得mg-F sin α=ma, 解得竖直方向加速度大小a=2 m/s2, 根据运动学公式可得 =2ah, 故距离水平轨道的最大高度为H=h+R, 联立解得H=  m。 返回目录 题型2　动能定理在往复运动中的应用 1.往复运动的特性是什么? 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 数又往往是无限或者难以确定的。 2.往复运动中特殊的物理量是什么? 路程。往复运动的路程不再与位移相等,使得利用运动学公式解题复杂烦琐。 3.哪些力做的功与路程无关或相关? (1)无关:重力。重力做功只与初、末位置有关,与路径和路程无关。 (2)相关:滑动摩擦力(或其他阻力)。克服摩擦力做的功Wf=fs,s为路程。 4.动能定理的便捷性体现在哪里? 动能定理只涉及物体的初、末状态,可简化运动过程中的分析。 返回目录 典例3　如图所示,固定斜面的倾角为θ,质量为m的滑块与斜面底端的挡板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,滑块经过的总路程是  (         ) A.   A B.   C.   D.   返回目录 解析　　设滑块经过的总路程为s,根据动能定理可得mgx0 sin θ-μmgs cos θ=0- m  【点拨:“滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力”,故滑块最终停在挡板处】, 解得s=  ,A正确。 返回目录 典例4    (2025届四川成都外国语学校期中)如图所示,高为L的倾斜轨道AB、CD与水平 面的夹角均为45°,它们分别与竖直平面内的光滑圆弧轨道相切于B、D两点,圆弧轨道 的半径也为L。质量为m的小滑块从A点由静止滑下后,经CD轨道返回,再次冲上AB轨 道至速度为零时,相对于BD面的高度为 。已知滑块与AB轨道间的动摩擦因数为μ1= 0.5,重力加速度为g,求:(结果可以保留根号) (1)滑块第一次经过圆弧轨道最低点时对轨道的压力; (2)滑块与CD轨道间的动摩擦因数μ2; (3)经过足够长时间后,滑块在两斜面上滑动的路程之和s。 返回目录 答案 (1)(4- )mg,方向竖直向下    (2)  (3) L 返回目录 解析 (1)滑块由A点第一次运动到圆弧轨道最低点的过程,根据动能定理可得 mg(L+L-L sin 45°)-μ1mg cos 45°· L= mv2-0,解得v= , 在圆弧轨道最低点,根据牛顿第二定律可得FN-mg=m , 解得FN=(4- )mg, 由牛顿第三定律可得在最低点时滑块对轨道的压力大小 F压=FN=(4- )mg,方向竖直向下。 (2)滑块从开始运动到第一次到达D点,根据动能定理可得 mgL-μ1mg cos 45°· L= m -0, 返回目录 解得vD= , 设滑块在CD上能到达的高度为h,滑块从D点至CD上最高点,根据动能定理可得-mgh-μ2 mg cos 45°· h=0- m , 滑块从A点由静止滑下至回到AB轨道上速度减为零时,根据动能定理可得 mg -μ1mg cos 45° -μ2mg cos 45°·2 h=0-0,联立可得μ2= 。 (3) 【关键:滑块每次到达AB上能到达的最高点高度总是上一次的 】滑块在AB上 通过的路程s1= = L, 返回目录 经过足够长时间后,滑块将在BD间滑动, 全过程根据动能定理可得 mgL-μ1mg cos 45°·s1-μ2mg cos 45°·s2=0-0, 解得s2= L, 故滑块在两斜面上滑动的路程之和s=s1+s2= L。 返回目录 $