第6章 第28课时 动能定理在多过程问题中的应用-【创新大课堂】2027年高三物理一轮总复习

高三总复习·物理 第28课时动能定理在多过程问题中的应用 【目标要求】1.会用动能定理解决多过程、多阶段的问题。2.掌握动能定理在往复运动问题中的应用。 考点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 :[例2](2026·广东惠 (1)分阶段应用动能定理 州模拟)光滑斜面与长 H ①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用 度为L=0.5m的粗糙 7777777777A 动能定理。 水平地面平滑相连，质 ②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力 量为m=1kg的小球（可视为质点）从斜面上距 等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也 离地面高H处由静止释放，经A点进入与水平 地面平滑连接的光滑圆形轨道(A点为轨道最低 不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中 点)，恰好能到达圆形轨道的最高点B点。已知 一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破。 小球与地面间的动摩擦因数4=0.2，圆形轨道半 (2)全过程（多个过程）应用动能定理 径R=0.1m,重力加速度g取10m/s2,求： 当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不 (1)小球在B点的速度大小； 需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过 (2)小球在A点时，其对圆形轨道的压力大小； 程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从 (3)小球的释放点离水平地面的高度H。 而避开每个运动过程的具体细节，大大减少 听课记录] 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。 [例1](2026·安徽安庆市模拟)小球由水平地面 竖直向上抛出，上升的最大高度为H,设所受阻 力大小恒定，选地面为参考平面，在上升至离地h 高处，小球的动能是重力势能的2倍，到达最高 点后再下落至离地高h处，小球的重力势能是动 +/总结提升/++++++… 能的2倍，则h等于 多过程问题的分析方法 A号 B.2H 1.将“多过程”拆分为许多“子过程”，各“子过 9 程”间由“衔接点”连接。 c号 D.4H 2.对各“子过程”进行受力分析和运动分析，必 9 要时画出受力图和过程示意图。 [听课记录 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。 精品教辅·智慧人生 94 第六章 机械能守恒定律 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 微错开，使得滑块能进入或离开。AB段和CD 有重复性、往返性，描述运动的物理量多数是变 ; 段粗糙，其余各段轨道光滑。将一质量为m的小 化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以 滑块从AB轨道上离B点距离L=125R处由静 确定的。 止释放，滑块经过圆形轨道后冲上CD段上升一 2.解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻 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 力做功，其做功的特点是与路程有关，运用牛顿： 为=0.5，重力加速度大小为g,sin37°=0.6， 运动定律及运动学公式将非常烦琐，甚至无法解 c0s37°=0.8。求： 出，由于动能定理只涉及物体的初、末状态，所以 (1)滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压 用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。 力大小： [例3]如图所示，固定斜面的 (2)滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离； 倾角为0，质量为m的滑块从 (3)整个过程中滑块在AB段滑行的总路程。 距挡板P的距离为xo处以 [听课记录] 初速度沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因 数为，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，重 力加速度为g,则滑块经过的总路程是 A.12 u2gcos0 +xotan 0) B.2 k2gsin0十rotan0) C2(w2 u'2gcos0十totan0) D.162 0 u 2gcos0 tano [听课记录] +/总结提升/+++++++++++++++ (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= [例4](2026·湖北 mgh直接求解。 A 武汉模拟)如图所示 (3)滑动摩擦力做功与物体运动的路径有关， 一轨道ABCD竖直 ---- 可用W:=一Fs求解，其中s为物体相对滑动 B 放置，AB段和CD 的总路程。 十十十十 段的倾角均为0=37°，与水平段BC平滑连接， 请做课时分层检测（二十八） BC段的竖直圆形轨道半径为R,其最低点处稍 温馨提示 95 精品教辅·智慧人生物体向下滑动时根据牛顿第二定律有 :[例2]解析(1)根据题意，小球恰好能到达圆形；第29课时机械能守恒定律及其应用 ma =mg sin a-tmg cos a, 轨道的最高点B,则mg=m,解得=1m/s,考点 解得ar=兰，B正确； :1.(1)路径高度差机械能(2)①ngh②地 物体向上滑动时根据牛顿第二定律有 (2)小球由A运动到B的过程中，根据动能定；球有关无关(3)减小增大E,1一E 理有 -△En na上-ng sin a+ngcos a, 解得a上=g,故a上>a下， mg·2R=2mvg-之ma2,解得=5m/s2.(1)弹性形变(2)减小增加一△E, 由于上滑过程中的未速度为零，下滑过程中的： 在A点，轨道对小球的支持力和小球的重力的3.