第六章　第28课时　专题强化：动能定理在多过程问题中的应用-2027版高考物理一轮复习

第28课时专题强化：动能定理在多过程问题中的应用目标要求1.会用动能定理解决多过程、多阶段的问题。2.掌握动能定理在往复运动问题中的应用。考点一动能定理在多过程问题中的应用1.应用动能定理解决多过程问题的两种思路(1)分阶段应用动能定理①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理。②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破。(2)全过程(多个过程)应用动能定理当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大减少运算。2.全过程列式时要注意(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做功的数值等于力的大小与路程的乘积。例1(2025·江苏常州市检测)如图所示，长直木板右端垫高制作成斜面，木板左端点与水平面在A点平滑连接，右端点在O正上方。一小木块从斜面顶端由静止下滑，到达水平面上的B点停下，小木块与木板、水平面间的动摩擦因数相同。现用相同材质、不同长度的木板按图甲、乙、丙、丁放置，则()A.图甲中小木块将停在B点左侧B.图乙中小木块将停在B点左侧C.图丙中小木块将停在B点左侧D.图丁中小木块将停在B点正上方的木板上答案A解析设斜面的长度为l1，倾角为θ，小木块的最终停止点到斜面底端的距离为l2，小木块的释放点到水平面的高度为h，则小木块由释放到停止的整个过程中，根据动能定理，有mgh-μmgcosθ·l1-μmgl2=0，整理得h=μ(l1cosθ+l2)式中(l1cosθ+l2)即为小木块的释放点到最终停止点的水平距离，设(l1cosθ+l2)=x，则x=h显然，只要释放点到水平面的高度h不变，x不变，即题图乙、丙中的小木块仍将停在B点，故B、C错误；题图甲中小木块的释放点到水平面的高度大于h，由x=hμ可知，x也将变大，即小木块将停在B点左侧，故A由x=hμ得μ=题图丁中斜面底端在B点左侧，则tanθ<μ即mgsinθ<μmgcosθ小木块所受重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力，故小木块释放后不会下滑，故D错误。例2(2023·湖北卷·14)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为12π，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：(1)小物块到达D点的速度大小；(2)B和D两点的高度差；(3)小物块在A点的初速度大小。答案(1)gR(2)0(3)3解析(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有mvD2R=mg，解得v(2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有cos60°=vB小物块从C到D的过程中，根据动能定理有-mg(R+Rcos60°)=12mvD2-12则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有mgHBD=12mvD2-联立解得vB=gR，HBD=0(3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有-μmgs=12mvB2-12mv解得vA=3gR多过程问题的分析方法1.将“多过程”拆分为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。2.对各“子过程”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。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，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烦琐，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3如图所示，固定斜面的倾角为θ，质量为m的滑块从距挡板P的距离为x0处以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，重力加速度为g，则滑块经过的总路程是()A.1μ(v022B.1μ(v022C.2μ(v022D.1μ(v答案A解析滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理得mgx0sinθ-μmgxcosθ=0-12mv解得x=1μ(v022gcosθ+例4(2022·浙江1月选考·20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB长度lAB=3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ=78，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。(1)若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；(2)设释放点距B点的长度为lx，求滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式；(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。答案(1)7N(2)v=12lx-9.6(m/s)，其中lx≥0.85m(解析(1)滑块由释放点到C点过程，由动能定理有mglsin37°+mgR(1-cos37°)=12mvC在C点由牛顿第二定律有FN-mg=mvC2由①②解得FN=7N ③(2)要保证滑块能到F点，必须能过DEF的最高点，当滑块恰到最高点时根据动能定理可得mgl1sin37°-(3mgRcos37°+mgR)=0 ④解得l1=0.85m ⑤因此要能过F点必须满足lx≥0.85m ⑥能过最高点，则能到F点，由释放到第一次到达F点，根据动能定理可得mglxsin37°-4mgRcos37°=12mv2， 由④⑤⑥⑦解得v=12lx-9.6(其中lx≥0.85m ⑧(3)设全程摩擦力做功为第一次到达中点时摩擦力做功的n倍mglxsin37°-mglFG2sin37°-nμmglFG2coslFG=4Rtan37°，由⑨⑩解得lx=7n+615m，n=1，3，又因为0.85m≤lx≤lAB，lAB=3m，当n=1时，lx1=1315m；当n=3时，lx2=95当n=5时，lx3=4115m(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为物体相对滑动的总路程。课时精练[分值：48分][1~4题，每题4分]1.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=F2，Ek=FL2 B.Ff=F2，EC.Ff=F3，Ek=2FL3 D.Ff=F4，答案D解析木块运动全过程中，根据动能定理有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，根据动能定理有FL-FfL=Ek-0，解得木块所获得的最大动能为Ek=3FL42.