2026高考物理复习讲义 第2讲 满分指导 利用动能定理解决多过程问题

利用动能定理解决多过程问题[案例剖析](18分)如图，①一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为eq\f(5,6)R的光滑圆弧轨道相切于C点，①AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。②质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)。随后P沿轨道被弹回，②最高到达F点，AF＝4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝eq\f(1,4)，重力加速度大小为g。eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(取sin37°＝\f(3,5)，cos37°＝\f(4,5)))(1)③求P第一次运动到B点时速度的大小；(2)④求P运动到E点时弹簧的弹性势能；(3)⑤改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，⑤恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距eq\f(7,2)R、竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。[审题抓住信息，准确推断]关键信息信息挖掘题干①AC＝7R，AB＝2R说明CB＝5R②小物块从C到E，又从E到F弹簧的弹性势能先增加Ep，后又减少Ep问题③求P第一次运动到B点时的速度大小可对C→B过程由动能定理列式求解④求P运动到E点时弹簧的弹性势能可设弹簧的弹性势能为Ep，对应的BE＝x，分别对B→E和E→F过程用动能定理列式求解⑤改变P的质量后a．求P运动到D点时的速度；b．求改变后P的质量a．求出平抛的水平位移和竖直位移，借助平抛知识求解；b．对E→D过程用动能定理求解[破题形成思路，快速突破](1)P第一次运动到B点时速度大小的求解。①选研究过程：P从C到B。②列动能定理方程：设B、C间距离为l＝5Rmglsinθ－μmgcosθ·l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)。(2)P运动到E点时弹簧的弹性势能的求解。①选研究过程：P由B到E和P由E到F。②列动能定理方程：设BE＝x，EF间距离l1＝2R＋xmgxsinθ－μmgcosθ·x－Ep＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，Ep－mgl1sinθ－μmgcosθ·l1＝0。(3)①P从D点平抛速度大小的求解。a．水平位移：x1＝eq\f(7,2)R－eq\f(5,6)Rsinθ。b．竖直位移：y1＝R＋eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ。c．列平抛运动公式：x1＝vDt，y1＝eq\f(1,2)gt2。②改变后P的质量的求解。a．选研究过程：P从E到D。b．列动能定理方程：设改变后P的质量为m1Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1gcosθ·(x＋5R)－m1geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)R＋\f(5,6)Rcosθ))＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)。[解题规范步骤，水到渠成](1)根据题意知，B、C之间的距离l为l＝7R－2R＝5R①设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglsinθ－μmgcosθ·l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)②式中θ＝37°。联立①②式并由题给条件得vB＝2eq\r(gR)③(2)设BE＝x。P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有mgxsinθ－μmgcosθ·x－Ep＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)④E、F之间的距离l1为l1＝4R－2R＋x＝2R＋x⑤P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgcosθ·l1＝0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R⑦Ep＝eq\f(12,5)mgR⑧(3)设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1＝eq\f(7,2)R－eq\f(5,6)Rsinθ⑨y1＝R＋eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ⑩式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动规律有y1＝eq\f(1,2)gt2⑪x1＝vDt⑫联立⑨⑩⑪⑫式得vD＝eq\f(3,5)eq\r(5gR)⑬P由E点运动到D点的过程中，由动能定理有Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1gcosθ·(x＋5R)－m1geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)R＋\f(5,6)Rcosθ))＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)⑭联立⑦⑧⑬⑭式得m1＝eq\f(1,3)m。⑮[评分标准]①②③⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬⑮各1分，④⑥⑭各2分。[点题突破瓶颈，稳拿满分](1)不敢设P到达E点时弹簧的弹性势能为Ep，BE＝x，而列不出方程组解待求量。(2)不能正确地求出平抛运动的竖直分位移和水平分位移，导致处理不了第(3)问。课时作业[A组基础巩固练]1．(2023·上海高考)一物块爆炸分裂为速率相同、质量不同的三个物块，不计空气阻力，对三者落到同一水平地面上时的速率大小判断正确的是()A．质量大的落地速率大 B．质量小的落地速率大C．三者落地速率都相同 D．无法判断答案：C解析：由题意可知分裂后瞬间，三个物块距离地面的高度相同，速率相同，下落过程中由动能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v＝eq\r(2gh＋veq\o\al(2,0))，故三者落地速率相同，C正确。2．(2024·安徽高考)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为()A．mgh B．eq\f(1,2)mv2C．mgh＋eq\f(1,2)mv2 D．mgh－eq\f(1,2)mv2答案：D解析：人与滑板下滑的过程，由动能定理有mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf＝mgh－eq\f(1,2)mv2，故D正确。3．如图，荡秋千的小红由最低点O荡到最高点A的过程中，下列说法正确的是()A．重力做正功，重力势能增大 B．重力的瞬时功率一直增大C．重力的瞬时功率一直减小 D．重力做负功，重力势能增大答案：D解析：小红荡秋千，由最低点O荡到最高点A的过程中，重力做负功，重力势能增大，A错误，D正确；由PG＝mgvcosθ可知，在O点和A点，重力的瞬时功率均为零，其他位置均不为零，即重力瞬时功率既不可能一直增大，也不可能一直减小，故B、C错误。4．一个100g的球从1．8m的高度处落到一个水平板上又弹回到1．25m的高度，则整个过程中重力对球所做的功及球的重力势能的变化是(g＝10m/s2)()A．重力做功为1．8JB．重力做了0．55J的负功C．球的重力势能一定减少0．55JD．球的重力势能一定增加1．25J答案：C解析：整个过程中，球的高度下降了h＝1．8m－1．25m＝0．55m，则重力对球做正功且W＝mgh＝100×10－3×10×0．55J＝0．55J，而重力做的功等于重力势能的减少量，故球的重力势能一定减少ΔE＝0．55J，故C正确，A、B、D错误。5．在篮球比赛中，投篮的投射角度会影响投篮的命中率。在某次投篮中，篮球投出速度大小为4eq\r(2)m/s，方向斜向上与水平面成45°角。投球点在篮筐下方，竖直距离为0．35m。g取10m/s2，忽略空气阻力影响，则篮球进筐的速度大小为()A．3m/s B．4m/sC．5m/s D．7m/s答案：C解析：设篮球质量为m，篮球从投出到进筐的过程，根据动能定理可得－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中h＝0．35m，v0＝4eq\r(2)m/s，解得篮球进筐时的速度大小v1＝5m/s，故选C。6．物体沿直线运动的v－t图像如图所示，已知在第1秒内合力对物体做的功为W，则()A．从第1秒末到第3秒末合力做功为4WB．从第3秒末到第5秒末合力做功为－2WC．从第5秒末到第7秒末合力做功为WD．从第3秒末到第4秒末合力做功为－2W答案：C解析：物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，合力做功为零，A错误；从第3秒末到第5秒末动能的减少量与第1秒内动能的增加量大小相同，合力做的功为－W，B错误；从第5秒末到第7秒末动能的增加量与第1秒内动能的增加量大小相同，合力做功相同，即为W，C正确；从第3秒末到第4秒末速度从v0减小到eq\f(v0,2)，则动能减少量ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3,4)·eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，等于第1秒内动能增加量大小的eq\f(3,4)，则合力做功为－0．