第30课时 动能定理在多过程中的应用 讲义 -2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习讲义聚焦动能定理在多过程中的应用核心考点，按连续多过程、往复运动过程分类梳理知识，明确分段与全过程应用思路，强调重力、弹力、摩擦力做功特点及分析方法。通过考点梳理、方法指导、真题训练（单选与解答题）的教学环节，帮助学生构建多过程问题的解题框架。 讲义突出科学思维与能量观念的培养，如例题1结合Ek-x图像分析动能变化，引导学生用全过程动能定理简化运算，体现模型建构与科学推理。设置分层练习（基础单选到综合解答题），配合即时反馈，助力学生高效突破难点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

动能定理在多过程中的应用 一、“连续多个过程”中动能定理的应用 1.运用动能定理解决多过程问题的两种思路 (1)分段应用动能定理求解。 (2)所求解的问题不涉及中间的速度时,全过程应用动能定理求解更简便。 2.全过程列式时,涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时,要注意运用它们的特点。 (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所做的功等于力的大小与路程的乘积。 3.多过程问题的分析方法 (1)将“多过程”分解为许多“子过程”,各“子过程”间由“衔接点”连接。 (2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析,必要时画出受力图和过程示意图。 (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。 二、“往复运动过程”中动能定理的应用 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繁琐,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。 例题： 一、单选题 1．如图甲所示，一小物块由静止开始沿倾角为的斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、水平地面间的动摩擦因数相等，该过程中，物块的动能Ek与水平位移x的关系图像如图乙所示，则的大小等于（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】物块由静止下滑至斜面最低点的过程中，物块的动能 物块滑至斜面底端时动能为 此后在水平面上克服摩擦力做功，则有 整理得 由图乙可知其斜率绝对值之比为 即 故选B。 2．小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示，取，则不正确的是（     ） A．本题中空气阻力忽略不计 B．小球第一次反弹初速度的大小为 C．小球能弹起的最大高度为 D．与水平地面碰撞过程中无能量损失 【答案】D 【详解】A．在内，小球处于下落过程，加速度为 根据，可知本题中空气阻力忽略不计，故A正确； B．在时刻速度由正变成负，可知小球被反弹，反弹初速度的大小为，故B正确； C．图像的面积可以表示位移的大小，所以小球能弹起的最大高度，故C正确； D．小球与水平地面相碰前速度大小为，小球与水平地面相碰后速度大小为，小球与水平地面碰撞过程中有能量损失，故D错误。 本题选不正确的，故选D。 3．如图甲所示，粗糙的水平轨道AB长为40m，第一次用水平向右、大小为F的外力拉动静止在A点的物块，物块向右运动到B点时速度；第二次物块以初速度由A点出发向右运动，同时对其施加水平向左、大小为F的外力，物块恰好到达B点。以A点为坐标原点，水平向右为正方向，物块与地面间的摩擦力大小随位移变化的图像如图乙所示。已知物块质量，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．第一次从A到B，力F做功为25J B．力F的大小为1.5 N C．物块初速度的值为 D．第二次物块在20m处的加速度大小为 【答案】C 【详解】A．由图乙可知从A到B摩擦力做功为 根据动能定理可得 解得，故A错误； B．根据 解得，故B错误； C．根据动能定理可得 解得，故C正确； D．由图乙可知第二次物块在20m处的摩擦力大小为 根据牛顿第二定律可得 解得，故D错误。 故选C。 4．