第5章 第2讲 第2课时 应用动能定理解决多过程问题(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（江苏专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“应用动能定理解决多过程问题”，依据高考评价体系梳理了多过程直线运动、曲线运动、往复运动三大核心考点，通过真题分析明确其作为高频计算题的权重，归纳滑块轨道、摆球圆周、弹簧往复等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题解析+思维建模+素养提升”，如2025年常州期末摆球问题，通过“受力-运动-动能”分析培养科学思维，提炼“分阶段/全程列方程”技巧强化能量观念。设“易错警示”和“跟踪检测”，助力学生掌握解题流程，教师可据此高效开展针对性复习。

应用动能定理解决多过程问题(综合融通课) 第2课时 类型(一)　多过程直线运动问题 类型(二)　多过程曲线运动问题 01 02 CONTENTS 目录 类型(三)　多过程往复运动问题 课时跟踪检测 03 04 类型(一)　多过程直线运动问题 [例1]　如图所示的装置由AB、BC、CE三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CE是光滑的，水平轨道BC的长度s=5 m，轨道CE足够长且倾角θ=37°，D为轨道CE上一点，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.3 m、h2=1.35 m。现让质量为m可视为质点的小滑块从A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求： (1)小滑块第一次到达D点时的速度大小vD； [答案]　3 m/s　 [解析]　小滑块在A→B→C→D过程中，应用动能定理得mg(h1-h2)-μmgs=m-0， 代入数据解得vD=3 m/s。 (2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔； [答案]　2 s　 [解析]　小滑块在A→B→C过程中，由动能定理得mgh1-μmgs =m-0，代入数据解得vC=6 m/s， 小滑块沿CE段上滑时，由牛顿第二定律得mgsin θ=ma，解得a=gsin θ=6 m/s2。 则小滑块从C点沿CE段上滑到最高点所用的时间t1==1 s，小滑块沿CE段上滑和下滑的受力情况不变，由对称性可知，小滑块从最高点滑回C点所用的时间t2=1 s，故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t=t1+t2=2 s。 (3)小滑块最终停止的位置距B点的距离。 [答案]　1.4 m [解析]　设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总，对小滑块从静止释放到最终停止的全过程，由动能定理得mgh1-μmgs总=0，解得 s总=8.6 m，故小滑块最终停止的位置与B点的距离为2s-s总=1.4 m。 |思|维|建|模| 用动能定理解决多过程问题的流程 [针对训练] 1.(2026·如皋开学考试)如图所示，斜面与水平面 平滑连接。一小木块从斜面顶端由静止开始滑下， 滑到水平面上的A点停下。已知小木块与斜面、 水平面间的动摩擦因数均为μ，A点到O点的距离 为x，则斜面的高度h为(　 ) A.Μx 　　　　B. C. 　 　D. √ 解析：整个过程动能变化量为0(初末速度都为0)，设斜面的长度为L，斜面的倾角为θ，根据动能定理有mgh-μmgcos θ·L-μmgs=0，因为cos θ·L+s=x，化简得h=μx，故选A。 类型(二)　多过程曲线运动问题 [例2]　(2025·常州期末)如图所示，让摆球从C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，摆球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径R=0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道后立即关闭A孔。已知摆线长L=2 m，θ=53°，摆球质量为m=0.5 kg，D点与A孔的水平距离s=2 m，取g=10 m/s2，cos 53°=0.6。 (1)求摆球从C运动到D的过程中重力做的功。 [答案]　4 J　 [解析]　摆球由C运动到D过程中，重力做功 WG=mg(L-Lcos θ)，解得WG=4 J。 (2)求摆线能承受的最大拉力。 [答案]　9 N　 [解析]　当摆球由C运动到D，根据动能定理有 mg(L-Lcos θ)=m 在D点，由牛顿第二定律可得Fm-mg=m 解得Fm=9 N。 (3)要使摆球能做完整的圆周运动，求摆球与平面间的动摩擦因数μ需要满足的条件。 [答案]　μ≤0.025 [解析]　若摆球能过圆轨道的最高点，则摆球不会脱离轨道，当摆球恰好到达最高点时，在圆周的最高点，由牛顿第二定律可得mg=m 由动能定理可得-μ0mgs-2mgR=mv2-m，解得μ0=0.025。 |思|维|建|模| 应用动能定理解决多过程问题的四点提醒 (1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。 (2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。 (3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。 (4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。 [针对训练] 2.如图所示，小明设计的游戏装置，由光滑平台、倾斜粗糙直轨道AB、竖直圆管道CDEBC'(管道内径远小于管道半径)、水平粗糙直轨道平滑连接组成。其中平台左侧固定一弹簧，倾斜直轨道AB与圆管道相切于B点，水平直轨道与圆管道相切于C'点(C和C'略错开)。小滑块与倾斜直轨道AB及水平直轨道间的动摩擦因数均为μ=0.5，AB斜轨道倾角θ=37°，AB长度l=0.4 m。 小滑块从B点进入管道内，当小滑块沿管道内靠近圆心O的内侧运动时有摩擦，沿管道外侧运动时无摩擦，管道半径为R=0.2 m。第一次压缩弹簧后释放小滑块，A点上方挡片可以让小滑块无速度损失进入AB段，恰好可以运动到与管道圆心等高的D点。第二次压缩弹簧使弹簧弹性势能为0.36 J时释放小滑块，小滑块运动到圆管道最高处E的速度为1 m/s。已知小滑块质量m=0.1 kg，可视为质点，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2。　 (1)求第一次压缩弹簧释放小滑块后，第一次运动到C点时对轨道的压力； 答案：3 N，方向竖直向下　 解析：从C到D过程，对小滑块由动能定理得-mgR=0-m，在C点由牛顿第二定律有FN-mg=m，联立解得FN=3 N 由牛顿第三定律可知，小滑块第一次运动到C点时对轨道的压力大小为3 N，方向竖直向下。 (2)求第二次压缩弹簧释放小滑块后，运动到E点的过程，小滑块在圆管道内所受摩擦力做的功； 答案：-0.03 J 解析：从释放小滑块到E点过程，由动能定理有W弹+mglsin θ-μmglcos θ-mgR(1+cos θ)+Wf=m-0，W弹=Ep=0.36 J，解得Wf=-0.03 J。 (3)若第三次压缩弹簧使弹簧弹性势能为0.48 J时释放小滑块，通过计算判断小滑块在圆管道内运动是否受到摩擦力作用。小滑块在水平直轨道上距离C'为x处的速度为v，求v与x之间的关系式。 答案：不受　v= m/s 解析：当滑块以v0通过最高点时恰好对管道无压力作用，设此时对应的弹簧弹性势能为Ep0，由牛顿第二定律有m=mg， 从开始到E点由动能定理有W0+mglsin θ-μmglcos θ-mgR(1+cos θ)=m-0，解得Ep0=W0=0.38 J，弹性势能为0.48 J大于Ep0，小滑块在圆管道内不受到摩擦力作用。 从开始到离C'距离为x处，由动能定理有W'+mglsin θ-μmglcos θ+mgR (1-cos θ)-μmgx=mv2-0，其中W'=0.48 J，解得v= m/s。 类型(三)　多过程往复运动问题 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，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而重复的次数又往往是无限的或者难以确定的。 2.解题策略 求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出。由于动能定理只涉及物体的初、末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。 