2024届高考一轮复习物理教案（新教材人教版）第六章机械能守恒定律专题强化四动能定理在多过程问题中的应用

专题强化四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θ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μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于()A．mgh B．2mghC．μmg(s＋eq\f(h,sinθ)) D．μmg(s＋hcosθ)答案B解析滑块由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mgh－W克fAD＝0，即W克fAD＝mgh，①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WF－mgh－W克fDA＝0，②由A点运动至D点，克服摩擦力做的功为W克fAD＝μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＋μmgs，③从D→A的过程克服摩擦力做的功为W克fDA＝μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＋μmgs，④联立③④得W克fAD＝W克fDA，⑤联立①②⑤得WF＝2mgh，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α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，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为eq\f(Ek,5).已知sinα＝，重力加速度大小为g.则()A．物体向上滑动的距离为eq\f(Ek,2mg)B．物体向下滑动时的加速度大小为eq\f(g,5)C．物体与斜面间的动摩擦因数等于D．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－μmg·2lcosα＝eq\f(Ek,5)－Ek，物体从斜面底端到最高点根据动能定理有－mglsinα－μmglcosα＝0－Ek，整理得l＝eq\f(Ek,mg)，μ＝，A错误，C正确；物体向下滑动时根据牛顿第二定律有ma下＝mgsinα－μmgcosα，解得a下＝eq\f(g,5)，B正移公式l＝eq\f(1,2)at2，则可得出t上<t下，D错误．例3(2023·浙江金华十校模拟)如图所示，小明设计的游戏装置，由光滑平台、倾斜粗糙直轨道AB、竖直圆管道CDEBC′(管道内径远小于管道半径)、水平粗糙直轨道平滑连接组成．其中平台左侧固定一弹簧，倾斜直轨道AB与圆管道相切于B点，水平直轨道与圆管道相切于C′点(C和C′略错开)．小滑块与倾斜直轨道AB及水平直轨道间的动摩擦因数均为μ＝，AB斜轨道倾角θ＝37°，AB长度l＝m．小滑块从B点进入管道内，当小滑块沿管道内靠近圆心O的内侧运动时有摩擦，沿管道外侧运动时无摩擦，管道半径为R＝m．第一次压缩弹簧后释放小滑块，A点上方挡片可以让小滑块无速度损失地进入AB段，恰好可以运动到与管道圆心等高的D点．第二次压缩弹簧使弹簧弹性势能为J时释放小滑块，小滑块运动到圆管道最高处E的速度为1m/s.已知小滑块质量m＝kg，可视为质点，sin37°＝，cos37°＝，重力加速度g取10m/s2.(1)求第一次压缩弹簧释放小滑块后，第一次运动到C点时对轨道的压力；(3)若第三次压缩弹簧使弹簧弹性势能为J时释放小滑块，通过计算判断小滑块在圆管道内运动是否受到摩擦力作用．小滑块在水平直轨道上距离C′为x处的速度为v，求v与x之间的关系式．答案(1)3N，方向竖直向下(2)－J(3)不受v＝eq\r(12－10x)m/s解析(1)从C到D，对小滑块由动能定理得－mgR＝0－eq\f(1,2)mvC2，在C点由牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(vC2,R)，联立解得FN＝3N由牛顿第三定律可知，第一次运动到C点时对轨道的压力大小为3N，方向竖直向下．(2)从释放小滑块到E点由动能定理有W弹＋mglsinθ－μmglcosθ－mgR(1＋cosθ)＋Wf＝eq\f(1,2)mvE2－0，W弹＝Ep＝J，解得Wf＝－J(3)当滑块以v0通过最高点时恰好对管道无压力作用，设此时对应的弹簧弹性势能为Ep0，由牛顿第二定律有meq\f(v02,R)＝mg，从开始到E点由动能定理有W0＋mglsinθ－μmglcosθ－mgR(1＋cosθ)＝eq\f(1,2)mv02－0，解得Ep0＝W0＝J，弹性势能为J大于Ep0，小滑块在圆管道内不受到摩擦力作用．从开始到离C′距离为x处，由动能定理有W′＋mglsinθ－μmglcosθ＋mgR(1－cosθ)－μmgx＝eq\f(1,2)mv2－0，其中W′＝J，解得v＝eq\r(12－10x)m/s.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.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,2gcosθ)＋x0tanθ))B.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,2gsinθ)＋x0tanθ))C.eq\f(2,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,2gcosθ)＋x0tanθ))D.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,2gcosθ)＋\f(x0,tanθ)))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－eq\f(1,2)mv02，解得x＝eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,2gcosθ)＋x0tanθ))，选项A正确．例5(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＝kg，轨道BCD和DEF的半径R＝m，轨道AB长度lAB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝eq\f(7,8)，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝，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＝m，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＝eq\r(12lx－)，其中lx≥m(3)见解析解析(1)滑块由释放到C点过程，由动能定理有mglsin37°＋mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mvC2①在C点由牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(vC2,R)②由①②解得FN＝7N③(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)＝0④解得l1＝m⑤因此要能过F点必须满足lx≥m⑥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°＝eq\f(1,2)mv2，⑦由④⑤⑥⑦解得v＝eq\r(12lx－)，其中lx≥m．