如图甲所示，长为4 m的光滑水平滑轨AB与竖直固定、半径为0.4 m的粗糙半圆轨道BC在B处平滑连接，C点为半圆轨道的最高点。质量为2 kg的物块（视为质点）在水平外力的作用下，从A点由静止开始向右运动，水平外力的大小F随物块位移大小x的变化关系如图乙所示，物块到达B点时撤去外力F，物块冲上竖直半圆轨道BC，恰好能通过最高点C，之后落在水平滑轨AB上即静止。不计空气阻力，取重力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是（     ） A．物块经过C点时的速度为0 B．物块在水平滑轨AB上的落点到A点的距离为0.8 m C．物块在半圆轨道BC上滑的过程中损失的机械能为10 J D．物块经过半圆轨道B点时对半圆轨道的压力大小为150 N 【答案】C 【详解】A．根据题意知 恰能运动到半圆轨道的最高点C点，根据牛顿第二定律有 解得 故A错误； B．物块从C点出去后做平抛运动，竖直方向有 解得 水平方向 物块在水平滑轨AB上的落点到A点的距离为 故B错误； D．图像的面积表示力做的功，可得外力做功为 根据动能定理有 解得 物块经过半圆轨道B点时，根据牛顿第二定律有 解得 根据牛顿第三定律知，物块经过半圆轨道B点时对半圆轨道的压力大小为170N，故D错误； C．物块在半圆轨道BC上滑的过程中损失的机械能为 故C正确； 故选C。 5．如图甲是倾角为θ、长为4d的斜面，AB段光滑，BC段长度为2d，动摩擦因数自上而下均匀增大，如图乙所示。质量为m的小物体由A处静止释放，恰好能运动到C，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小物体进入BC段立即做减速运动 B．小物体下滑过程重力做功为4mgd C．BC段动摩擦因数最大值 D．小物体从AB中点静止释放则恰能到达BC中点 【答案】C 【详解】A．小物体进入BC段后，开始时动摩擦因数较小，摩擦力较小，根据牛顿第二定律可知物体的合力方向仍向下，物体向下做加速运动，故A错误； B．小物体下滑过程重力做功为，故B错误； C．质量为m的小物体由A处静止释放，恰好能运动到C，物体在BC段上运动时，动摩擦因数自上而下均匀增大，根据可知摩擦力均匀增大，则物体克服摩擦力做功为 对全程，根据动能定理可得 可知 解得，故C正确； D．小物体从AB中点静止释放到BC中点时，设其速度为v，根据动能定理可得 其中 可知速度，故D错误。 故选C。 二、解答题 6．如图甲所示，在倾角为的足够长的粗糙斜面的处连接一粗糙水平面，长为。有一质量为的滑块，从处由静止开始受一水平向右的力作用。只在水平面上按图乙所示的规律变化。滑块与间的动摩擦因数，与间的动摩擦因数，取，试求： (1)滑块从到过程中，克服摩擦力做的功； (2)滑块到点的速度大小； (3)滑块冲上斜面的最大长度。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由题可知，滑块从到过程中，克服摩擦力做的功 （2）由题图乙知在前2m内，拉力大小为 滑块运动的位移 此过程拉力做正功，其大小为 在第3m内，拉力大小为，滑块的位移大小 拉力做负功，其为 在第4m内，拉力为零，此阶段拉力不做功；整个过程中，合外力做的功 根据动能定理可得 代入数据解得 （3）滑块冲上AB的过程中，根据动能定理可得 代入数据解得 7．如图所示，水平轨道AB左端一弹簧被压缩，其储存的弹性势能EP=36J。弹簧左端固定，右端放一个质量m=2kg的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，弹簧恢复原长时，物块仍未到达B点。传送带上BC间长度L=2m，CD为水平轨道，DE是竖直放置的半径R=1m的半圆轨道，圆心为O，已知物块与传送带间的动摩擦因数µ=0.5，其余轨道均光滑，重力加速度大小g=10m/s2。 (1)若传送带静止，求物块到达传送带右端C点时的速度大小； (2)若传送带沿顺时针方向以速度v0=7m/s匀速转动，求物块运动至半圆轨道上D点时对轨道的压力大小； (3)若传送带沿顺时针方向匀速转动，要使小物块在运动过程中可到达D点且不脱离圆轨道，求传送带速度的取值范围。 【答案】(1)4m/s (2)118N (3)①；② 【详解】（1）设弹簧弹力做功为，则 由动能定理 代入数据解得 （2） 假设物块加速至时在传送带上的位移为，则由牛顿第二定律和运动公式，， 可得 故 在圆轨道上D点由牛顿第二定律得 根据牛顿第三定律得 （3）①若物块恰好到达E点则有 物块从点到点由动能定理可得 解得 设物块在传送带上加速至的位移为， 可得 故传送带的速度为。 ②若物块恰好到达圆弧上与圆心等高处，由动能定理得 设匀物块在传送带上减速至的位移为，则 可得 故传送带的速度为 综上，物块到达D点且不脱离轨道，传送带的速度为或。 8．如图所示，为光滑的水平桌面，轻弹簧的一端固定在竖直墙壁上的点，另一端被质量为的小物块压缩到点。现将小物块由静止释放，离开弹簧后小物块从点水平飞出，恰好从点以的速度沿切线方向进入竖直面内的光滑圆弧轨道（小物体与轨道间无碰撞。为圆弧轨道的圆心，为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的半径，，，小物块运动到点后，冲上足够长的斜面，斜面与圆轨道相切于点，小物体与斜面间的动摩擦因数，，取。不计空气阻力，求： (1)弹簧最初具有的弹性势能； (2)小物块第一次到达圆弧轨道的点时对圆弧轨道的压力大小； (3)判断小物块沿斜面第一次返回圆弧轨道后能否回到圆弧轨道的点？若能，求解小物块回到点的速度；若不能，求解经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点的速度大小。 【答案】(1) (2)58 (3)不能， 【详解】（1）设小物块在C点的速度为，则在D点有 设弹簧最初具有的弹性势能为，则 代入数据联立解得 （2）设小物块在E点的速度为，则从D到E的过程中有 设在E点，圆轨道对小物块的支持力为，则有 代入数据解得， 由牛顿第三定律可知，小物块到达圆轨道的E点时对圆轨道的压力为58N。 （3）设小物体沿斜面FG上滑的最大距离为x，从E到最大距离的过程中有 小物体第一次沿斜面上滑并返回F的过程克服摩擦力做的功为，则                            小物体在D点的动能为，则 代入数据解得，， 因为，故小物体不能返回D点，小物体最终将在F点与关于过圆轨道圆心的竖直线对称的点之间做往复运动，小物体的机械能守恒，设最终在最低点的速度为，则有                         代入数据解得 9．如图所示，在高h1的光滑水平平台上，质量m＝1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能Ep。若打开锁扣K，小物块将以一定的水平速度v1向右滑下平台，做平抛运动，并恰好能沿光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道。B点的高度h2，已知h1＝30m，h2＝15m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，即圆弧轨道的半径R=h1，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长为L＝40m的水平粗糙轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞，取g＝10m/s2， (1)求小物块由A到B的运动时间t； (2)求小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep的大小； (3)若小物块与墙壁发生碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中刚好没有冲出B点，求CD间动摩擦因数μ的大小以及小物块通过C点时对轨道的最小压力。 【答案】(1)s (2)50J (3)， 【详解】（1）设从A运动到B的时间为t，由平抛运动规律得 解得 （2）由，h2＝15 m，设∠BOC= 则 解得∠BOC=60° 物块沿切线进入轨道B点，故将B点速度分解可得 解得=10m/s 根据能量守恒定律，弹簧的弹性势能转化给物块的动能，有 解得 （3）因为小物块刚好没有从B点出去，则返回B点时速度为0，则小物块从A水平抛出到刚返回B点时，由动能定理 解得 小物块到B点速度为0之后，向下滑经过C点时对轨道压力最小，从B点到C点，根据机械能守恒可得 由向心力公式得 解得 根据牛顿第三定律，可得小物块通过C点时对轨道的最小压力为 10．如图，半径的光滑圆弧轨道与足够长的粗糙轨道在处平滑连接，为圆弧轨道的圆心，点为圆弧轨道的最低点，半径、与的夹角分别为和；在高的光滑水平平台上，一质量的小物块压缩弹簧后被锁扣锁住，储存了一定量的弹性势能，若打开锁扣，小物块将以一定的水平速度向右飞下平台，做平抛运动恰从点沿切线方向进入圆弧轨道。