考法(一)　多过程直线往复运动问题 [例3]　如图所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧， 弹簧处于原长时上端与刻度尺上的A点等高，质量m=0.5 kg的篮 球静止在弹簧正上方，底端距A点的高度h1=1.10 m，篮球静止 释放测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1=0.15 m，第 一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2=0.873 m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2=0.01 m，弹性势能为Ep=0.025 J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的机械能损失和篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内。求：(g取10 m/s2) (1)弹簧的劲度系数； [答案]　500 N/m　 [解析]　篮球静止在弹簧上时， 有mg-kx2=0，解得k=500 N/m。 (2)篮球在运动过程中受到的空气阻力； [答案]　0.5 N [解析]　篮球从开始运动到第一次上升到最高点，由动能定理得mg(h1-h2)-f(h1+h2+2x1)=0 代入数值解得f≈0.5 N。 (3)篮球在整个运动过程中通过的路程； [答案]　11.05 m　 [解析]　设篮球在整个运动过程中通过的总路程为s， 整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反， 根据动能定理有WG+Wf+W弹=0 重力做功WG=mg(h1+x2)=5.55 J 弹力做功W弹=-Ep=-0.025 J 则空气阻力做功Wf=-fs=-5.525 J 解得s=11.05 m。 (4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。 [答案]　第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大 [解析]　篮球在首次下落过程中，合力为零处速度最大 速度最大时弹簧形变量为x3 mg-f-kx3=0 在A点下方，离A点x3=0.009 m。 考法(二)　多过程曲线往复运动问题 [例4]　如图所示，质量m=0.1 kg的可视为质点的 小球从距地面高H=5 m处由静止开始自由下落，到达 地面恰能沿凹陷于地面的半圆形槽的右端切入，半圆 形槽半径R=0.4 m。小球到达槽最低点时速率为10 m/s， 并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘竖直向上飞出……，如此反复，设小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小恒定不变，不计空气阻力及小球与槽壁口接触时的机械能损失(取g=10 m/s2)。求： (1)小球第一次飞离槽后上升的高度H1； [答案]　4.2 m　 [解析]　由于小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小恒定不变，由对称性可知，小球在槽右半部分与左半部分运动时克服摩擦力做的功相等，设为Wf。　 小球从开始下落至到达槽最低点的过程中，由动能定理得mg(H+R)-Wf=mv2，解得Wf=0.4 J 小球由槽最低点到第一次上升到最大高度的过程，由动能定理得-mg(H1+R)-Wf=0-mv2，解得H1=4.2 m。 (2)小球最多能飞出槽外的次数。 [答案]　6次 [解析]　设小球能飞出槽外n次，对整个过程，由动能定理得mgH-n×2Wf=0 解得n=6.25，n只能取整数，故小球最多能飞出槽外6次。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 一、立足基础，体现综合 1.如图所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平 直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R。一质 量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ， 它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，不计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为(　 ) A.μmgR B.mgR C.mgR D.(1-μ)mgR √ 6 7 8 1 2 3 4 5 解析：设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，对物体从A到C的全过程，由动能定理得mgR-WAB-μmgR=0，故WAB=mgR-μmgR=(1-μ)mgR，D正确。 1 5 6 7 8 2 3 4 2.