75W，D错误。7．(人教版必修第二册·第八章第3节[练习与应用]T5改编)运动员把质量是500g的足球踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是10m，在最高点的速度为20m/s。估算出运动员踢球时对足球做的功为()A．50J B．100JC．150J D．无法确定答案：C解析：运动员踢球时对足球做的功W等于足球获得的初动能Ek1，即W＝Ek1－0；足球上升时重力做的功等于动能的变化量，设上升到最高点时动能为Ek2，则有－mgh＝Ek2－Ek1，联立得W＝Ek1＝Ek2＋mgh＝150J，故C正确。8．长为L的木块静止在光滑水平面上。质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并从中射出，且出射速度为v1。已知从子弹射入到射出，木块移动的距离为s，子弹在木块中受到的平均阻力大小为()A．eq\f(m（veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)）,2（s＋L）) B．eq\f(m（veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)）,2s)C．eq\f(m（veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)）,2L) D．eq\f(m（veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)）,2（s＋L）)答案：D解析：对子弹根据动能定理有－f(L＋s)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得f＝eq\f(m（veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)）,2（s＋L）)，D正确。9．从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为()A．2kg B．1．5kgC．1kg D．0．5kg答案：C解析：画出运动示意图如图，设阻力大小为f，据动能定理知，A→B(上升过程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)hC→D(下落过程)：EkD－EkC＝(mg－f)h联立以上两式，解得物体的质量m＝1kg，C正确。10．(多选)在水平地面上放一个竖直轻弹簧，弹簧上端与一个质量为m的木块相连，木块处于静止状态。现给木块一个竖直向下的力F，使木块缓慢向下移动h，力F做功W1，此后木块静止，如图所示，重力加速度为g。则()A．在木块下移h的过程中重力势能的减少量为mghB．在木块下移h的过程中重力势能的增加量为mghC．在木块下移h的过程中弹簧弹力做功为W1＋mghD．在木块下移h的过程中弹性势能的增加量为W1＋mgh答案：AD解析：在木块下移h的过程中，重力做功为WG＝mgh，由功能关系可得重力势能的变化量ΔEp＝－WG＝－mgh，可知重力势能的减少量为mgh，故A正确，B错误；在木块下移h的过程中，设弹簧弹力做功为W弹，由动能定理可得W弹＋W1＋WG＝0，联立可得W弹＝－W1－mgh，故C错误；由功能关系可知，弹簧弹性势能的变化量ΔE弹＝－W弹＝W1＋mgh，即在木块下移h的过程中弹性势能的增加量为W1＋mgh，D正确。11．(2025·山西省晋中市高三上模拟)如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r＝0．3m、可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一质量为m＝1kg的小物块，物块与圆盘间的动摩擦因数为μ1＝0．3，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2＝0．1125。现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g＝10m/s2，圆盘厚度及圆盘与餐桌面的间隙不计，物块可视为质点。求：(1)物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做的功；(2)餐桌面的半径R。答案：(1)0．45J(2)0．5m解析：(1)设物块恰未从圆盘上滑落时的速度大小为v，由最大静摩擦力提供向心力有μ1mg＝eq\f(mv2,r)物块随圆盘运动的过程中，仅有圆盘对物块做功，根据动能定理，可知圆盘对小物块做的功W＝eq\f(1,2)mv2－0解得W＝0．45J。(2)小物块从圆盘滑落后，沿圆盘的切线方向滑出，做匀减速直线运动，设小物块在桌面上滑行距离为L，由动能定理有－μ2mgL＝0－eq\f(1,2)mv2由几何关系可知，餐桌面的半径R＝eq\r(r2＋L2)联立并代入数据解得R＝0．5m。[B组综合提升练]12．(2024·安徽省池州市高三下开学考试)如图1所示，质量为8kg的物体在水平推力作用下从静止开始运动，推力F随位移x变化的情况如图2所示，运动10m后撤去推力F。