已知物块与轨道间的动摩擦因数，重力加速度取，，，求： (1)飞下平台时的速度和弹簧储存的弹性势能； (2)物块经过点时的速度的大小； (3)物块在轨道上运动的路程。 【答案】(1)， (2) (3)2.7m 【详解】（1）小物块离开平台后做平抛运动，竖直方向有 解得物块到达点时的竖直分速度为 物块从点沿切线方向进入圆弧轨道，则物块做平抛运动的初速度为 由能量守恒可得弹簧储存的弹性势能为 （2）物块从水平面运动到B点的过程，由机械能守恒可得 所以经过B点时 （3）物块从B运动到C过程由机械能守恒定律得 解得 物块沿轨道向上作匀减速运动的最大位移为，根据动能定理可得 解得 由于，可知物块速度减为零后，反向加速下滑，设物块可以回到点，根据动能定理可得 可得 可知物块返回时可以从点离开轨道，所以物块在轨道上运动的路程为 11．如图所示，一质量的小物块置于一长度的斜面的顶端，与一半径的光滑圆弧轨道平滑连接，的中点是其最低点，对应的圆心角，与足够长的斜面平滑连接，物块与、间的动摩擦因数均为。已知，，重力加速度取，不计空气阻力。（物块在连接处均没有能量损失） (1)求物块滑到点时的速度大小； (2)求物块第二次通过圆弧最低点时所受支持力的大小； (3)仅将斜面换为长为的传送带，物块与传送带间的动摩擦因数为。若传送带以的速度顺时针转动，请说明物块能否从点抛出。若能，计算抛出后能到达的最高点离的竖直距离。 【答案】(1) (2) (3)能， 【详解】（1）由几何关系可知AB与水平面的夹角为 根据动能定理，物块从A滑行到B有 代入数据解得 （2）设最低点为点，物块从第一次经过D点到第一次运动至EF上最高点，根据动能定理有 代入解得 从第一次通过D点到第二次通过最低点过程，全过程动能定理有 在最低点满足 联立解得 （3）物块从D点以滑上传送带向上运动，开始阶段，，物块相对传送带向上滑动，摩擦力向下，加速度 减速至共速所需位移，由运动学公式 解得 此时未达到端，共速后，最大静摩擦力大于物块重力沿传送带向下分力，故物块与传送带保持相对静止，以匀速运动至Q端抛出。 抛出后做斜抛运动，抛出速度，竖直分速度，上升高度由竖直分速度决定 解得 12．如图甲，装置由弧形轨道AB、竖直圆轨道（C点位置轨道前后稍有错开）及水平直轨道BD平滑连接而成。水平轨道BC段与滑块间的动摩擦因数从左向右随距离x均匀变化，如图乙所示。除BC段外，其余轨道均光滑。现将质量m＝1kg的滑块（视为质点）从A点由静止开始释放，第一次到达B点时速度为m/s，第一次通过圆轨道后与挡板碰撞反弹，恰好能第二次通过圆轨道最高点。已知圆轨道半径R＝0.11m，BC段长m，重力加速度g取10。求： (1)弧形轨道AB的高度h； (2)滑块第二次经过C点时的动能及滑块与挡板碰撞损失的动能； (3)滑块最终停止位置到B点的距离。 【答案】(1)1.4m (2)， (3)0.5m 【详解】（1）滑块从A点运动到B点，根据动能定理 解得h＝1.4m （2）由题意，滑块与挡板碰撞反弹后恰好能从C点通过圆轨道最高点，根据动能定理有 滑块恰好能第二次通过圆轨道最高点，则 联立解得 根据乙图面积可得滑块经过BC段滑动摩擦力做功为 滑块与挡板碰前的动能 滑块与挡板碰撞损失的动能 （3）由于，故滑块不能再次回到B点。 设滑块从C点向左运动，最终停止在P点，位移为L，P点的动摩擦因数��1如图所示 根据图中的几何关系可知，在停止位置P点的动摩擦因数 由动能定理可知 根据图中面积可得物块从C到P摩擦力做功为 联立解得或－5.5m（舍去） 滑块最终停止位置到B点的距离 解得 13．如图所示，光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带DE各部分平滑连接，水平区域FG足够长，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开。现将一质量为的滑块从AB轨道上某一位置由静止释放，若已知圆轨道半径，水平面BD的长度，传送带长度，滑块始终不脱离圆轨道，且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为，传送带以恒定速度逆时针转动（不考虑传送带轮的半径对运动的影响），。 (1)若，则滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力； (2)若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，求滑块释放点高度h的取值范围； (3)当时，计算滑块从滑上传送带到飞出传送带的过程中，物体与传送带之间的这对摩擦力做的总功。 【答案】(1)20N，竖直向下 (2) (3)15J 【详解】（1）若，则滑块运动至B点时，由动能定理可得 由牛顿第二定律可得 解得 由牛顿第三定律可知，滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力为20N，方向竖直向下。 （2）若滑块恰好能过C点，则C点时有 从A到C，根据动能定理有 解得 要使滑块恰能运动到E点，则滑块到E点的速度，从A到E，根据动能定理有 解得 若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，则滑块释放点的高度。 （3）从A到D点根据动能定理 解得 从A到E点根据动能定理 可得 又 则 滑块从滑上传送带到飞出传送带的过程中，物体与传送带之间的这对摩擦力做的总功 解得 14．如图所示为一游戏的装置简化图，轨道ABCDEM由一段半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB、一段粗糙的水平轨道BC、光滑圆轨道CDE、粗糙斜轨道EM组成，圆弧CDE分别与直轨道BC、EM相切，O为圆轨道CDE的圆心，M恰好在轨道AB的圆心，且AMO三点在一条直线上。斜轨道EM倾角，底端有一弹簧装置。一质量为0.01kg的小钢球（其直径比圆轨道内径稍小，可视作质点）从离A点高为H处的点无初速释放，从A点进入轨道ABCDEM（B处有一阀门，小钢球向右能自由通过，无能量损失，向左阀门关闭并吸住冲到B点的小球）。若能够运动到M点，则能够被等速反弹。已知水平轨道BC和斜面EM的动摩擦因数，左、右两侧圆轨道半径均为。某次游戏时，小钢球恰能通过圆弧的最高点D点，求：（取，，） (1)小钢球释放时点的高度差H； (2)小钢球刚到B点时对轨道的压力FB； (3)若改变小钢球的释放高度H，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程S与H函数关系。 【答案】(1) (2)，方向竖直向下。 (3) 【详解】（1）由恰能通过D点，可知，由几何关系 从到D过程，对钢球，由动能定理有 其中，联立解得 （2）对钢球，从点到B点有 在B点有 联立解得 根据牛顿第三定律可知小刚球刚到B点时对轨道的压力FB大小为，方向竖直向下。 （3）若小钢球恰能第二次经过D点，则从到第二次经 过D点过程中，由动能定理得 解得 因为 可知若小钢球能从D点返回圆管道，一定被阀门吸住。情况分以下两种：X （1）若，则S=0。 （2）若，则有 解得 (3)若，则有 15．如图所示，AB为光滑平台，BC为传送带，以很大的速率顺时针转动（物块始终无法与传送带共速），CD为粗糙平台，斜面长度，倾角，顶端有一个弹性挡板，物块撞到挡板原速率反弹，CD、DE在D点平滑连接。AB、BC、CD在同一水平直线上且长度均为，可视为质点的小物块质量为，与BC、CD、DE之间的摩擦因数均为 。当物块在AB面上向左滑行时不受拉力作用，在AB上向右滑行或速度为0时都将受到向右的恒定拉力F，物块与A处的弹性挡板碰撞后原速率反弹。现从A点静止释放物块，已知重力加速度为，取，。 (1)若，，求物块第一次滑过传送带与传送带之间的摩擦生热； (2)若物块没有与挡板碰撞就返回到水平面，求物块第一次从斜面返回D点时的动能（用含有F的表达式表示）； (3)若拉力，斜面顶端的挡板在被碰撞次（）后撤掉，求物块最终从斜面顶端飞出时的动能。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块从点到点的过程中，只有拉力做功。对物块应用动能定理 代入已知条件 所以 物块进入传送带时速度小于传送带速度，故受到的滑动摩擦力向右。在段对物块应用动能定理 代入已知条件，所以 由匀变速直线运动速度—时间关系式，其中本过程加速度大小为，则物块通过所用时间满足 传送带在此时间内的位移为，物块位移为，故相对滑动距离为 摩擦生热等于摩擦力大小与相对滑动距离的乘积，所以 （2）物块从点首次向右运动至点的过程中，在段摩擦力做正功，在段摩擦力做负功。对物块应用动能定理，设其首次到达点的动能为，由动能定理得 斜面对物块的支持力和滑动摩擦力分别为， 物块上滑时取沿斜面向上为正方向，本题的牛顿第二定律方程为 故上滑加速度大小等于且方向沿斜面向下，物块能够减速至速度为零。