如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，倾角 α=37°的直轨道AB与半径R=0.15 m的圆弧形光滑 轨道BCD相切于B点，O为圆弧轨道的圆心，CD为 竖直方向上的直径。一质量m=0.1 kg 的小滑块可 从斜面上的不同位置由静止释放，已知小物块与直轨道AB间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。若小滑块恰好能通过圆弧轨道的最高点D，则释放点距B点的距离为 (　 ) A.1.725 m B.1.5 m C.1.25 m D.0.75 m √ 1 5 6 7 8 2 3 4 解析：小滑块恰好能通过圆弧轨道的最高点，在D点，由牛顿第二定律得mg=m，滑块由释放运动到D点的过程，由动能定理得mgl0sin α-μmgcos α·l0-mgR(1+cos α)=m，代入数据联立解得l0=1.725 m，A正确，B、C、D错误。 1 5 6 7 8 2 3 4 3.如图所示，O点在水平地面上，4个相同钢球甲、 乙、丙、丁，它们自离地同一高度6h处从各自的 四分之一光滑圆弧轨道上滑下，其飞出速度水平 向右，出口端离地高度分别为5h、4h、3h、2h。 则落地点距O点最远的钢球是 (　 ) A.甲 B.乙 C.丙 D.丁 √ 1 5 6 7 8 2 3 4 解析：设光滑圆弧轨道的半径为R，则钢球从圆弧轨道最高点滑到最低点过程中由动能定理有mgR=mv2，钢球从轨道最低点飞出后在空中做平抛运动，有6h-R=gt2，x=vt，综合解得x== ，可知当光滑圆弧轨道的半径满足R=3h时，钢球落地点距O点最远，此时出口端离地高度为3h，为丙球。 1 5 6 7 8 2 3 4 4.如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统。斜面 轨道倾角θ=37°，质量为M的集装箱与轨道间的动摩擦因 数为0.5，集装箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m 的货物装入箱中，之后集装箱载着货物沿轨道无初速度滑 下(货物与箱之间无相对滑动)，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后集装箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程。下列说法正确的是 (　 ) A.集装箱与弹簧没有接触时，上滑与下滑的加速度大小之比为5∶2 B.集装箱与货物的质量之比为1∶4 C.若集装箱与货物的质量之比为1∶1，则集装箱能回到轨道顶端 D.若集装箱与货物的质量之比为1∶6，则集装箱不能回到轨道顶端 √ 1 5 6 7 8 2 3 4 解析：根据牛顿第二定律，上滑时有Mgsin θ+μMgcos θ=Ma1，下滑时有(M+m)gsin θ-μ(M+m)gcos θ=(M+m)a2，所以=，故A错误；设顶端到弹簧压缩到最短位置间的距离为x，木箱从顶端滑至压缩弹簧到最短，再到返回顶端，根据动能定理，有mgxsin θ-μ(M+m)gcos θ·x-μMgcos θ·x=0，可得=，故B正确；若集装箱与货物的质量之比为1∶1，则mgxsin θ-μ(M+m)gcos θ·x-μMgcos θ·x<0，说明集装箱不能回到轨道顶端，故C错误；若集装箱与货物的质量之比为1∶6，则mgxsin θ-μ(M+m)gcos θ·x-μMgcos θ·x>0，说明集装箱能回到轨道顶端，故D错误。 1 5 6 7 8 2 3 4 5.(2025·常州高三质检)如图为某水上乐园设计的 水滑梯结构简图。倾斜滑道与滑板间的动摩擦因 数为μ，水平滑道与滑板间的动摩擦因数为2μ， 两滑道平滑连接。若倾斜滑道高度h一定，要确保游客能从倾斜滑道上由静止滑下，并能滑出水平滑道，不计空气阻力，游客(含滑板)可视为质点，下列设计符合要求的是 (　 ) A.L1=，L2= B.L1=，L2= C.L1=，L2= D.L1=，L2= √ 1 5 6 7 8 2 3 4 解析：要从倾斜滑道滑下，要求mgsin θ>μmgcos θ，即μ<tan θ=，即L1<，A项错误；要从水平滑道滑出，要求mgh>μmgL1+2μmgL2，即L2<-，代入B、C、D中的数据可知C项正确，B、D项错误。 1 5 6 7 8 2 3 4 6.(2025·南通适应调研)A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v⁃t图像如图所示。已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等。则下列说法正确的是 (　 ) A.F1、F2大小之比为1∶2 B.F1、F2对A、B做功之比为1∶2 C.A、B质量之比为2∶1 D.