(2026·江苏南通市检测)如图所示，斜面固定且与水平面平滑连接。一小木块(可视为质点)从斜面顶端由静止开始下滑，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.μx C.xμ答案A解析整个过程小木块动能变化量为0，设斜面的长度为L，斜面的倾角为θ，小木块在水平面上的位移为s，根据动能定理mgh-μmgcosθ·L-μmgs=0，因为cosθ·L+s=x，化简得h=μx，故选A。3.(2025·江苏南通市检测)在倾角为37°的斜面底端给小物块一初动能，使小物块在足够长的粗糙斜面上运动。若小物块在上滑和下滑过程中其动能Ek随高度h的变化如图所示，g取10m/s2，sin37°=0.6，则小物块()A.质量为1kgB.上滑的最大距离为3mC.所受的摩擦力大小为1ND.在最高点的机械能一定为25J答案A解析全程根据动能定理有-Ffh3sin37°×2=ΔEk=20J-40J=-20J，解得Ff=2N，故C错误；上滑过程中根据动能定理有-Ffh3sin37°-mgh3=ΔEk'=0-40J=-40J，解得m=1kg，故A正确；上滑的最大距离为L=h3sin37°=5m，故B错误；取最低点为零势能面，在最高点的机械能为E=mgh34.(2025·江苏南通市检测)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h、与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地各处间的动摩擦因数均为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8)。则()A.动摩擦因数μ=3B.载人滑草车最大速度为2C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35答案B解析全程由动能定理有mg·2h-μmgcos45°·hsin45°-μmgcos37°·hsin37°=0，解得μ=67，A错误；对在上段滑道下滑过程，根据动能定理有mgh-μmgcos45°·hsin45°=12mv2，解得v=2gh7，故载人滑草车最大速度为2gh7，B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为5.(11分)极限运动深受年轻人的喜爱，如图甲是极限运动中滑板、轮滑等运动常用的比赛场地——U形池，现有某U形池场地示意图如图乙所示，该场地由两段可视为光滑的14圆弧形滑道AB和CD以及粗糙程度处处相同的水平滑道BC构成，图中R1=4.5m，R2=3.5m，BC=5m，某次滑板比赛中质量为60kg(含滑板质量)的运动员从A点由静止出发，通过AB、BC滑道，冲向CD滑道，到达CD滑道的最高位置D时速度恰好为零(运动员和滑板整体看成质点，空气阻力不计，g取10m/s2)(1)(3分)求该运动员在圆弧形滑道AB上下滑至B点时对圆弧形滑道的压力；(2)(4分)该运动员为了第一次经过D处后有2s时间做空中表演，求运动员在A点下滑的初速度大小；(3)(4分)在(2)问的初始条件下，运动员在滑道上来回运动，最终停的位置距离B点多远？答案(1)1800N，方向垂直于BC向下(2)10m/s(3)2.5m解析(1)运动员从A到B的过程中由动能定理有mgR1=12mv在B点由牛顿第二定律和向心力公式有FN-mg=mv联立解得FN=1800N由牛顿第三定律得，在B点运动员对圆弧形滑道的压力大小FN'=FN=1800N，方向垂直于BC向下。(2)设运动员在BC段摩擦力对他做的功为Wf，根据运动员从A点由静止出发到D点时的速度恰好为零，由动能定理得mgR1+Wf-mgR2=0解得Wf=-600J运动员在空中表演时做竖直上抛运动，上抛的初速度vD1=gt解得vD1=10m/s运动员从A到D过程，由动能定理得mgR1+Wf-mgR2=12mvD12代入数据解得vA0=10m/s(3)运动员下落后会在滑道上来回运动，直到最终静止在BC上；对运动员的全过程由动能定理得mgR1-Ffs=0-12mWf=-Ff·BC解得运动员在BC段运动的总路程为s=47.5m在BC上来回运动的次数n=sBC运动员最终停在BC的中点，即离B点2.5m处。[6题4分]6.(2026·江苏淮安市检测)如图所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，滑块与挡板碰撞后原速率返回。现将滑块拉到与B相距L的A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后上滑时间恰好是第一次下滑时间的一半，已知重力加速度为g，下列说法确定的是()A.物块最终停在AB中点处B.滑块运动总路程为3LC.滑块与杆之间的动摩擦因数μ=14tanD.滑块下滑过程加速度的大小a1=34gsin答案B解析将滑块拉到与B相距L的A点由静止释放，滑块下滑，所以滑块最终会停在B点处，故A错误；设滑块最大速度为v，根据平均速度公式可知L=12vt下，l上=12vt上，其中第一次碰撞后上滑时间恰好是下滑时间的一半，所以第一次碰撞后，滑块恰好能上升到AB的中点，对整个过程，运用动能定理得mgsinα×12L-μmgcosα(L+12L)=0，解得μ=13tanα，下滑过程根据牛顿第二定律有mgsinα-μmgcosα=ma1，解得a1=gsinα-μgcosα=23gsinα，故C、D错误；对滑块整个运动过程，由动能定理有mgsinα·L-μmgcosα·s=0，滑块运动总路程为7.(13分)如图是由弧形轨道、圆轨道(轨道底端B略错开，图中未画出)、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC右端装有理想轻弹簧(右端固定)，圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变，现将B点置于AC中点，质量m=2kg的滑块(可视为质点)从弧形轨道高H=0.5m处静止释放。已知圆轨道半径R=0.1m，水平轨道长LAC=1.0m，滑块与AC间的动摩擦因数μ=0.2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，重力加速度g取10m/s2。求：(1)(4分)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小；(2)(3分)轻弹簧获得的最大弹性势能；(3)(6分)若H=0.4m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，求BC长度满足的条件。答案(1)60N(2)6J(3)0.5m≤L≤1m解析(1)从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理有mgH-μmgLAC2-mg×2R=12在圆轨道最高点，由牛顿第二定律有mg+FN=mv2R，联立解得FN=60N，由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为60(2)弹簧第一次被压缩到最短时，弹性势能有最大值；从出发到弹簧第一次被压缩到最短过程，由动能定理有mgH-μmgLAC+W弹=0-0又W弹=0-Ep，联立解得Ep=6J(3)①若滑块恰好到达圆轨道的最高点，则有mg=mv02R，从出发到滑至圆轨道最高点，由动能定理有mg(H-2R)-μmgs1=1解得s1=0.75m，LBC=LAC-s1