物块下滑时取沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定律有 故下滑加速度大小为重力加速度的五分之一且方向沿斜面向下。 设物块上滑距离为，由动能定理，在题设未碰撞挡板的条件下由动能定理得 代入已知量，得 物块从最高点下滑回点时，重力和摩擦力的合功等于动能增量，所以 （3）由第(2)问对斜面上、下滑过程的推导可知，斜面条件不变时，物块未碰到顶端挡板即返回点的动能为上坡前动能的五分之一。第一次向右到达点时，由题给 所以 设第次向右到达点、准备上滑时的动能为。从点向左运动至点，两个粗糙水平段的摩擦力共做负功，经点反弹后向右运动，拉力做功，段和段的摩擦力做功相互抵消。因此在未碰到顶端挡板前有由动能定理得 代入，得 斜面顶端的临界动能为 由递推式得， 故物块第次上滑时恰能到达顶端并撞上挡板。所以第一次撞上顶端挡板前的动能为 挡板碰撞为弹性碰撞，反弹瞬间动能不变。每次从顶端反弹后再回到顶端的过程中，由功能关系得每轮动能增量 挡板被碰撞次后撤去，物块下一次到达顶端时飞出，故其动能为 答案第10页，共12页 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 动能定理在多过程中的应用 一、“连续多个过程”中动能定理的应用 1.运用动能定理解决多过程问题的两种思路 (1)分段应用动能定理求解。 (2)所求解的问题不涉及中间的速度时,全过程应用动能定理求解更简便。 2.全过程列式时,涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时,要注意运用它们的特点。 (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所做的功等于力的大小与路程的乘积。 3.多过程问题的分析方法 (1)将“多过程”分解为许多“子过程”,各“子过程”间由“衔接点”连接。 (2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析,必要时画出受力图和过程示意图。 (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。 二、“往复运动过程”中动能定理的应用 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繁琐,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。 例题： 一、单选题 1．如图甲所示，一小物块由静止开始沿倾角为的斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、水平地面间的动摩擦因数相等，该过程中，物块的动能Ek与水平位移x的关系图像如图乙所示，则的大小等于（     ） A． B． C． D． 2．小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示，取，则不正确的是（     ） A．本题中空气阻力忽略不计 B．小球第一次反弹初速度的大小为 C．小球能弹起的最大高度为 D．与水平地面碰撞过程中无能量损失 3．如图甲所示，粗糙的水平轨道AB长为40m，第一次用水平向右、大小为F的外力拉动静止在A点的物块，物块向右运动到B点时速度；第二次物块以初速度由A点出发向右运动，同时对其施加水平向左、大小为F的外力，物块恰好到达B点。以A点为坐标原点，水平向右为正方向，物块与地面间的摩擦力大小随位移变化的图像如图乙所示。已知物块质量，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．第一次从A到B，力F做功为25J B．力F的大小为1.5 N C．物块初速度的值为 D．第二次物块在20m处的加速度大小为 4．如图甲所示，长为4 m的光滑水平滑轨AB与竖直固定、半径为0.4 m的粗糙半圆轨道BC在B处平滑连接，C点为半圆轨道的最高点。质量为2 kg的物块（视为质点）在水平外力的作用下，从A点由静止开始向右运动，水平外力的大小F随物块位移大小x的变化关系如图乙所示，物块到达B点时撤去外力F，物块冲上竖直半圆轨道BC，恰好能通过最高点C，之后落在水平滑轨AB上即静止。不计空气阻力，取重力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是（     ） A．物块经过C点时的速度为0 B．物块在水平滑轨AB上的落点到A点的距离为0.8 m C．