全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1 √ 1 5 6 7 8 2 3 4 解析：由v⁃t图像可知，A、B两物体做匀减速运动的加速度之比为1∶2，由牛顿第二定律可知，A、B所受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，C正确；因整个过程中Ff1=Ff2，由v⁃t图像可知，A、B两物体加速与减速的位移之和相等，则全过程中A、B克服摩擦力做功相等，D错误；A、B两物体做匀加速运动的位移之比为1∶2，做匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得，A物体的拉力与摩擦力的关系为F1·x-Ff1·3x=0-0；B物体的拉力与摩擦力的关系为F2·2x-Ff2·3x=0-0，因此可得F1=3Ff1，F2=1.5Ff2，Ff1=Ff2，所以F1=2F2，A错误；全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功大小相等，故B错误。 1 5 6 7 8 2 3 4 二、注重应用，强调创新 7.(12分)(2025·南京汉开书院月考) “抛石机”是古代战争 中常用的一种设备，如图所示为某学习小组设计的抛石 机模型，其长臂的长度L=2 m，开始时处于静止状态， 与水平面间的夹角α=37°；将质量为m=10.0 kg的石块 装在长臂末端的口袋中，对短臂施力，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，石块被水平抛出，其落地位置与抛出位置间的水平距离x =12 m。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，取水平地面为重力势能零参考平面。sin 37°= 0.6，cos 37°=0.8。求： 1 5 6 7 8 2 3 4 (1)石块在最高点的重力势能Ep；(4分) 答案：320 J　 解析：石块在最高点离地面的高度 h=L+Lsin α=2×(1+0.6)m=3.2 m 石块在最高点的重力势能Ep=mgh=320 J。 1 5 6 7 8 2 3 4 (2)石块水平抛出的速度大小v0；(4分) 答案：15 m/s　 解析：石块飞出后做平抛运动 水平方向x=v0t 竖直方向h=gt2，解得v0=15 m/s。 1 5 6 7 8 2 3 4 (3)抛石机对石块所做的功W。(4分) 答案：1 445 J 解析：长臂从初始位置转到竖直位置过程， 由动能定理得W-mgh=m 解得W=1 445 J。 1 5 6 7 8 2 3 4 8.(15分)(2025·南通模拟)如图为某轮滑赛道模型， AB段和BC段为在B点相切的圆弧，半径分别为 2R、3R，圆弧AB的最上端A点的切线水平，O1 为圆弧AB的圆心，O1B与竖直方向的夹角为60°； 圆弧BC的最下端C点的切线水平，O2为圆弧BC的圆心，C点离地面的高度为R。一个质量为m的滑块从A点由静止开始下滑，到B点时对AB圆弧的压力恰好为零，到C点时对圆弧轨道的压力大小为2mg，重力加速度大小为g，求： 1 5 6 7 8 2 3 4 (1)滑块运动到B点时的速度大小；(3分) 答案：　 解析：滑块到B点时对AB圆弧的压力恰好为零，则向心力完全由重力沿BO1方向的分力提供，根据牛顿第二定律有mgcos 60°=m，解得滑块运动到B点时的速度大小为vB=。 1 5 6 7 8 2 3 4 (2)滑块在AB段圆弧和在BC段圆弧上克服摩擦力做的功分别为多少；(6分) 答案：mgR　mgR 解析：滑块在AB段圆弧上运动过程中，根据动能定理mg·2R(1-cos 60°) -W克f=m-0，解得W克f=mgR 滑块在C点时对圆弧轨道的压力大小为2mg，根据牛顿第三定律，滑块受到的支持力大小为FN=2mg 1 5 6 7 8 2 3 4 根据牛顿第二定律有FN-mg=m 解得vC= 根据动能定理有mg·3R(1-cos 60°)-W克f'=m-m，解得W克f'= mgR。 1 5 6 7 8 2 3 4 (3)若滑块与地面碰撞的瞬间，竖直方向速度减为零，水平方向速度不变，滑块与地面间的动摩擦因数为0.5，则滑块停下时离C点的水平距离为多少。(6分) 答案：(3+)R 解析：滑块离开C点后先做平抛运动，在竖直方向上有R=gt2，解得t= 滑块落地点与C点的水平距离为 x=vCt=× =R 1 5 6 7 8 2 3 4 滑块在地面滑行时，加速度大小为a=μg 滑行距离s==3R 所以滑块停下时离C点的水平距离为 sC=x+s=(3+)R。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $