第六章　第3课时　专题强化：动能定理在多过程问题中的应用-2025物理大一轮复习讲义人教版

第3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(2024·安徽安庆市模拟)小球由地面竖直向上抛出，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，选地面为参考平面，在上升至离地h高处，小球的动能是重力势能的2倍，到达最高点后再下落至离地高h处，小球的重力势能是动能的2倍，则h等于()A.eq\f(H,9)B.eq\f(2H,9)C.eq\f(H,3)D.eq\f(4H,9)答案D解析设小球受到的阻力大小恒为Ff，小球上升至最高点过程，由动能定理得－mgH－FfH＝0－eq\f(1,2)mv02，小球上升至离地高度h处时速度设为v1，由动能定理得－mgh－Ffh＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02，又由题有eq\f(1,2)mv12＝2mgh，小球上升至最高点后又下降至离地高度h处时速度设为v2，此过程由动能定理得－mgh－Ff(2H－h)＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv02，又由题有2×eq\f(1,2)mv22＝mgh，以上各式联立解得h＝eq\f(4H,9)，故选D。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：(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)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有meq\f(vD2,R)＝mg，解得vD＝eq\r(gR)(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°＝eq\f(vB,vC)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)mvD2－eq\f(1,2)mvC2则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有mgHBD＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvB2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)mvB2－eq\f(1,2)mvA2，s＝π·2R解得vA＝eq\r(3gR)。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.eq\f(1,μ)(eq\f(v02,2gcosθ)＋x0tanθ)B.eq\f(1,μ)(eq\f(v02,2gsinθ)＋x0tanθ)C.eq\f(2,μ)(eq\f(v02,2gcosθ)＋x0tanθ)D.eq\f(1,μ)(eq\f(v02,2gcosθ)＋eq\f(x,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\f(v02,2gcosθ)＋x0tanθ)，选项A正确。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＝eq\f(7,8)，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，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＝eq\r(12lx－9.6)(m/s)，其中lx≥0.85m(3)见解析解析(1)滑块由释放点到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＝0.85m⑤因此要能过F点必须满足lx≥0.85m⑥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－9.6)(m/s)，其中lx≥0.85m⑧(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0.85m≤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．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＝eq\f(F,2)Ek＝eq\f(FL,2) B．Ff＝eq\f(F,2)Ek＝FLC．Ff＝eq\f(F,3)Ek＝eq\f(2FL,3) D．Ff＝eq\f(F,4)Ek＝eq\f(3FL,4)答案D解析木块运动全过程中，根据动能定理可得FL－Ff·4L＝0－0，可得Ff＝eq\f(F,4)，木块在撤去恒力时速度最大，则动能最大，根据动能定理可得FL－FfL＝Ek－0，解得木块所获得的最大动能为Ek＝eq\f(3FL,4)，故选D。2．图中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的轨道，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(可视为质点)在A点由静止释放，沿轨道下滑，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均为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，由动能定理知当滑块从D点被推回A点有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。3.(2024·广东省模拟)如图所示，一篮球从距地面高H处由静止下落，与地面作用后再竖直向上弹回，篮球每次与地面作用都会有动能损失，损失的动能为篮球每次与地面接触前动能的10%。不计空气阻力，篮球从开始下落到停止的过程中运动的总路程为()A．9HB．15HC．19HD．