2024年高考物理一轮复习（新人教版） 第6章 专题强化8　动能定理在多过程问题中的应用.docx

1、专题强化八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题型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若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理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

2、开每个运动过程的具体细节，大大简化运算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图中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为的斜面，CD段是水平的，长为s，BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧，其长度可以忽略不计一质量为m的小滑块在A点由静止释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如图所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于()Amgh B2mghCmg(s) Dmg(shcos )答案B解析

3、滑块由A点运动至D点，设克服摩擦力做功为W克fAD，由动能定理得mghW克fAD0，即W克fADmgh，滑块从D点回到A点，由于是缓慢推，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为W克fDA，由动能定理知，滑块从D点被推回A点过程有WFmghW克fDA0，由A点运动至D点，克服摩擦力做的功为W克fADmgcos mgs，从DA的过程克服摩擦力做的功为W克fDAmgcos mgs，联立得W克fADW克fDA，联立得WF2mgh，故A、C、D错误，B正确例2(多选)(2021全国甲卷20)一质量为m的物体自倾角为的固定斜面底端沿斜面向上滑动该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，

4、此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为.已知sin 0.6，重力加速度大小为g.则()A物体向上滑动的距离为B物体向下滑动时的加速度大小为C物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长答案BC解析物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有mg2lcos Ek，物体从斜面底端到最高点根据动能定理有mglsin mglcos 0Ek，整理得l，0.5，A错误，C正确；物体向下滑动时根据牛顿第二定律有ma下mgsin mgcos ，解得a下，B正确；物体向上滑动时根据牛顿第二定律有ma上mgsin mgcos ，解得a上g，故a上a下，由于上滑过程中的末速度为零，下滑过

5、程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据位移公式lat2，则可得出t上t下，D错误例3(2023广东惠州市调研)光滑斜面与长度为L0.5 m粗糙水平地面平滑相连，质量为m1 kg的小球(可视为质点)从斜面上距离地面高H处由静止释放，经A点进入与水平地面平滑连接的光滑圆形轨道(A点为轨道最低点)，恰好能到达圆形轨道的最高点B点已知小球与地面间的动摩擦因数0.2，圆形轨道半径R0.1 m，取重力加速度g10 m/s2，求：(1)小球在B点的速度大小；(2)小球在A点时，其对圆形轨道的压力大小；(3)小球的释放点离水平地面的高度H.答案(1)1 m/s(2)60 N(3)0.35 m解析(1)根据题

6、意，小球恰好能到达圆形轨道的最高点B，则mgm，解得vB1 m/s.(2)小球由A运动到B的过程中，根据动能定理有mg2RmvB2mvA2，解得vA m/s在A点，轨道对小球的支持力和小球的重力的合力提供向心力，即FNmgm，解得FN60 N，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为60 N.(3)小球从释放到运动到A点的过程，运用动能定理有mgHmgLmvA2，代入数据解得H0.35 m.题型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，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定2解题策略：此类问题多

7、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简化解题过程例4如图所示，固定斜面的倾角为，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，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.B.C.D.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mgx0sin mgxcos 0mv02，解得x，选项A正确例5(2022

8、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m0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R0.15 m，轨道AB长度lAB3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 370.6，cos 370.8.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l0.7 m，求滑块到最低点

9、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)7 N(2)v，其中lx0.85 m(3)见解析解析(1)滑块由释放到C点过程，由动能定理有mglsin 37mgR(1cos 37)mvC2在C点由牛顿第二定律有FNmgm由解得FN7 N(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mgl1sin 37(3mgRcos 37mgR)0解得l10.85 m因此要能过F点必须满足lx0.85 m能过最高点，则能到F点，由释放

10、到第一次到达F点，根据动能定理可得mglxsin 374mgRcos 37mv2，由解得v，其中lx0.85 m(3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍mglxsin 37mgsin 37nmgcos 370，lFG，由解得lx m，n1,3,5，又因为0.85 mlxlAB，lAB3 m，当n1时，lx1 m；当n3时，lx2 m当n5时，lx3 m课时精练1.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d0.50 m，盆边缘的高度为h0.30 m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

11、间的动摩擦因数为0.1.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为()A0.50 m B0.25 mC0.10 m D0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：mghmgs0，所以小物块在BC面上运动的总路程为s m3 m，而d0.5 m，刚好3个来回，所以最终停在B点，即到B点的距离为0，故选D.2.如图所示，一物体由固定斜面上的A点以初速度v0下滑到底端B，它与挡板发生无动能损失的碰撞后又滑回到A点，其速度恰好为零设A、B两点高度差为h，重力加速度为g，则它与挡板碰前瞬间的速度大小为()A. B.C. D.答案C解析