物块在半圆轨道BC上滑的过程中损失的机械能为10 J D．物块经过半圆轨道B点时对半圆轨道的压力大小为150 N 5．如图甲是倾角为θ、长为4d的斜面，AB段光滑，BC段长度为2d，动摩擦因数自上而下均匀增大，如图乙所示。质量为m的小物体由A处静止释放，恰好能运动到C，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小物体进入BC段立即做减速运动 B．小物体下滑过程重力做功为4mgd C．BC段动摩擦因数最大值 D．小物体从AB中点静止释放则恰能到达BC中点 二、解答题 6．如图甲所示，在倾角为的足够长的粗糙斜面的处连接一粗糙水平面，长为。有一质量为的滑块，从处由静止开始受一水平向右的力作用。只在水平面上按图乙所示的规律变化。滑块与间的动摩擦因数，与间的动摩擦因数，取，试求： (1)滑块从到过程中，克服摩擦力做的功； (2)滑块到点的速度大小； (3)滑块冲上斜面的最大长度。 7．如图所示，水平轨道AB左端一弹簧被压缩，其储存的弹性势能EP=36J。弹簧左端固定，右端放一个质量m=2kg的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，弹簧恢复原长时，物块仍未到达B点。传送带上BC间长度L=2m，CD为水平轨道，DE是竖直放置的半径R=1m的半圆轨道，圆心为O，已知物块与传送带间的动摩擦因数µ=0.5，其余轨道均光滑，重力加速度大小g=10m/s2。 (1)若传送带静止，求物块到达传送带右端C点时的速度大小； (2)若传送带沿顺时针方向以速度v0=7m/s匀速转动，求物块运动至半圆轨道上D点时对轨道的压力大小； (3)若传送带沿顺时针方向匀速转动，要使小物块在运动过程中可到达D点且不脱离圆轨道，求传送带速度的取值范围。 8．如图所示，为光滑的水平桌面，轻弹簧的一端固定在竖直墙壁上的点，另一端被质量为的小物块压缩到点。现将小物块由静止释放，离开弹簧后小物块从点水平飞出，恰好从点以的速度沿切线方向进入竖直面内的光滑圆弧轨道（小物体与轨道间无碰撞。为圆弧轨道的圆心，为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的半径，，，小物块运动到点后，冲上足够长的斜面，斜面与圆轨道相切于点，小物体与斜面间的动摩擦因数，，取。不计空气阻力，求： (1)弹簧最初具有的弹性势能； (2)小物块第一次到达圆弧轨道的点时对圆弧轨道的压力大小； (3)判断小物块沿斜面第一次返回圆弧轨道后能否回到圆弧轨道的点？若能，求解小物块回到点的速度；若不能，求解经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点的速度大小。 9．如图所示，在高h1的光滑水平平台上，质量m＝1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能Ep。若打开锁扣K，小物块将以一定的水平速度v1向右滑下平台，做平抛运动，并恰好能沿光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道。B点的高度h2，已知h1＝30m，h2＝15m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，即圆弧轨道的半径R=h1，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长为L＝40m的水平粗糙轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞，取g＝10m/s2， (1)求小物块由A到B的运动时间t； (2)求小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep的大小； (3)若小物块与墙壁发生碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中刚好没有冲出B点，求CD间动摩擦因数μ的大小以及小物块通过C点时对轨道的最小压力。 10．如图，半径的光滑圆弧轨道与足够长的粗糙轨道在处平滑连接，为圆弧轨道的圆心，点为圆弧轨道的最低点，半径、与的夹角分别为和；在高的光滑水平平台上，一质量的小物块压缩弹簧后被锁扣锁住，储存了一定量的弹性势能，若打开锁扣，小物块将以一定的水平速度向右飞下平台，做平抛运动恰从点沿切线方向进入圆弧轨道。