2026版创新设计高考总复习物理(人教基础版)教师用-专题强化九　应用动能定理解决多过程问题

专题强化九应用动能定理解决多过程问题学习目标1.会用动能定理解决多过程、多阶段的问题。2.会应用动能定理处理往复运动求路程等复杂问题。考点一动能定理在多过程问题中的应用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.全过程列式时的注意事项(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。例1(2025·天津南开高三期中)如图所示，圆心为O、半径R=1.6m的光滑圆轨道与水平地面相切于B点，且固定于竖直平面内。在水平地面上距B点x=5m处的A点放一质量m=3kg的小物块，小物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.5，小物块在与水平地面夹角θ=37°斜向上的拉力F的作用下由静止向B点运动，运动到B点时撤去F，小物块沿圆轨道上滑，且恰能到达圆轨道最高点C(g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)。求:(1)小物块在C点的速度vC的大小;(2)小物块在B点时对轨道压力的大小;(3)拉力F的大小。答案(1)4m/s(2)180N(3)39011解析(1)小物块恰能到达圆轨道最高点C时，物块与轨道间无弹力，只受重力，重力提供向心力，由牛顿第二定律，有mg=mv解得vC=4m/s。(2)小物块从B运动到C，由动能定理得－mg·2R=12mvC解得vB=45m/s小物块在B点时，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得FN－mg=mv解得FN=180N由牛顿第三定律可知，小物块在B点时对轨道的压力大小为F压=FN=180N。(3)小物块从A点运动到B点时，小物块受到的滑动摩擦力大小为Ff=μ(mg－Fsinθ)由动能定理有Fxcosθ－Ffx=12mvB解得F=39011N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。例2如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O点质量为m=1kg的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变。现对小物块施加F=10N的水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动。小物块在向左运动到A点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6N，运动到A点时撤去推力F，小物块最终运动到B点静止。图中OA=0.8m，OB=0.2m，重力加速度取g=10m/s2。求小物块:(1)与桌面间的动摩擦因数μ;(2)向右运动过程中经过O点的速度大小;(3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量。答案(1)0.4(2)1.26m/s(3)0.9m解析(1)小物块速度达到最大时，加速度为零，则F－μmg－F弹=0解得μ=0.4。(2)设向右运动通过O点时的速度为v0，从O→B，由动能定理得－FfxOB=0－12mFf=μmg=4N解得v0=1.6m/s≈1.26m/s。(3)设弹簧最大压缩量为xmax，对小物块运动的全过程，根据动能定理得FxOA－Ff(2xmax+xOB)=0代入数值得xmax=0.9m。例3(2025·辽宁名校联盟模拟)如图所示，粗糙水平面NQ右侧固定一个弹性挡板，左侧在竖直平面内固定一个半径R=10m、圆心角θ=53°的光滑圆弧轨道MN。半径ON与水平面垂直，N点与挡板的距离d=12m。可视为质点的滑块质量m=1kg，从P点以初速度v0=4.8m/s水平抛出，恰好在M点沿切线进入圆弧轨道。已知重力加速度g取10m/s2，sin53°=0.8。(1)求滑块经过N点时对圆弧轨道的压力大小;(2)若滑块与挡板只发生一次碰撞且不能从M点滑出轨道，求滑块与水平面间的动摩擦因数μ的取值范围。答案(1)24.4N(2)0.2<μ<0.6解析(1)依题意，滑块到达M点时，速度分解为水平和竖直两个方向，可得vMcosθ=v0滑块从M点运动到N点过程，由动能定理可得mgR(1－cosθ)=12mvN滑块在最低点N时，由牛顿第二定律可得FN－mg=mv联立解得FN=24.4N根据牛顿第三定律可知滑块经过N点时对圆弧轨道的压力大小为FN'=FN=24.4N。