已知物体与地面间的动摩擦因数为0．5，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()A．从开始运动到停止运动，物体的位移为18mB．物体在x＝5m时速度最大，最大速度为6m/sC．物体在运动过程中的加速度大小先减小后不变D．全程推力做功480J答案：D解析：F­x图像中图线与x轴所围图形的面积表示F做的功，由题图2可知，全程推力F做功WF＝eq\f(2＋10,2)×80J＝480J，对整个过程根据动能定理有WF－μmgx0＝0－0，可得物体的位移为x0＝12m，故A错误，D正确。设物体的加速度为a，由牛顿第二定律有F－μmg＝ma，解得a＝eq\f(F－40N,8kg)，结合题图2可知，当0＜x＜2m时，物体加速且加速度不变；由数学知识可知，当x＝6m时，F＝40N，故当2m＜x＜6m时，物体加速且加速度减小；当6m＜x＜10m时，物体开始减速且加速度增大；当x＞10m时，物体减速且加速度不变。可知物体在x′＝6m时速度最大，由动能定理有WF′－μmgx′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)－0，其中WF′＝2×80J＋eq\f(80＋40,2)×(6－2)J＝400J，解得vmax＝2eq\r(10)m/s，故B、C错误。13．如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平，轨道的内表面粗糙。一质量为m的小滑块从P点正上方由静止释放，释放高度为R，小滑块恰好从P点进入轨道。小滑块滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度。用W表示小滑块第一次在轨道NQ段运动时克服摩擦力所做的功，则()A．W＝eq\f(1,2)mgR B．W<eq\f(1,2)mgRC．小滑块恰好可以到达Q点 D．小滑块不能到达Q点答案：B解析：根据题述，小滑块滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，根据牛顿第三定律，轨道对小滑块的支持力为4mg。在最低点，由牛顿第二定律得4mg－mg＝meq\f(v2,R)，解得v2＝3gR。小滑块由静止释放至运动到最低点N的过程，设小滑块克服摩擦力做的功为Wf，运用动能定理得2mgR－Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)mgR。由于小滑块在右侧eq\f(1,4)圆弧轨道NQ段运动的速度大小与小滑块在左侧eq\f(1,4)圆弧轨道PN段对称位置运动的速度大小相比较小，所需向心力较小，轨道与小滑块之间的压力就较小，小滑块受到的摩擦力较小，克服摩擦力做的功较小，所以小滑块第一次在轨道NQ段运动时克服摩擦力做的功W<Wf＝eq\f(1,2)mgR，B正确，A错误；由于小滑块在轨道最低点N的动能为Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mgR，大于小滑块运动到Q点所需克服重力做的功mgR和克服摩擦力做的功W之和，所以小滑块可以到达Q点后竖直上抛，C、D错误。14．(2025·福建省厦门市第一中学高三上10月月考)如图甲所示，竖直放置的轻弹簧一端固定于风洞实验室的水平地面，质量m＝0．1kg的小球在轻弹簧正上方某处由静止下落，同时受到一个竖直向上恒定的风力。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为x轴正方向，取地面为零势能参考面，在小球下落的全过程中，小球重力势能随小球位移变化关系如图乙中的图线①，弹簧弹性势能随小球位移变化关系如图乙中的图线②，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度g＝10m/s2，则()A．小球释放位置距地面的高度为0．6mB．小球在下落过程受到的风力为0．1NC．小球刚接触弹簧时的动能为0．5JD．小球的最大加速度大小为10m/s2答案：B解析：由题图乙可知，小球处于释放位置时的重力势能为EpG0＝0．70J，根据EpG0＝mgH，可得小球释放位置距地面的高度H＝0．7m，故A错误；由题图乙可知，小球速度减为0时，下落高度h＝0．6m，则小球从x＝0运动至x＝0．6m的过程中，根据动能定理有mgh－F风h＋W弹＝0－0，其中弹簧弹力做功W弹＝－ΔEp弹＝－0．54J，解得小球在下落过程中受到的风力F风＝0．1N，故B正确；小球刚接触弹簧时，下落高度h1＝0．5m，则小球从x＝0运动至x＝0．5m的过程中，根据动能定理有mgh1－F风h1＝Ek1－0，解得小球刚接触弹簧时的动能Ek1＝0．45J，故C错误；设弹簧劲度系数为k，则有W弹＝－keq\f(h－h1,2)·(h－h1)，解得k＝108N/m，小球下落高度h＝0．6m时，其加速度大小最大，由牛顿第二定律有k(h－h1)＋F风－mg＝mamax，解得小球下落过程中最大加速度大小为amax＝99m/s2，故D错误。[C组拔尖培优练]15．(2022·浙江6月选考)小明用额定功率为1200W