2024届高考物理一轮总复习第五章机械能第2讲动能定理第2课时“应用动能定理解决多过程问题”的多维研究教师用书

第2课时“应用动能定理解决多过程问题”的多维研究类型(一)多过程直线运动问题[典例](2022·武汉联考)如图甲所示，滑沙运动是一项惊险刺激的娱乐活动，可简化为如图乙所示的模型。B点是斜面与水平地面的连接处，质量为0.4kg的物块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，最后停在C点。物块与斜面、地面之间的动摩擦因数均为μ。不计物块经过B点时的能量损失；已知AB＝9m，物块在斜面上做匀加速直线运动过程的正中间1s的位移为3m，A、C两点的连线与地面的夹角β＝37°，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是()A．物块沿斜面下滑的加速度大小为0.5m/s2B．物块与接触面间的动摩擦因数为0.8C．物块的重力势能的减少量小于7.2JD．物块从B运动到C，因摩擦产生的热量为7.2J[解析]设物块沿斜面下滑的加速度为a，正中间1s的位移为3m，则正中间1s的平均速度eq\x\to(v)＝3m/s，正中间1s的平均速度也是物块沿斜面下滑的平均速度，由初速度为0的匀加速直线运动规律有eq\x\to(v)＝eq\f(vB,2)，2a×AB＝vB2，解得a＝2m/s2，A错误；如图所示，A′为A在地面上的投影，设斜面的倾角为α，物块从A到C，由动能定理有mgAA′－μmgcosα·AB－μmgBC＝0，由几何关系有A′B＝ABcosα，A′C＝A′B＋BC，可得μ＝eq\f(AA′,A′C)，又因为eq\f(AA′,A′C)＝tanβ，则μ＝tanβ＝0.75，B错误；设Q1为物块在AB段因摩擦产生的热量，由eq\x\to(v)＝eq\f(vB,2)、eq\x\to(v)＝3m/s可得vB＝6m/s，在物块沿斜面下滑过程中，由能量守恒定律有mgAA′＝Q1＋eq\f(1,2)mvB2，可得重力势能的减少量为mgAA′＝Q1＋7.2J，即物块重力势能的减少量大于7.2J，C错误；物块从B运动到C，设Q2为物块在BC段因摩擦产生的热量，由能量守恒定律有Q2＝eq\f(1,2)mvB2＝7.2J，D正确。[答案]D[规律方法]用动能定理解决多过程问题的流程[针对训练]1.如图所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为()A．tanθ B．tanαC．tan(θ＋α) D．tan(θ－α)解析：选B如图所示，设B、O间距离为x1，A点离水平面的高度为h，A、O间的水平距离为x2，物块的质量为m，在物块运动的全过程中，应用动能定理可得mgh－μmgcosθ·eq\f(x2,cosθ)－μmgx1＝0，解得μ＝eq\f(h,x1＋x2)＝tanα，故B正确。2．(2021·全国甲卷)(多选)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＝0.6，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0.5D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长解析：选BC物体从斜面底端向上滑动后又回到斜面底端过程中，根据动能定理有－μmg·2lcosα＝eq\f(Ek,5)－Ek，对物体从斜面底端到斜面顶端的过程根据动能定理有－mglsinα－μmglcosα＝0－Ek，联立以上两式解得l＝eq\f(Ek,mg)，μ＝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＝mgsinα－μmgcosα，解得a＝eq\f(g,5)，B正确；物体向上滑动时，根据牛顿第二定律有ma上＝mgsinα＋μmgcosα，物体向下滑动时，根据牛顿第二定律有ma下＝mgsinα－μmgcosα，由上式可知a上>a下，由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同大小的位移，根据公式l＝eq\f(1,2)at2，则可得出t上<t下，D错误。类型(二)多过程曲线运动问题[典例](2023·岳阳高三调研)某游戏装置如图所示，由弹丸发射器、固定在水平地面上倾角为37°的斜面以及放置在水平地面上的光滑半圆形挡板墙构成(DOE均在水平地面上)。游戏者调节发射器，使弹丸(可视为质点)每次从A点水平发射后都能恰好无碰撞地进入到斜面顶端B点，继续沿斜面中线下滑至底端C点，再沿粗糙水平地面滑至D点切入半圆形挡板墙。已知弹丸质量m＝0.2kg，弹丸与斜面间的摩擦力F1＝0.3mg，弹丸与水平地面间的摩擦力F2＝0.6mg，弹丸发射器距水平地面高度H＝1.35m，斜面高度h＝0.9m，半圆形挡板墙半径R＝0.5m，不考虑在C处碰撞地面时的能量损失，g取10m/s2，sin37°＝0.6，π≈3.14，求：(1)弹丸从发射器A点发射时的初速度大小；(2)向左平移半圆形挡板墙，使C、D两点重合，推导弹丸受到挡板墙的侧压力F与弹丸在挡板墙上转过圆弧所对圆心角θ之间的函数关系式；(3)左右平移半圆形挡板墙，改变C、D两点间的长度，要使弹丸最后停止位置不在半圆形挡板墙区域，问CD的长度x应满足什么条件。