第六章 素养培优9 动能定理在多过程中的应用（配套教参）-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮讲义

高考总复习物理 汇审题指导]解决本题的切入点为正确解读图像， 体也恰好停下，g取10/s,下列结论正确的是 知道图线斜率的大小反映拉力的大小是解题的关 键，再将物体的运动过程分为两个阶段进行分析， FN 16 0~2m内物体做匀加速直线运动，2~4m内物体 12 做匀减速直线运动， 6 [解析]BC[由图像可得，W-x图像的斜率就 4 是拉力F,0~2m过程中拉力大小为6N,2~4m 过程中拉力大小为3N,由牛顿第二定律可知，a1= A.物体与水平面间的动摩擦因数为0.2 F-pung-2 m/s ,d-Fmumng--1 m/~2m B.合外力对物体所做的功为一27J C.物体匀速运动时的速度为3m/s 过程中，物体做匀加速运动，2~4m过程中，物体 D.物体在减速阶段所受合外力的冲量为12N·s 做匀减速运动.A.在x=1m时，由公式=2a1x1, [解析]ABC[物体做匀速运动时，由平衡条件 解得y=2m/s,此时拉力的功率P=Fv=12W,故 A错误；B.在x=4m时，物体的动能Ek=W总 fx4=18-16=2J,故B正确；C.从x=0运动到x= 好52N-品6-2，故A三 确；图像与坐标轴围成的“面积”表示拉力做的功， 2m,物体克服摩擦力做的功W=fx2=8J,故C正 确；D.从x=0运动到x=4m的过程中，物体在x= 则由图像可知w,=12×2.5J十合×(7-2.5)× 2m时速度最大，由号=2a1x2,解得2=2√2m/s,此 12J=57J,滑动摩擦力做的功为W=一mgx= 时物体的动量p2=mv2=2√2kg·m/s,故D错 一0.2×6×10X7J=一84J,所以合外力做的功为 误.故选BC.] W金=-一84J十57J=一27J,故B正确；由动能定 [典例3]（多选）水平面上质量为m=6kg的物体，在 大小为12N的水平拉力F的作用下做匀速直线运 理得W=0一之m:解得=3ms,故C正猜：由 动，从x=2.5m位置处拉力F逐渐减小，力F随位 动量定理得I=0-mu。=-6×3N·s=-18N·s, 移x变化规律如图所示，当x=7m时拉力减为零，物 故D错误.] 素养培优9动能定理在多过程中的应用 学生用书P106 培优点一 动能定理在多过程问题中的应用 考点透视 斜面的轻质弹 1.由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂， 簧，现沿斜面缓 从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但 慢推动质量为 A 是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动 m=0.4kg的滑 状态的变化，并不需要从细节上了解.因此，动能定 37° 块a使其压缩弹 B 理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是 簧至A处，弹簧具有4.8J弹性势能，现将滑块a 看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来 由A处静止释放.已知A、B之间的距离为L= 即可 1.5m,滑块a与斜面间动摩擦因数4=0.25，C为 2,运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全 圆弧轨道的最低点，D与圆心O等高，滑块a可视为 过程列式，另一种是分段列式 3.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻 质点，忽略空气阻力，取g=10m/s2,sin37°=0.6， 力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点 c0s37°=0.8，求 (1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关 (1)滑块a第一次运动至B点时速度大小； (2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路 (2)滑块a第一次运动至D点时对轨道的压力 程的乘积。 大小 (3)弹簧弹力做功与路径无关」 [解析](1)从A至B过程，根据动能定理可得 典题例析 W弹+mgLsin37°-umgLcos37°=号， m层-0， [典例1]如图所示，倾角为0=37°的斜面与圆心为 O、半径R=1.0m的光滑圆弧轨道在B点平滑连 其中W弹=E。=4.8J, 接，且固定于竖直平面内.斜面上固定一个平行于 解得vB=6m/s. ·138· 第六章机械能守恒定律 (2)由B到D过程，根据动能定理可得一ng Rcos37°= 由题意可知小孩到达木板左端时，两者刚好共速 1 1 2m6-之mu呢 v共，设所用时间为t,则有v共=vc一at,共=a't, 10 10 在D点，由牛顿第二定律可得N=m西 解得t=3s,v*=3m/s, R 根据位移关系可得木板的长度为x=x孩一工板 联立解得N=8N 由牛顿第三定律可得，对轨道压力大小为N'=N 2 3m. =8N [答案](1)6m/s;(2)8N [答案](2v2m/s(21300V(3)2m [典例2]游乐场有一新型游乐项目，可简化成如图 技巧点拨 所示的模型，斜槽AB和光滑圆弧槽BC平滑连接， 利用动能定理求解多过程问题的基本思路 竖直固定在水平地面上，C端左侧放置一与圆弧槽 1.弄清物体的运动由哪些过程组成。 末端等高、质量m=15kg的长木板（上表面水平）， 2.分析每个过程中物体的受力情况. 木板与地面间的动摩擦因数4。=0.1，斜槽顶端A 3.各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响. 距底端B的高度h=6m,倾角0=37°.圆弧槽BC 4.从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态 的半径R=3m,末端C点的切线水平.一质量M= 的动能. 30kg的小孩（视为质点）从A点由静止滑下，结果 5.对所研究的全过程运用动能定理列方程， 恰好未滑离木板的左端.小孩与斜槽AB间及其与 [教师专享] 木板上表面间的动摩擦因数均为以=0.2，取重力 如图所示，倾角为37的粗糙斜面 加速度大小g=10m/s2,sin37°=0.6，cos37°= AB底端与半径R=0.4m的光滑 0.8.