(2)动摩擦因数μ取最大值时，滑块第一次向右运动恰好与挡板碰撞，有－μmaxmgd=0－12m解得μmax=0.6滑块恰好可以再次滑到M点，由动能定理可得－2μmgd=0－12m解得μ=2滑块恰好不与挡板发生第二次碰撞，有－3μminmgd=0－12m解得μmin=0.2所以动摩擦因数μ的取值范围为0.2<μ<0.6。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:此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功特点与路程有关，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。例4(2025·福建三明联考)如图，斜面长为L=16m，倾角θ=30°，斜面底端有垂直于斜面的挡板，质量为m=2kg的物体自斜面顶端以初速度v0=18m/s沿斜面匀速下滑，与挡板相碰后以原速率反弹，再沿斜面上滑，求:(1)物体与斜面间摩擦力的大小;(2)物体与斜面间的动摩擦因数;(3)若题干部分条件改为斜面足够长，物体仍沿距斜面底端L=16m处下滑，物体与斜面间的动摩擦因数为μ'=36，g=10m/s2，其他条件不变，求物体在斜面上滑行的总路程为多大答案(1)10N(2)33解析(1)由于物体沿斜面匀速下滑，对物体受力分析可知mgsinθ=Ff解得物体与斜面间摩擦力的大小为Ff=10N。(2)由滑动摩擦力的计算公式可知Ff=μFN，其中FN=mgcosθ解得μ=tanθ=33(3)由于mgsinθ=10N>μ'mgcosθ=5N故物体最终停在斜面的底端，设物体在斜面上运动的总路程为s，根据动能定理可知－μ'mgcosθ·s+mgLsinθ=0－12m解得s=96.8m。(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=mgh直接求解。(3)滑动摩擦力做功与物体运动的路径有关，可用Wf=－Ffs求解，其中s为物体相对滑行的总路程。例5(多选)(2025·云南曲靖模拟)如图所示，足够长的固定木板的倾角为37°，劲度系数为k=36N/m的轻质弹簧一端固定在木板上P点，图中AP间距等于弹簧的自然长度。现将质量m=1kg的可视为质点的物块放在木板上，稳定后在外力作用下将弹簧缓慢压缩到某一位置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因数μ=38，物块在B点释放后向上运动，第一次到达A点时速度大小为v0=33m/s，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则(A.施力前弹簧压缩量为518B.物块从A点向上滑行的最大距离为2mC.物块第一次向下运动到A点时的速度大小为3m/sD.物块在A点上方运动的总路程为4.5m答案CD解析施力前，对物块，根据平衡条件F弹=mgsin37°，根据胡克定律F弹=kx，联立解得x=16m，故A错误;设物块从A点向上滑行的最大距离为s1，根据动能定理可知，上滑过程有－mgs1sin37°－μmgs1cos37°=0－12mv02，下滑过程有mgs1sin37°－μmgs1cos37°=12mv12－0，联立解得s1=1.5m，v1=3m/s，故B错误，C正确;物块最终在A点下方做往复运动，最高点为A，根据动能定理有μmgscos37°=12mv02限时作业(限时:40分钟)基础对点练对点练1动能定理在多过程问题中的应用1.(2025·山东菏泽联考)如图所示，某同学在滑雪场练习滑雪。滑道由足够长的水平冰面与倾角为37°的倾斜冰面在M处平滑连接，冰鞋与水平和倾斜冰面间的动摩擦因数均为0.25，某次练习时，该同学从A处开始以大小为v0的初速度向右自由滑行，最终在倾斜冰面上B处速度减为0，AM与MB的长度之比为48∶5，重力加速度大小为g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，该同学自由滑行至M点的速度大小为()A.12v0 B.13v0 C.18v0 D.答案A解析在水平冰面和倾斜冰面上应用动能定理有－μmgx1=12mv2－12mv02，－(mgsin37°+μmgcos37°)x2=0－12mv2，又x1x2=485，联立解得2.木块在水平恒力F的作用下，沿水平路面由静止出发前进了L，随即撤去此恒力，木块沿原方向又前进了3L才停下来，设木块运动全过程中地面情况相同，则摩擦力的大小Ff和木块所获得的最大动能Ek分别为()A.Ff=F2Ek=B.Ff=F2Ek=C.Ff=F3Ek=D.Ff=F4Ek=答案D解析木块运动全过程中，根据动能定理可得FL－Ff·4L=0－0，可得Ff=F4，木块在撤去恒力时速度最大，则动能最大，根据动能定理可得FL－FfL=Ek－0，解得木块所获得的最大动能为Ek=3FL4，对点练2动能定理在往复运动问题中的应用3.