21H答案C解析篮球第一次到达地面时所获得的动能为Ek1＝mgH，运动的路程为s1＝H，篮球第一次与地面作用后损失的动能为ΔEk1＝10%Ek1＝0.1mgH，反弹后上升到最高点时的高度为H1＝0.9H篮球第二次到达地面运动的路程为s2＝H＋2H1＝H＋2×0.9H篮球第二次与地面作用后损失的动能为ΔEk2＝10%Ek2＝0.1mgH1＝0.9mgH×0.1反弹后上升到最高点时的高度为H2＝0.9H1＝0.92H篮球第三次到达地面时运动的路程为s3＝H＋2H1＋2H2＝H＋2×0.9H＋2×0.92H篮球第n次到达地面时运动的路程为sn＝H＋2×0.9H＋2×0.92H＋…＋2×0.9n－1H根据等比数列求和公式可得s总＝H＋2×0.9H×eq\f(1－0.9n－1,1－0.9)当n趋于无穷大时，有s总＝19H，C正确。4.(多选)(2023·辽宁沈阳市三模)如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统。斜面轨道倾角θ＝37°，质量为M的集装箱与轨道间的动摩擦因数为0.5，集装箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入箱中，之后集装箱载着货物沿轨道无初速度滑下(货物与箱之间无相对滑动)，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后集装箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。下列说法正确的是()A．集装箱与弹簧没有接触时，上滑与下滑的加速度大小之比为5∶2B．集装箱与货物的质量之比为1∶4C．若集装箱与货物的质量之比为1∶1，则集装箱不能回到轨道顶端D．若集装箱与货物的质量之比为1∶6，则集装箱不能回到轨道顶端答案BC解析根据牛顿第二定律，上滑时，有Mgsinθ＋μMgcosθ＝Ma1，下滑时，有(M＋m)gsinθ－μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a2，所以eq\f(a1,a2)＝eq\f(5,1)，故A错误；设顶端到弹簧压缩到最短位置间的距离为x，集装箱从顶端滑至压缩弹簧到最短，再到返回顶端，根据动能定理，有mgxsinθ－μ(M＋m)gcosθ·x－μMgcosθ·x＝0，可得eq\f(M,m)＝eq\f(1,4)，故B正确；若集装箱与货物的质量之比为1∶1，则mgxsinθ－μ(M＋m)gcosθ·x－μMgcosθ·x<0，说明集装箱不能回到轨道顶端，故C正确；若集装箱与货物的质量之比为1∶6，则mgxsinθ－μ(M＋m)gcosθ·x－μMgcosθ·x>0，说明集装箱能回到轨道顶端，故D错误。5．(2023·北京市清华大学附属中学零模)如图甲所示为某单板滑雪U型池的比赛场地，比赛时运动员在U型滑道内边滑行边利用滑道做各种旋转和跳跃动作，裁判员根据运动员的腾空高度、完成的动作难度和效果评分。图乙为该U型池场地的横截面图，AB段、CD段为半径R＝4m的四分之一光滑圆弧雪道，BC段为粗糙的水平雪道且与圆弧雪道相切，BC长为4.5m，质量为60kg的运动员(含滑板)以5m/s的速度从A点沿切线滑下后，始终保持在一个竖直平面内运动，经U型雪道从D点竖直向上飞出，经t＝0.8s恰好落回D点，然后又从D点返回U型雪道。忽略空气阻力，运动员可视为质点，g＝10m/s2。求：(1)运动员与BC雪道间的动摩擦因数；(2)运动员首次运动到圆弧最低点C点时对雪道的压力；(3)运动员最后静止处距离B点的距离。答案(1)0.1(2)2040N，方向竖直向下(3)1.5m解析(1)根据题意，当运动员从D点冲出去后做竖直上抛运动，则vD＝geq\f(t,2)，解得vD＝4m/s运动员从A运动到D，根据动能定理，有－μmglBC＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvA2，解得μ＝0.1(2)运动员从C运动到D，根据动能定理可得－mgR＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvC2在C点，根据牛顿第二定律，有FN－mg＝meq\f(vC2,R)联立解得FN＝2040N，根据牛顿第三定律可得运动员运动到圆弧最低点C点时对雪道的压力大小为FN′＝FN＝2040N，方向竖直向下；(3)运动员从A点开始运动到最终静止，根据动能定理有mgR－μmgs＝0－eq\f(1,2)mvA2解得s＝52.5m＝11lBC＋3m，所以运动员最后静止处距离B点的距离为l＝lBC－3m＝1.5m。6．如图所示轨道内，足够长的斜面与圆弧面光滑，水平地面各处粗糙程度相同，圆弧半径为R，水平面长度LMN＝4R，现将一质量为m的金属滑块从距水平面高h＝4R处的P点沿斜面由静止释放，运动到斜面底端无能量损失，滑块滑至圆弧最高点Q时对轨道的压力大小恰好等于滑块重力，g＝10m/s2，求：(1)金属滑块与水平地面间的动摩擦因数μ；(2)欲使滑块滑至圆弧最高点平抛后不落在斜面上，释放高度的取值范围。答案(1)0.25(2)3.5R≤h≤5R解析(1)对滑块，在Q点，重力和轨道对滑块的弹力提供向心力，有mg＋mg＝eq\f(mvQ2,R)对滑块，从P到Q，根据动能定理得mgh－μmgLMN－mg·2R＝eq\f(1,2)mvQ2联立两式得μ＝0.25。(2)当滑块恰好能运动到Q点时，释放高度最小，设为h1，恰到Q时的速度设为v1，对滑块，在Q点，重力提供向心力mg＝eq\f(mv12,R)从释放到Q点，根据动能定理得mgh1－μmgLMN－mg·2R＝eq\f(1,2)mv12联立两式得h1＝3.5R当滑块恰好能抛到M点时，释放高度最大，设为h2，到Q点时的速度设为v2，滑块由Q点平抛到M点，水平方向4R＝v2t，竖直方向2R＝eq\f(1,2)gt2从释放到Q点，根据动能定理得mgh2－μmgLMN－mg·2R＝eq\f(1,2)mv22联立求得h2＝5R故释放的高度范围为3.5R≤h≤5R。7．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＝1.0