专题强化九　应用动能定理解决多过程问题-2025版创新设计高考物理一轮复习

专题强化九应用动能定理解决多过程问题学习目标1.会用动能定理解决多过程、多阶段的问题。2.会应用动能定理处理往复运动求路程等复杂问题。考点一动能定理在多过程问题中的应用1.运用动能定理解决多过程问题的两种思路(1)分段应用动能定理求解。(2)所求解的问题不涉及中间的速度时，全过程应用动能定理求解更简便。2.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的特点。(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所做的功等于力的大小与路程的乘积。例1(2023·湖北卷，14)如图1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eq\o(CDE,\s\up8(︵))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eq\o(CDE,\s\up8(︵))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eq\f(1,2π)，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：图1(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)eq\r(gR)(2)0(3)eq\r(3gR)解析(1)由题意知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)解得vD＝eq\r(gR)。(2)由题意知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道eq\o(CDE,\s\up8(︵))内侧，则在C点有vCx＝vCcos60°＝vB小物块从C到D的过程中，根据动能定理有－mg(R＋Rcos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)小物块从B到D的过程中，根据动能定理有mgHBD＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)联立解得vB＝eq\r(gR)，HBD＝0。(3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)s＝π·2R解得vA＝eq\r(3gR)。多过程问题的分析方法(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。(2)对各“衔接点”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。1.如图2所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O点质量为m＝1kg的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变。现对小物块施加F＝10N的水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动。小物块在向左运动到A点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6N，运动到A点时撤去推力F，小物块最终运动到B点静止。图中OA＝0.8m，OB＝0.2m，重力加速度取g＝10m/s2。求小物块：图2(1)与桌面间的动摩擦因数μ；(2)向右运动过程中经过O点的速度大小；(3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量。答案(1)0.4(2)1.26m/s(3)0.9m解析(1)小物块速度达到最大时，加速度为零，则F－μmg－F弹＝0解得μ＝0.4。(2)设向右运动通过O点时的速度为v0，从O→B，由动能定理得－fsOB＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)f＝μmg＝4N解得v0＝eq\r(1.6)m/s≈1.26m/s。(3)设弹簧最大压缩量为xmax，对小物块运动的全过程，根据动能定理得FsOA－f(2xmax＋sOB)＝0代入数值得xmax＝0.9m。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，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而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，其做功特点与路程有关，求解这类问题时若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、末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。例2如图3所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直eq\f(1,4)圆轨道相切于B点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点，已知光滑圆轨道的半径R＝0.45m，水平轨道BC长为0.4m，滑块与其间的动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD长为0.6m，g取10m/s2。求：图3(1)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能；(2)滑块最终停在距B点多远的位置？答案(1)1.4J(2)0.15m解析(1)滑块第一次到D点具有的弹性势能最大，从A至D的过程，根据动能定理可得mg(R－LCDsin30°)－μmgsBC＋W弹＝0解得W弹＝－1.4J则Ep弹＝－W弹＝1.4J。(2)由于斜面光滑，滑块到达D点后又向下运动，经过多次在圆弧轨道与斜面之间来回运动，最终滑块停在水平轨道BC上，设整个过程滑块在BC上的路程为s，整个过程根据动能定理可得mgR－μmgs＝0解得s＝2.25m由6×0.4m－2.25m＝0.15m，可知滑块最终停在距离B点0.15m处。(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＝－fs求解，其中s为物体相对滑行的总路程。2.如图4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s0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()图4A.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋s0tanθ))B.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gsinθ)＋s0tanθ))C.eq\f(2,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋s0tanθ))D.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋\f(s0,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s，对滑块运动的全程应用动能定理得mgs0sinθ－μmgscosθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得s＝eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋s0tanθ))，选项A正确。