12、设整个滑动过程中物体所受摩擦力大小为Ff(此力大小不变，下滑时方向沿斜面向上，上滑时方向沿斜面向下)，斜面长为s，则对物体由ABA的整个过程运用动能定理，得2Ffs0mv02.同理，对物体由A到B的过程运用动能定理，设物体与挡板碰前瞬间速度为v，则mghFfsmv2mv02，解得v，C正确3.如图所示，两倾角均为的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%.小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为()A. B. C. D.答案B解析由题意知，

13、小物块第一次到达O点由动能定理可得mgHEk，此时小物块所走路程s1，第一次通过O点后动能Ek195%Ek95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高度H195%H，第二次到达O点所走的路程s295%，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3(95%)2，故小物块所走的总路程s总s1s2sn95%(95%)2(95%)n1，n无穷大时，可得s总(等比数列求和)，故B正确4.(多选)(2023江苏省启东中学模拟)如图所示，直杆AB与水平面成角固定，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，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后将以原速率返回现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后

14、恰好能上升到AB的中点，设重力加速度为g，由此可以确定()A滑块下滑和上滑过程加速度大小a1、a2B滑块第1次与挡板碰撞前的速度v1C滑块与杆之间的动摩擦因数D滑块第k次与挡板碰撞到第k1次与挡板碰撞的时间间隔t答案AC解析设AB长为L，对整个过程运用动能定理得：mgsin 0.5Lmgcos (L0.5L)0，得，故C正确；根据牛顿第二定律得下滑过程：mgsin mgcos ma1；上滑过程：mgsin mgcos ma2；解得：a1gsin gcos ，a2gsin gcos ，所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2，故A正确；由于A、B间的距离未知，尽管求出加速度，但不能求出

15、滑块到达挡板时的时间以及与挡板碰撞前的速度，故B、D错误5.(2023河北张家口市高三检测)如图所示，倾角为37的足够长光滑固定斜面AB与长LBC2 m的粗糙水平面BC用一小段光滑圆弧(长度不计，未画出)平滑连接，半径R1.5 m的光滑圆弧轨道CD与水平面相切于C点，OD与水平方向的夹角也为37.质量为m的小滑块从斜面上距B点L02 m的位置由静止开始下滑，恰好运动到C点已知重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.(1)求小滑块与粗糙水平面BC间的动摩擦因数；(2)改变小滑块从斜面上开始释放的位置，使小滑块能够通过D点，求小滑块的释放位置与B点的最小距离答案(1)0

16、.6(2)6.75 m解析(1)小滑块恰好运动到C点，由动能定理得mgL0sin 37mgLBC00，解得0.6.(2)设滑块能够通过D点，在D点的最小速度为vD，有mgsin m，解得vD3 m/s.设滑块释放位置与B点的最小距离为L，由动能定理得mgLsin mgLBCmgR(1sin )mvD20，解得L6.75 m.6(2021全国乙卷24)一篮球质量为m0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h11.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h21.2 m若使篮球从距地面h31.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为1.5 m假设运动员拍球时对球的作用力

17、为恒力，作用时间为t0.20 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变重力加速度大小取g10 m/s2，不计空气阻力求：(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小答案(1)4.5 J(2)9 N解析(1)篮球从距地面高度h11.8 m处自由下落的过程中由动能定理可得Ek1mgh1篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得0Ek2mgh2篮球从距地面h31.5 m的高度由静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得Wmgh3Ek3在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得0Ek40mgh4因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系代入数据可得W

18、4.5 J.(2)因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此由牛顿第二定律可得Fmgma，在拍球时间内运动的位移为xat2做的功为WFx联立可得F9 N(F15 N舍去)7.如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小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R0.3 m的固定在水平面上竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔已知摆线长L2 m，53，小球质量为m0.5 kg，D点与A孔的水平距离s2 m，g取10 m/s2.(sin 530.8，cos 530.6)(1)求摆线能承受的最大拉力为多大；(2)要使摆

19、球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间的动摩擦因数的范围答案(1)9 N(2)0.250.4或者0.025解析(1)当摆球由C运动到D，根据动能定理有mg(LLcos )mvD2，得vD4 m/s，在D点，由牛顿第二定律可得FTmmgm，可得FTm9 N(2)要保证小球能到达A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得对DA段：1mgs0mvD2，可得10.4小球不脱离圆轨道分两种情况：若进入A孔的速度较小，那么将会在圆心所在高度以下做往返运动，不脱离轨道，其临界情况为到达圆心等高处速度为零，对DA段：由动能定理可得2mgsmvA2mvD2，在轨道中由动能定理可得mgR0mvA2，可求得20.25若小球进入A孔的速度较大，能过圆轨道的最高点，那么也不会脱离轨道，当小球恰好到达最高点时，在最高点，由牛顿第二定律可得mgm，由动能定理可得3mgs2mgRmv2mvD2，解得30.025综上所述，动摩擦因数的范围为0.250.4或者0.025.