求： 半圆轨道BC平滑相连，O点为轨 (1)小孩沿斜槽AB下滑到B点时的速度大小vo; 37° 道圆心，BC为圆轨道直径且处于 (2)小孩滑到C点时对圆弧槽BC的压力大小F; 竖直方向，A、C两点等高，质量m=1kg的滑块从 (3)木板的长度x. A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点， g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8. (1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ； (2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑 下时的初速度。的最小值； 777777777777777777777777777777 [解析](1)小孩沿斜槽AB下滑到B点时，根据 (3)若滑块离开C点的速度大小为4m/s,求滑块 从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t. 动能定理Mgh-水=M6-0, 解析：(1)滑块恰能滑到D点，则vD=0. 其中f=Mgcos0.s=hg 滑块从A→B→D过程中，由动能定理得 联立解得v。=2√22m/s. m2R-R）-g co37·5=0-0,解得 (2)小孩从B滑到C的过程中，根据动能定理得 h=0.375. MgR(1-c0s )M (2)滑块恰能过C点时，C有最小值，则在C点 解得vc-10m/s, g 在C点，极据车领第二文体有广-Mg=M爱， 滑块从A→B→D→C过程，由动能定理得 ng cos37°· 解得F=1300N, sin376= 号m暖-言m,解得 2R1 根据牛顿第三定律，小孩滑到C,点时对圆孤槽BC vo=23 m/s. 的压力大小为F=F'=1300N; (3)滑块离开C点后做平抛运动，设下落的高度为h, (3)小孩在长木板上滑动，小孩加速度大小为 别有A=安=12R6=an53,共中 a=4g=2m/s, M vc=4 m/s, 长木板加速度大小为a=Mg么M什mg-1m/S; 联立解得t=0.2s. 答案：(1)0.375(2)2√3m/s(3)0.2s ·139· 高考总复习物理 培优点二 用动能定理巧解往复运动问题 考点透视 的半径为R.一个质量为m的物体（可以看作质点） 对于具有重复性的往复运动过程，由于动能定理 从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间 只涉及物体的初末状态，而不计运动过程的细节，所 做往返运动.已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与 以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化， 轨道AB间的动摩擦因数为4，求： 1.灵活选择研究过程 (1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通 求解多过程问题既可分段考虑，也可全过程考虑， 过的总路程； 但要优先考虑全过程」 (2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧 2.注意运用做功特点 轨道的压力； (1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关. (3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D,释 (2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与 放点距B点的距离L'应满足什么条件. 路程的乘积. 思路点拨(1)利用动能定理求摩擦力做的功 (3)求全过程的总功时，注意有些力不是全过程一直 (2)对圆周运动条件的分析和应用 作用 (3)圆周运动中能过最高点的条件 典题例析 [解析](1)因为摩擦力始终对物体做负功，所以 [典例3]如图所示，足够长 物体最终在圆心角为20的圆孤轨道上做往复 的固定木板的倾角为37°，劲 运动. 度系数为k=36N/m的轻 对整体过程由动能定理，得 质弹簧的一端固定在木板上 mgR·cos0-mgcos0·s=0, A 的P点，图中AP间距等于 弹簧的自然长度.现将质量 所以总路程为=R, m=1kg的可视为质点的物块放在木板上，在外力 (2)对B→E过程mgR(1-cos0)= 2n2, ① 作用下将弹簧压缩到某一位置B点后释放.已知木 板PA段光滑，AQ段粗糙，物块与木板间的动摩擦 人紧 ② 因数=。，物块在B点释放后向上运动，第一次 由①②，得FN=(3-2cos0)ng, 由牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力是 到达A点时速度大小为o=3√3m/s,取重力加速度 (3-2cos)·mg,方向竖直向下 g=10m/s. (1)求物块第一次向下运动到A点时的速度大小4； 3)设物体刚好到D点，则mg"尽 ③ (2)请说出物块最终的运动状态，并求出物块在A L取最小值时，对全过程由动能定理，得 点上方运动的总路程s mgLsin 0-umgcos 0.L-mgR (1+cos 0)= [解析](1)设物块从A点向上滑行的最大距离为S· 1 26, ④ 根据动能定理， 1 上滑过程有：-mgs1sin37°-mgs1cos37°=0- 2m 由③④，得L 3+2cos 0 2(sin0-acos0)·R, 下滑过程有：mgsn37r-ongs60s37”-之m-0 3+2cos 0 故应满足的条件为L今2(sin)-e0s0·R 联立解得：1=1.5m,v1=3m/s [答案]Q)R (2)(3-2cos0)mg,方向竖直向下 (2)物块最终在A点下方做往复运动，最高，点为A 3+2cos 0 根据动能定理：umgscos37°= 2n喝 (3)L'>2sin0c0s0·R 代入数据解得：s=4.5m. 技巧点拨 [答案](1)3m/s(2)物块最终在A点下方做 1.应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的 往复运动，最高点为A,4.5m 初状态和最终状态。 [典例4]如图所示，AB是倾 -D 2.重力做功与物体运动路径无关，可用Wc=mgh直接 角为0的粗糙直轨道，BCD 0 求解 是光滑的圆弧轨道，AB恰 3.滑动摩擦力做功与物体运动路径有关，可用W,一 好在B点与圆弧相切，圆弧 B 一F求解，其中、为物体相对滑行的路程. ·140·