(D动能势能保持不变(2)mgh:十 初速度为零，且走过的位移大小相等，根据位移！ 合力提供小球微圆周运动的向心力，即F-合m:E十E(③)重力弹力 公式1=a,则可得出上<1，D错误， mg=m“尺，解得F=60N,由牛顿第三定律判断正误 1.×2.×3.√ 答案BC 得，小球对轨道的压力大小为60N。 :汇例1]解析小球从半圆形槽的最低点运动到 例4]解析(1)根据题意，钢球经B点时， (3)小球从释放到运动到A点的过程，运用动：半圆形槽右侧的过程中，小球对半圆形槽的力 由牛颜第二定律有、十吸=”紧 能定理有ngH一ngL=之mva,代入数据！ 使半圆形槽向右运动，半圆形槽对小球的支持 力对小球做负功，小球的机械能不守恒，A、D 其中FN=3mg,解得g=2√gR 解得H=0.35m。 错误：小球从A,点向半圆形槽的最低点运动的 钢球由A到B过程中，由动能定理有 答案(1)1m/s(2)60N(3)0.35m 过程中，半圆形槽静止，则只有重力做功，小球 1 :考点二 mg(H-2R)=- 的机械能守恒，B正确：小球从A点经最低点向 :[例3]解析滑块最终要停在斜面底部，设滑 右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组 解得H=4R。 块经过的总路程为x,对滑块运动的全程应用 成的系统只有重力做功，机械能守恒，C正确。 (2)根据题意，对钢球由A到D过程，由动能定· 动能定理得 答案BC 理有 考点二 mg(4R-Lsin 0)-kmgL=0 gsn0-gcos0=0-2o°， :[例2]解析设小球到达最高点时速度大小为 解得L=sin0干k9 4R 解得x= 1( 2gc0stan),选项A正确。 ,以初始位置所在水平面为参考平面，根据机 答案(1)4R(2)L=sn0干k 4R 答案A 赖能守恒定律有之ma2=名md2十mgh :[例4]解析(1)滑块第一次到达圆轨道最高 考点二 点的过程中，由动能定理有 h=L-d-d-号=L-d 例5]解析 据动能定理一W=0一合m, mgLsin 0-umgLcos 0-mg 2R=- 2n,2 代入数据联立解得v=√瓦m/s,小球在最高点 可知A、B两物体受到的摩擦力做的功之比为， -0 时根据牛顿第二定律有F十mg=严a解得 WA:WB-1:4,故A、B错误；根据v-t图像 在最高点，对滑块由牛顿第二定律有 细线拉力大小为F=2N,故远C。 可知两物体的加速度大小之比为aA：ag= 2:1,根据牛顿第二定律F=ma,可得A、B两 mg十FN=mR 答案C 拓展解析(1)细线绷直的瞬间，小球机械能不 物体受到的摩擦力之比FA:FB=1:2,故C1 解得FN=45ng 守恒，其余过程小球机械能守恒。 正确，D错误。 由牛顿第三定律可知，滑块第一次到达圆轨道最 (2)从释放，点到细线恰好仲直时，对小球由机械 答案C 高，点时对轨道的压力大小为FN'=FN=45mg。 例6]解析(1)由题图乙知，在OA段拉力做 (2)滑块第一次在CD段向上滑行的过程中，由 能守板定律得mgL=之m2-之m2,解得 功为 动能定理有 y=3m/s。细线绷直时沿细线方向的速度突 W=2mg×2-0.5gX1=3.5mg mg(L-L sin 0-umg(L+L cos 0=0-0 变为零，小球只剩下沿细线切线方向的速度，从 滑动摩擦力F;-一1mg-一0.25mg 解得滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离！ 细线绷直到最高点，对小球由机械能守恒定律 滑动摩擦力做的功为W,=F,·xa4=一ng 为L1=25R。 5 滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得 (3)滑块第二次到达圆轨道最高点的过程中，由 得g(Lsin30+L-d=zm(cos30) W+W=2mvA-0 动能定理有 合m,解得4=罗 m/s,因h> 代入数据解得a=5√2m/s: mgsin0-mgL1os0-mg·2R=zm西 √g(L2)=1m/s,故小球能到达最高，点。 (2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得 -0 -mglsin30°=0-7mu 解得=√6gR 在最高点，对小球：F十mg=m。2a解得 设滑块第一次在AB段向上滑行的最大距离为· Fr=3.5N。 解得L-5m $,由动能定理有 答案(1)见解析(2)能3.5N 所以滑块沿斜面AB向上运动的最远距离为 ng(L1-s1)sin0-mg(L1十s1)cos0-0-01[例3]解析(1)运动员到达C点时，根据机械 L=5 mo 解得=5R 答案(1)5√2m/s(2)5m 滑块第三次到达圆轨道最高，点的过程中，由动： 能守恒定律可得mgH=之m心 第28课时动能定理在多过程 能定理有 在C点根据牛顿第二定律有 问题中的应用 1 mgsi sin 0-umgs cos 0-mg.2R-2mv; F一mg=m定 考点一 0 ,2H\ [例1门解析设小球受到的阻力大小恒为F 解得u,2=一2gR 联立可得FN=mg1+R) 小球上升至最高点过程，由动能定理得一mgH: 所以滑块第三次进入圆形轨道无法到达最高点，！ 根据牛顿第三定律可得运动员滑到C点时对 一F,H=0-气m,小球上升至离地高度 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ngs1sin0-mgs cos0 处时速度设为u1,由动能定理得一mgh一Fh= 铁道的压力大小为m(1十），方向竖直 mgh=0 向下。 2m2-7m62,又由题有2mu2=2ngh, 解得h-R (2)运动员从A到D根据机械能守恒定律可得 小球上升至最高点后又下降至离地高度h处时！ 所以滑块第三次进入圆形轨道运动过程中没有！ 速度设为，此过程由动能定理得一mgh一 脱轨，之后仅在AB段与圆形轨道间来回滑动，} mg(H-h)= 最终停在B点，设滑块在AB段滑行的路程为： 解得n-√2g(H一h) F(2H-h)=2m2-2m6,又由题有2X s2,由动能定理有ngh一ngs2cos0=0 离开D,点时速度方向与水平方向的夹角为 整个过程中滑块在AB段滑行的总路程为 30°，则运动员做斜抛运动，可得运动员滑离D 2n22一nh,以上各式联立解得五二9，故， s=L十2s1十s2 点后到达最高点时的速率为 选D。 联立解得s-137.5R。 答案D 答案(1)45mg(2)25R(3)137.5R u=ncos30°=y6g(H-h 2 467