第6章 第3讲 专题提升：动能定理在多过程问题中的应用（PPT课件）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·物理

该高中物理高考复习课件聚焦“动能定理在多过程问题中的应用”专题，依据高考评价体系明确了多过程直线运动、曲线运动及往复运动三大核心考查方向，通过梳理分阶段与全过程应用两种解题思路，结合2023湖北卷、2025武汉模拟等真题案例，构建了“考点—题型—方法”的完整备考体系。 课件亮点在于“真题精析+素养导向”的复习策略，如典题1通过牛顿动力学法、分段及全过程动能定理对比，培养科学推理与能量观念；典题3针对往复运动总路程计算，提炼“路程关联+动能定理整体列式”技巧，帮助学生高效突破易错点。教师可依托此课件实施精准教学，助力学生掌握高考答题规律，提升冲刺阶段得分能力。

第3讲　专题提升:动能定理在多过程问题中的应用 题型一　动能定理在多过程问题中的应用 题型二　动能定理在往复运动问题中的应用 目 录 索 引 题型一　动能定理在多过程问题中的应用 1.应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,大大减少运算。 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。 考向一　用动能定理解决多过程直线运动问题 典题1 [一题多解](2026福建福州检测)某跳水运动员的质量为40 kg,假设她在10 m跳台由静止跳入水中, 水的平均阻力是她体重的3.5倍。在粗略计算时, 空气阻力不计,可以将运动员视为质点,则水池的深度至少为(　　) A.5 m B.4 m C.3 m D.2 m B 解析 设跳台高度为h1,水池的深度为h2。 解法一(应用牛顿动力学法): 在空中下落段,由自由落体运动的规律2gh1=v2,在水中减速段,根据牛顿第二定律有Ff-mg=ma,解得a=2.5g,由运动学公式得-2ah2=0-v2,两式联立得h2=4 m,B正确。 解法二(应用动能定理分段列式): 在空中下落段,根据动能定理,有mgh1=mv2,在水中减速段,根据动能定理,有mgh2-3.5mgh2=0-mv2,两式联立得h2=4 m,B正确。 解法三(应用动能定理全过程列式): 对全过程根据动能定理mg(h1+h2)-3.5mgh2=0,代入数据解得h2=4 m,B正确。 考向二　用动能定理解决多过程曲线运动问题 典题2 (2023湖北卷)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CDE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CDE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。 (1)求小物块到达D点的速度大小。 (2)求B和D两点的高度差。 (3)求小物块在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CDE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°) =,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=。 题型二　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。 典题3 (2025湖北武汉模拟预测)如图所示,一轨道ABCD竖直放置,AB段和CD段的倾角均为θ=37°,与水平段BC平滑连接,BC段的竖直圆形轨道半径为R,其最低点处稍微错开,使得滑块能进入或离开。AB段和CD段粗糙,其余各段轨道光滑。将一质量为m的小滑块从轨道上离B点L=125R处由静止释放,滑块经过圆形轨道后冲上CD段上升一段距离后再次滑下,往返滑动多次后静止于轨道上某处。滑块和轨道AB、CD间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度大小为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道 的压力大小; (2)滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离; (3)整个过程中滑块在AB段滑行的总路程。 答案 (1)45mg　(2)25R　(3)137.5R 解析 (1)滑块第一次到达圆轨道最高点的过程中,由动能定理mgLsin θ-μmgLcos θ-mg×2R=-0,在圆轨道最高点,对滑块由牛顿第二定律mg+FN=m,解得FN=45mg,由牛顿第三定律可知,滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小为FN'=FN=45mg。 (2)滑块第一次在CD段向上滑行的过程中, 由动能定理得mg(L-L1)sin θ-μmg(L+L1)cos θ=0-0, 解得滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离为L1=25R。 (3)滑块第二次到达圆轨道最高点的过程中,根据动能定理有mgL1sin θ-μmgL1cos θ-mg×2R=-0,解得v2=,设滑块第一次在AB段向上滑行的最大距离为s1,根据动能定理有mg(L1-s1)sin θ-μmg(L1+s1)cos θ=0-0,解得s1=5R,滑块第三次到达圆轨道最高点的过程中,根据动能定理有mgs1sin θ-μmgs1cos θ-mg×2R=-0,解得=-2gR,所以滑块第三次进入圆形轨道无法到达最高点,假设其运动的过程中不脱轨且上升的最大高度为h,由动能定理可得mgs1sin θ-μmgs1cos θ-mgh=0,解得h=R,所以滑块第三次进入圆形轨道运动过程中没有脱轨,之后仅在AB段与圆形轨道间来回滑动,最终停在B点,设滑块在AB段滑行的路程为s2,由动能定理mgh-μmgs2cos θ =0,整个过程中滑块在AB段滑行的总路程为s=L+2s1+s2,联立解得s=137.5R。 $