[解析](1)弹丸从A点发射做平抛运动，则竖直方向上vy2＝2g(H－h)由几何关系tan37°＝eq\f(vy,v0)，联立得v0＝4m/s。(2)由(1)可知弹丸在B点的速度vB＝eq\r(vy2＋v02)＝5m/s弹丸从B点运动至C(D)点，由动能定理知mgh－F1eq\f(h,sin37°)＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2联立可得vC＝eq\r(34)m/s从C(D)点进入半圆形挡板墙，设圆心角对应的圆弧长为L，由几何关系可知L＝θR由动能定理知－F2L＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mvC2由牛顿第二定律知F＝meq\f(v2,R)联立解得F＝13.6－2.4θ(N)。(3)设弹丸恰好运动到D点，由动能定理可得－F2x1＝0－eq\f(1,2)mvC2，解得x1≈2.83m设弹丸恰好运动到E点，由动能定理可得－F2(x2＋πR)＝0－eq\f(1,2)mvC2解得x2≈1.26m所以CD间的长度x满足x＜1.26m或x＞2.83m。[答案](1)4m/s(2)F＝13.6－2.4θ(N)(3)x＜1.26m或x＞2.83m[规律方法]用动能定理解决多过程问题的四点提醒(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。[针对训练]在学校组织的趣味运动会上，某科技小组为大家提供了一个游戏。如图所示，将一质量为0.1kg的钢球放在O点，用弹射装置将其弹出，钢球沿着光滑的半圆形轨道OA和AB运动。BC段为一段长为L＝2.0m的粗糙平面，DEFG为接球槽。半圆形轨道OA和AB的半径分别为r＝0.2m、R＝0.4m，小球与BC段的动摩擦因数为μ＝0.7，C点离接球槽的高度为h＝1.25m，水平距离为x＝0.5m，接球槽足够大，g取10m/s2。求：(1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在A点的速度大小；(2)钢球恰好不脱离轨道时，在B位置对半圆形轨道的压力大小；(3)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度v0至少多大。解析：(1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在最高点A时，对钢球分析有mg＝meq\f(vA2,R)，解得vA＝2m/s。(2)钢球从A到B的过程由动能定理得mg·2R＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2，在B点有FN－mg＝meq\f(vB2,R)，解得FN＝6N，根据牛顿第三定律，知钢球在B位置对半圆形轨道的压力大小为6N。(3)从C到D钢球做平抛运动，要使钢球恰好能落入槽中，则x＝vCt，h＝eq\f(1,2)gt2，解得vC＝1m/s，假设钢球在A点的速度恰为vA＝2m/s时，钢球可运动到C点，且速度为vC′，从A到C由动能定理得mg·2R－μmgL＝eq\f(1,2)mvC′2－eq\f(1,2)mvA2，解得vC′2<0，故当钢球在A点的速度恰为vA＝2m/s时，钢球不可能到达C点，更不可能入槽，要使钢球最终能落入槽中，需要更大的弹射速度，才能使钢球既不脱离轨道，又能落入槽中。当钢球到达C点速度为vC时，v0有最小值，从O到C由动能定理得mgR－μmgL＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(21)m/s。答案：(1)2m/s(2)6N(3)eq\r(21)m/s类型(三)多过程往复运动问题[典例]如图甲所示，在水平面上固定一倾角θ＝37°、底端带有挡板的足够长的斜面，斜面体底端静止一质量m＝1kg的物块(可视为质点)，从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用，拉力F随物块从初始位置第一次沿斜面向上的位移x变化的关系如图乙所示，随后不再施加外力作用，物块与固定挡板碰撞前后速率不变，不计空气阻力，已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，求：(1)物块在上滑过程中的最大速度的大小；(计算结果可保留根式)(2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小和物块在斜面上运动的总路程。[解析](1)物块上滑过程中受拉力、摩擦力、重力、支持力的作用，先做加速运动后做减速运动，则有FN＝mgcos37°f＝μFNF－f－mgsin37°＝ma当加速度为零时，速度最大，此时F＝f＋mgsin37°＝10N由图乙可得出F＝20－10x(N)则F＝10N时，可得出x＝1m由动能定理可得WF＋Wf＋WG＝eq\f(1,2)mvm2－0即eq\f(20＋10,2)×1J－0.5×1×10×1×0.8J－1×10×1×0.6J＝eq\f(1,2)mvm2－0，可得vm＝eq\r(10)m/s。(2)由动能定理可得WF′＋Wf′＋WG′＝0－0则xm＝eq\f(WF′,μmgcos37°＋mgsin37°)＝2m撤去F后，因为mgsin37°＞μmgcos37°，所以物块最后停在斜面的底端，则有WF′＋μmgscos37°＝0－0解得s＝5m。[答案](1)eq\r(10)m/s(2)2m5m[针对训练]如图所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相切，C为切点，圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为θ。现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动。已知圆弧轨道的圆心O与A、D在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求：(1)滑块第一次滑至左侧圆弧上时距A点的最小高度差h；(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s。解析：(1)滑块从D到达左侧最高点F经历DC、CBF两个过程，现以DF整个过程为研究过程，运用动能定理得mgh－μmgcosθ·eq\f(R,tanθ)＝0，解得h＝eq\f(μRcosθ,tanθ)。(2)通过分析可知，滑块最终滑至C点的速度为0时对应在斜面上的总路程，由动能定理得mgRcosθ－μmgcosθ·s＝0，解得s＝eq\f(R,μ)。答案：(1)eq\f(μRcosθ,tanθ)(2)eq\f(R,μ)[课时跟踪检测]1．(多选)如图所示，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道AB固定在竖直面内，轨道最低点B与水平面平滑连接，圆心O与A在同一水平面内，质量为m的物块从A点由静止释放，物块沿圆弧轨道下滑，最终静止在水平面上的C点，B、C间的距离为2R，重力加速度为g。若物块滑到BC的中点时，给物块施加一个水平向左的恒力F，当物块再次运动到B点时，撤去力F，结果物块恰好能运动到A点，则()A．物块与水平面间的动摩擦因数为0.25B．物块与水平面间的动摩擦因数为0.5C．水平推力的大小等于eq\f(\r(17)＋1,4)mgD．水平推力的大小等于eq\f(3,4)mg解析：选BC对整个运动过程，根据动能定理得mgR－μmg·2R＝0，解得μ＝0.5，A错误，B正确；设推力作用后，物块还能向右滑行的距离为x，根据动能定理得mgR－μmg(R＋x)－Fx＝0，(F－μmg)(R＋x)－mgR＝0，解得F＝eq\f(\r(17)＋1,4)mg，C正确，D错误。2.如图所示，质量为m的小球从离地面H高处由静止释放，落到地面，陷入泥土中h深处后停止运动，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．小球落地时的动能等于mg(H＋h)B．小球克服泥土阻力所做的功等于小球刚落到地面时的动能C．泥土阻力对小球做的功为mg(H＋h)D．小球在泥土中受到的平均阻力大小为mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(H,h)))解析：选D根据动能定理知，小球落地时的动能等于mgH，A错误；小球从落地到陷入泥土中h深度的过程，由动能定理得0－eq\f(1,2)mv2＝mgh－W克阻，解得W克阻＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，B错误；根据动能定理得mg(H＋h)＋W阻＝0，故泥土阻力对小球做的功W阻＝－mg(H＋h)，C错误；根据动能定理得mg(H＋h)－F阻h＝0，解得小球在泥土中受到的平均阻力大小为F阻＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(H,h)))，D正确。3．(多选)如图所示，一固定竖直轨道由半径为R的四分之一圆弧AB、长度为L的水平直轨道BC和半径为r的四分之一圆弧CD构成，BC与两圆弧分别相切于B点和C点。质量为m的物块从A点由静止释放，恰好能到达D点，已知物块在圆弧AB上克服摩擦力做的功为W1，在圆弧CD上克服摩擦力做的功为W2，重力加速度大小为g，则物块与水平直轨道的动摩擦因数μ和在C点的向心加速度a大小分别为()A．μ＝eq\f(R＋r,L)＋eq\f(W1＋W2,mgL) B．μ＝eq\f(R－r,L)－eq\f(W1＋W2,mgL)C．a＝2g＋eq\f(2W2,mr) D．