3.从离地面高H处落下一只小球，小球在运动过程中所受的空气阻力是它重力的k(k<1)倍，而小球每次与地面相碰后，能以与碰前相同大小的速度反弹，则：(1)小球第一次与地面碰撞后，能够反弹到的最大高度是多少？(2)小球从释放直至停止弹跳所通过的总路程是多少？答案(1)eq\f(1－k,1＋k)H(2)eq\f(H,k)解析(1)设小球第一次与地面碰撞后能够反弹到的最大高度为h，由动能定理得mg(H－h)－kmg(H＋h)＝0－0解得h＝eq\f(1－k,1＋k)H。(2)设小球从释放到停止弹跳所通过的总路程为s，对全过程，由动能定理得mgH－kmgs＝0－0解得s＝eq\f(H,k)。1.(2024·陕西宝鸡高三期末)如图1所示，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，BC段是与AB和CD都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计。一质量为m的滑块(可看作质点)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。现用一方向始终与轨道平行的力推滑块，使它缓慢地由D点推回到A点。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为()图1A.mgh B.2mghC.μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s＋\f(h,sinθ))) D.μmgs＋μmghcotθ答案B解析从A到D全过程，由动能定理得mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)－μmgs＝0，从D到A的过程，由动能定理得WF－μmgs－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)－mgh＝0，解得WF＝2mgh，故B正确。2.如图2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＝0.50m，盆边缘的高度为h＝0.30m。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，则停止的位置到B的距离为()图2A.0.50m B.0.25m C.0.10m 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(0.30,0.1)m＝3m，而d＝0.5m，刚好3个来回，所以最终停在B点，即到B点的距离为0，故D正确。3.如图3所示，倾角为θ＝30°的斜面固定在水平地面上，轻质弹簧的一端固定在斜面底端，此时弹簧处于自然状态。一质量为m＝1kg的滑块从距离弹簧上端为s0＝0.25m处由静止释放，已知弹簧劲度系数为k＝100N/m，斜面与滑块间动摩擦因数为μ＝eq\f(\r(3),5)。设滑块与弹簧接触过程中没有机械能损失，弹簧全过程始终处于弹性限度内(不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2)。图3(1)求滑块与弹簧上端第一次刚好接触时的速度大小v1；(2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度最大时，弹簧所具有的弹性势能为Ep＝0.02J，试求这个最大速度的大小vm(结果可用根式表示)。答案(1)1m/s(2)eq\f(\r(26),5)m/s解析(1)滑块与弹簧上端第一次刚好接触时，根据动能定理可得mgs0sinθ－μmgs0cosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得v1＝1m/s。(2)当滑块速度达到最大时，滑块的加速度为零，由受力分析可得mgsinθ＝μmgcosθ＋kx可得弹簧的压缩量为x＝0.02m滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度最大时，根据动能定理有mg(s0＋x)sinθ－μmg(s0＋x)cosθ－Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)解得最大速度vm＝eq\f(\r(26),5)m/s。4.(2022·上海卷，19)如图4所示，AB为平直导轨，长为L，物块与导轨间的动摩擦因数为μ，BC为光滑曲面，A与地面间的高度差为h1，B、C间高度差为h2。一个质量为m的物块在水平恒力作用下，从A点由静止开始向右运动，到达B点时撤去恒力，物块经过C点后在空中运动一段时间落地，已知重力加速度为g。图4(1)若物块落地时动能为E1，求其经过B点时的动能EkB；(2)若要物块落地时动能小于E1，求恒力F必须满足的条件。答案(1)E1－mgh1(2)eq\f(μmgL＋mgh2,L)＜F＜eq\f(E1－mgh1＋μmgL,L)解析(1)对物块从B点到落地的过程，由动能定理有mgh1＝E1－EkB解得EkB＝E1－mgh1。(2)对物块从A点到落地的整个过程，当落地动能为E1时，对应的拉力最大，设为Fmax，由动能定理有FmaxL－μmgL＋mgh1＝E1解得Fmax＝eq\f(E1－mgh1＋μmgL,L)若物块恰能到达C点，对应的拉力最小，设为Fmin，根据动能定理有FminL－μmgL－mgh2＝0解得Fmin＝eq\f(μmgL＋mgh2,L)则恒力F必须满足的条件为eq\f(μmgL＋mgh2,L)＜F＜eq\f(E1－mgh1＋μmgL,L)。5.如图5所示，一个小滑块在光滑斜面AB的顶端A点由静止释放，斜面AB与水平面BC连接处小滑块不损失机械能，滑块与水平面BC间的动摩擦因数μ＝0.1。右边eq\f(1,4)竖直光滑圆弧轨道CD最低点与水平面相切于C点，圆弧半径R＝0.5m。已知滑块的质量m＝1kg，斜面AB与水平面之间的夹角θ＝37°，sin37°＝0.6，斜面AB的长度LAB＝3m，水平面BC的长度LBC＝1m，重力加速度g取10m/s2。图5(1)求滑块第一次到B点时的速度大小；(2)求滑块第一次离开D点后速度减到0时距D点的高度；(3)滑块能否再次返回斜面，若不能请说明理由，若能再次返回斜面，请计算再次返回斜面后速度为0的位置距B点的距离是多少。答案(1)6m/s(2)1.2m(3)能eq\f(8,3)m解析(1)设滑块第一次到B点的速度为v1，从A到B根据动能定理有mgLABsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0代入数据得v1＝6m/s。(2)设滑块第一次到D点的速度为v2，滑块从A到D的过程根据动能定理有mgLABsinθ－μmgLBC－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－0设滑块第一次离开D点速度减到0时距D点的高度为h，根据动能定理有－mgh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)代入数据得h＝1.2m。(3)假设滑块能再次返回斜面，设返回斜面最高点距B点的距离为L，全过程根据动能定理得mg(LAB－L)sinθ－2μmgLBC＝0－0代入数据得L＝eq\f(8,3)m则滑块能再次返回斜面。6.(2021·全国乙卷)一篮球质量为m＝0.60kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2m。若使篮球从距地面h3＝1.5m的高度由静止下落，并在开始下落