如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC水平，其长度d=0.5m，盆边缘的高度为h=0.3m。在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.1。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的位置到B的距离为()A.0.50m B.0.25m C.0.10m D.0答案D解析小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上运动的总路程为s，整个过程由动能定理有mgh－μmgs=0，所以小物块在BC面上运动的总路程为s=hμ=0.30.1m=3m，而d=0.5m，刚好3个来回，所以最终停在B点，即到B点的距离为0，故4.(2025·广东广州模拟)如图所示，一篮球从距地面高H处由静止下落，与地面作用后再竖直向上弹回，篮球每次与地面作用都会有动能损失，损失的动能为篮球每次与地面接触前动能的10%。不计空气阻力，篮球从开始下落到停止的过程中运动的总路程为()A.9H B.15H C.19H D.21H答案C解析篮球第一次到达地面时所获得的动能为Ek1=mgH，运动的路程为s1=H，篮球第1次与地面作用后损失的动能为ΔEk1=10%Ek1=0.1mgH，反弹后上升到最高点时的高度为H1=0.9H篮球第二次到达地面运动的路程为s2=H+2H1=H+2×0.9H篮球第二次与地面作用后损失的动能为ΔEk2=10%Ek2=0.1mgH1=0.9mgH×0.1反弹后上升到最高点时的高度为H2=0.9H1=0.92H篮球第三次到达地面时运动的路程为s3=H+2H1+2H2=H+2×0.9H+2×0.92H篮球第n次到达地面时运动的路程为sn=H+2×0.9H+2×0.92H+…+2×0.9n－1H根据等比数列求和公式可得s总=H+2×0.9H×1-0.当n趋于无穷大时，有s总=19H，C正确。综合提升练5.(2025·北师大附中高三月考)如图所示，AB为水平轨道，A、B间距离s=1.25m，BCD是半径为R=0.4m的竖直半圆形轨道，B为圆轨道的最低点，D为轨道的最高点。有一小物块质量为m=1kg，小物块在F=10N的水平力作用下从A点由静止开始运动，到达B点时撤去力F，物块恰好可以通过最高点，不计空气阻力以及物块与水平轨道的摩擦。g取10m/s2，求:(1)小物块通过B点瞬间对轨道的压力大小;(2)小物块通过D点后，再一次落回到水平轨道AB上，落点和B点之间的距离大小;(3)小物块由B点运动到D点过程中，阻力所做的功。答案(1)72.5N(2)0.8m(3)－2.5J解析(1)A到B过程根据动能定理得Fs=12m解得vB=5m/s在B点根据牛顿第二定律FN－mg=mv联立解得FN=72.5N根据牛顿第三定律物块通过B点瞬间对轨道的压力为FN'=FN=72.5N。(2)物块恰好可以通过最高点，有mg=mv解得vD=2m/s小物块通过D点后，做平抛运动，有2R=12gt2，x=vDt解得落点和B点之间的距离大小为x=0.8m。(3)小物块由B点运动到D点过程中，根据动能定理得－mg·2R+Wf=12mvD解得阻力所做的功为Wf=－2.5J。6.(2025·广东肇庆联考)如图所示为一竖直放置的玩具轨道装置模型，一质量m=2kg的小滑块从A点静止释放，沿曲线轨道AB滑下后冲入竖直圆形轨道BC，再经过水平轨道BD，最后从D点飞出落在水平薄板MN上，各轨道间平滑连接。其中圆轨道BC的半径R=0.14m，水平轨道BD的长L=1m，BD段与滑块间的动摩擦因数μ=0.2，其余部分摩擦不计，薄板MN的宽度d=0.24m，M点到D点的水平距离x=0.56m，薄板MN到水平轨道BD的竖直高度h=0.8m，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。(1)若小滑块恰好落在薄板MN上的N点，求小滑块在D点的动能;(2)若小滑块恰好过圆弧最高点C，判断小滑块能否落在MN上。答案(1)4J(2)能，理由见解析解析(1)小滑块从D点飞出后做平抛运动，根据平抛运动规律h=12gt2，x+d=vD解得vD=2m/s则小滑块在D点的动能Ek=12mvD2=4(2)小滑块恰好过圆弧最高点，根据牛顿第二定律，在C点，有mg=mv设小滑块运动到D点时速度为v，小滑块从C运动到D，由动能定理可得mg·2R－μmgL=12mv2－12解得v=3m/s若小滑块从D点飞出刚好落在M点由运动学公式x=vD't解得vD'=1.4