a＝2g＋eq\f(2W1＋W2,mr)解析：选BC设物块在水平直轨道上克服摩擦力做的功为W3，对于ABCD整个过程，由动能定理得：mg(R－r)－(W1＋W2＋W3)＝0，又因为W3＝μmgL，由以上两式联立可解得：μ＝eq\f(R－r,L)－eq\f(W1＋W2,mgL)，故A错误，B正确；由动能定理，对于ABCD整个过程有：mg(R－r)－(W1＋W2＋W3)＝0，对于ABC过程有：mgR－(W1＋W3)＝eq\f(1,2)mvC2－0，由向心加速度公式得：a＝eq\f(vC2,r)，由以上各式可解得：a＝2g＋eq\f(2W2,mr)，故C正确，D错误。4.(多选)如图所示，两块竖直木板夹着一物块，物块在木板内静止，两板因弹簧作用而对物块有一恒定压力并保持两板之间的距离不变(图中弹簧未画出)。让木板从离地h高度自由下落，落地后木板静止，物块在木板中下滑了l长度。已知物块与木板间的动摩擦因数不变，以下说法正确的是(以下各选项中物块均未触地)()A．如果仅改变木板下落的高度，使其从2h高度落下，则物块下滑的长度将为2lB．如果仅改变木板对物块的压力，使其变为原来的一半，则物块下滑的长度将大于2lC．如果仅改变物块的质量，使其变为原来的2倍，则物块下滑的长度将为2lD．如果仅改变木板的质量，使其变为原来一半，则物块下滑的长度将大于2l解析：选AB设物块受到的滑动摩擦力为f，根据动能定理得mg(h＋l)－fl＝0，解得l＝eq\f(mgh,f－mg)，仅改变木板下落的高度，使其从2h高度落下，则物块下滑的长度将为2l，A正确；如果仅改变木板对物块的压力，使其变为原来的一半，则物块受到的滑动摩擦力变为原来的一半，物块下滑的长度将大于2l，B正确；如果仅改变物块的质量，使其变为原来的2倍，则物块下滑的距离将大于2l，C错误；如果仅改变木板的质量，则物块下滑的距离仍为l，D错误。5．某同学参照过山车情境设计了如图所示的模型。光滑的竖直圆轨道半径R＝2m，入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量为m＝2kg的小滑块与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，滑块从A点由静止开始受到水平拉力F＝60N的作用，在B点时撤去拉力，AB段的长度为l＝5m，不计空气阻力。(g＝10m/s2)(1)若滑块恰好通过圆轨道的最高点，则滑块沿着出口的平直轨道CD能滑行多远的距离？(2)要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道，求平直轨道BC段的长度范围。解析：(1)滑块恰好通过最高点，说明此时只有重力提供向心力，则有mg＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(gR)＝2eq\r(5)m/s，滑块从C点到最高点过程，由机械能守恒定律可得mg·2R＋eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mvC2，解得vC＝10m/s，滑块从C点到最后停止过程，有x＝eq\f(vC2,2μg)＝10m，即滑块能沿着出口平直轨道CD滑行的距离为10m。(2)要使滑块不脱离轨道，有以下两种可能：①滑块能通过最高点，则到达C点的速度vC≥10m/s，则从A到C过程，由动能定理可得Fl－μmg(l＋x1)＝eq\f(1,2)mvC2，解得x1≤15m；②滑块无法通过最高点，且到达的高度不超过R时速度即为零，滑块同样不会脱离轨道，则对全程由动能定理可得Fl－μmg(l＋x2)－mgR≤0，解得x2≥21m，滑块要能够进入圆轨道运动，则至少能够到达C点，则有Fl－μmg(l＋x3)≥0，解得x3≤25m，因此，要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道，BC段的长度范围为[0,15m]或[21m,25m]。答案：(1)10m(2)[0,15m]或[21m,25m]6．如图所示，水平面上固定着一条内壁光滑的竖直圆弧轨道，BD为圆弧的竖直直径，C点与圆心O等高。轨道半径为R＝0.6m，轨道左端A点与圆心O的连线与竖直方向的夹角为θ＝53°，自轨道左侧空中某一点P水平抛出一质量为m的小球，初速度大小v0＝3m/s，恰好从轨道A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2，求：(1)抛出点P到A点的水平距离；(2)判断小球在圆弧轨道内侧运动时，是否会脱离轨道，若会脱离，将在轨道的哪一部分脱离。解析：(1)如图所示，画出小球通过A点时的速度矢量三角形，则有vy＝v0tanθ，vy＝gt，xPA＝v0t，解得xPA＝1.2m。(2)根据几何知识可得vA＝eq\f(v0,cosθ)，由eq\f(1,2)mvA2＞mgRcosθ，说明小球能越过轨道C点；假设小球能从A运动到D，根据动能定理得－mgR(1＋cosθ)＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvA2，解得vD＝eq\r(5.8)m/s，若小球恰能通过D点，则有mg＝