⑧(3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍mglxsin37°－mgeq\f(lFG,2)sin37°－nμmgeq\f(lFG,2)cos37°＝0，⑨lFG＝eq\f(4R,tan37°)，⑩由⑨⑩解得lx＝eq\f(7n＋6,15)m，n＝1,3,5，…又因为m≤lx≤lAB，lAB＝3m，当n＝1时，lx1＝eq\f(13,15)m；当n＝3时，lx2＝eq\f(9,5)m当n＝5时，lx3＝eq\f(41,15)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d＝m，盆边缘的高度为h＝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，则停止的地点到B的距离为()A．m B．mC．m 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＝eq\f(h,μ)＝eq\f(,)m＝3m，而d＝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.eq\r(2gh＋\f(v02,4)) B.eq\r(2gh)C.eq\r(2gh＋\f(v02,2)) D.eq\r(2gh＋v02)答案C解析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A→B→A的整个过程运用动能定理，得－2Ffs＝0－eq\f(1,2)mv02.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mgh－Ffs＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得v＝eq\r(2gh＋\f(v02,2))，C正确．3.(2021·湖北省1月选考模拟·7)如图所示，两倾角均为θ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.eq\f(49H,sinθ)B.eq\f(39H,sinθ)C.eq\f(29H,sinθ)D.eq\f(20H,sinθ)答案B解析由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH＝Ek，此时小物块所走路程s1＝eq\f(H,sinθ)，第一次通过O点后动能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高度H1＝95%H，第二次到达O点所走的路程s2＝eq\f(2H1,sinθ)＝95%eq\f(2H,sinθ)，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)2eq\f(2H,sinθ)，…，故小物块所走的总路程s总＝s1＋s2＋…sn＝eq\f(H,sinθ)＋95%eq\f(2H,sinθ)＋(95%)2eq\f(2H,sinθ)＋…(95%)n－1eq\f(2H,sinθ)，n无穷大时，可得s总＝eq\f(39H,sinθ)(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，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μD．滑块第k次与挡板碰撞到第k＋1次与挡板碰撞的时间间隔Δt答案AC解析设AB长为L，对整个过程运用动能定理得：mgsinαL－μmgcosα(L＋L)＝0，得μ＝eq\f(sinα,3cosα)，故C正确；根据牛顿第二定律得下滑过程：mgsinα－μmgcosα＝ma1；上滑过程：mgsinα＋μmgcosα＝ma2；解得：a1＝gsinα－μgcosα，a2＝gsinα＋μgcosα，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，5.(2023·河北张家口市高三检测)如图所示，倾角为θ＝37°的足够长光滑固定斜面AB与长LBC＝2m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R＝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θ＝37°.质量为m的小滑块从斜面上距B点L0＝2m的位置由静止开始下滑，恰好运动到C点．已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝，cos37°＝0.8.(1)求小滑块与粗糙水平面BC间的动摩擦因数μ；(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)(2)m解析(1)小滑块恰好运动到C点，由动能定理得mgL0sin37°－μmgLBC＝0－0，解得μ＝0.6.(2)设滑块能够通过D点，在D点的最小速度为vD，有mgsinθ＝meq\f(vD2,R)，解得vD＝3m/s.vD2－0，解得L＝m.6．(2021·全国乙卷·24)一篮球质量为m＝kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝m．若使篮球从距地面h3＝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m．假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝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g＝10m/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)J(2)9N解析(1)篮球从距地面高度h1＝m处自由下落的过程中由动能定理可得Ek1＝mgh1篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得0－Ek2＝－mgh2篮球从距地面h3＝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W＋mgh3＝Ek3在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得0－Ek4＝0－mgh4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eq\f(Ek2,Ek1)＝eq\f(Ek4,Ek3)代入数据可得W＝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F＋mg＝ma，在拍球时间内运动的位移为x＝eq\f(1,2)at2做的功为W＝Fx联立可得F＝9N(F＝－15N舍去)．7.(2023·浙江杭州市模拟)小明制作了一个“20”字样的轨道玩具模型．该模型的“2”字是由eq\f(3,4)圆弧形的管道ABC(圆心为O1)和半圆形的管道CD(圆心为O2)以及直管道DE组成，管道ABC和管道CD对应的圆半径均为R1＝10cm，A点与O1等高，B为“2”字最高点，D为最低点，E为管道的出口；“0”字是长轴GF垂直于水平地面的椭圆形管道，其最高点G与B点等高，G点附近的一小段管道可看作半径为R2＝6cm的圆弧；最低点F