已知物块与轨道间的动摩擦因数，重力加速度取，，，求： (1)飞下平台时的速度和弹簧储存的弹性势能； (2)物块经过点时的速度的大小； (3)物块在轨道上运动的路程。 11．如图所示，一质量的小物块置于一长度的斜面的顶端，与一半径的光滑圆弧轨道平滑连接，的中点是其最低点，对应的圆心角，与足够长的斜面平滑连接，物块与、间的动摩擦因数均为。已知，，重力加速度取，不计空气阻力。（物块在连接处均没有能量损失） (1)求物块滑到点时的速度大小； (2)求物块第二次通过圆弧最低点时所受支持力的大小； (3)仅将斜面换为长为的传送带，物块与传送带间的动摩擦因数为。若传送带以的速度顺时针转动，请说明物块能否从点抛出。若能，计算抛出后能到达的最高点离的竖直距离。 12．如图甲，装置由弧形轨道AB、竖直圆轨道（C点位置轨道前后稍有错开）及水平直轨道BD平滑连接而成。水平轨道BC段与滑块间的动摩擦因数从左向右随距离x均匀变化，如图乙所示。除BC段外，其余轨道均光滑。现将质量m＝1kg的滑块（视为质点）从A点由静止开始释放，第一次到达B点时速度为m/s，第一次通过圆轨道后与挡板碰撞反弹，恰好能第二次通过圆轨道最高点。已知圆轨道半径R＝0.11m，BC段长m，重力加速度g取10。求： (1)弧形轨道AB的高度h； (2)滑块第二次经过C点时的动能及滑块与挡板碰撞损失的动能； (3)滑块最终停止位置到B点的距离。 13．如图所示，光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带DE各部分平滑连接，水平区域FG足够长，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开。现将一质量为的滑块从AB轨道上某一位置由静止释放，若已知圆轨道半径，水平面BD的长度，传送带长度，滑块始终不脱离圆轨道，且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为，传送带以恒定速度逆时针转动（不考虑传送带轮的半径对运动的影响），。 (1)若，则滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力； (2)若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，求滑块释放点高度h的取值范围； (3)当时，计算滑块从滑上传送带到飞出传送带的过程中，物体与传送带之间的这对摩擦力做的总功。 14．如图所示为一游戏的装置简化图，轨道ABCDEM由一段半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB、一段粗糙的水平轨道BC、光滑圆轨道CDE、粗糙斜轨道EM组成，圆弧CDE分别与直轨道BC、EM相切，O为圆轨道CDE的圆心，M恰好在轨道AB的圆心，且AMO三点在一条直线上。斜轨道EM倾角，底端有一弹簧装置。一质量为0.01kg的小钢球（其直径比圆轨道内径稍小，可视作质点）从离A点高为H处的点无初速释放，从A点进入轨道ABCDEM（B处有一阀门，小钢球向右能自由通过，无能量损失，向左阀门关闭并吸住冲到B点的小球）。若能够运动到M点，则能够被等速反弹。已知水平轨道BC和斜面EM的动摩擦因数，左、右两侧圆轨道半径均为。某次游戏时，小钢球恰能通过圆弧的最高点D点，求：（取，，） (1)小钢球释放时点的高度差H； (2)小钢球刚到B点时对轨道的压力FB； (3)若改变小钢球的释放高度H，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程S与H函数关系。 15．如图所示，AB为光滑平台，BC为传送带，以很大的速率顺时针转动（物块始终无法与传送带共速），CD为粗糙平台，斜面长度，倾角，顶端有一个弹性挡板，物块撞到挡板原速率反弹，CD、DE在D点平滑连接。AB、BC、CD在同一水平直线上且长度均为，可视为质点的小物块质量为，与BC、CD、DE之间的摩擦因数均为 。当物块在AB面上向左滑行时不受拉力作用，在AB上向右滑行或速度为0时都将受到向右的恒定拉力F，物块与A处的弹性挡板碰撞后原速率反弹。现从A点静止释放物块，已知重力加速度为，取，。 (1)若，，求物块第一次滑过传送带与传送带之间的摩擦生热； (2)若物块没有与挡板碰撞就返回到水平面，求物块第一次从斜面返回D点时的动能（用含有F的表达式表示）； (3)若拉力，斜面顶端的挡板在被碰撞次（）后撤掉，求物块最终从斜面顶端飞出时的动能。 答案第10页，共12页 2 学科网（北京）股份有限公司 $