2024届高考物理复习讲义：专题强化八 应用动能定理解决多过程问题

专题强化八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.运用动能定埋解决多过程问题的两种思路

(I)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如图1所示，一质量为m=0.5kg的小滑块，在水平拉力尸=4N的作用下,

从水平面上的4处由静止开始运动，滑行x=1.75m后由B处滑上倾角为37。的

光滑固定斜面，滑上斜面后拉力的大小保持不变，方向变为沿斜面向上，滑动一

段时间后撤去拉力。已知小滑块沿斜面上滑到的最高点。距8点为L=2m,小

滑块最后恰好停在A处。不计B处能量损失，g取10m/s2,已知sin37。=0.6,

cos37°=().8o试求:

图1

(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数"；

(2)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的距离刖；

(3)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的时间上

答案(D§(2)1.25m(3)0.5s

解析(1)小滑块由C运动到A,由动能定理得

mgLsin37°—

解得JJ

(2)小滑块在斜面上运动时，设拉力作用的距离为xo,小滑块由A运动到C,由

动能定理得

Fx—jLintgx+Fxo-mgLsin37°=0

解得xo=1.25nio

⑶小滑块由A运动到B,由动能定理得

1

卜Qx一/.tmgx=2

在斜面上，由牛顿第二定律得

F—mgsin37°=〃也

由运动学公式得期)=即十%/

联立解得，=0.5s。

跟踪训练

1.(2022♦上海卷，19)如织2所示，A8为平直导轨，长为，物块与导轨间的动摩

擦因数为"，6c为光滑曲面，A与地面间的高度差为加，B、C间高度差为力2。

一个质量为例的物块在水平恒力作用下，从4点由静止开始向右运动，到达8

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。

APILB

图2

(1)若物块落地时动能为Ei,求其经过B点时的动能反心

(2)若要物块落地时动能小于Ei,求恒力必须满足的条件。

.安,igI/c、〃mgL+mgfi2Ei-mgh+“mgL

答案(\)E\-mgh\(2)-------1-------<F<----------£----------

解析(1)对物块从8京到落地的过程，由动能定理，有mghi=Ei—EkB

解得EkB=E\—mghio

(2)对物块从A点到落地的整个过程，当落地动能为田时，对应的拉力最大，设

为Enax,由动能定理有

FmaxL—fimgL+mgh\=E\

解得=吗+/.

若物块恰能到达。点，对应的拉力最小，设为“in,根据动能定理有

FminL-fimgL-inghi=0

nwhi

始徨R.一t——Q----------0—

用牛传rmin一乙

则恒力厂必须满足的条件为

N〃igL+mgh?Ei-mghi+iimgL

L<F<L

2.如图3所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在。点质量为，7?=

1kg的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变。现对小物块施加尸=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点时撤去推力凡小物块最终运动到8点

静止。图中04=0.8m,OB=0.2m,重力加速度取g=10m/s?。求小物块：

/

/：WAfs?'^MMA/WWWWWVT")—F「

AOB

图3

⑴与桌面间的动摩擦因数〃；

(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-Ra

产一〃w7g一/哲=0,〃=〃琢=0.4。

(2)设向右运动通过。点时的速度为00,

从。一8,由动能定理得

—Ffxoii=0—

R=〃mg=4N

解得Po=Vk6m/s七1.26m/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

FXOA-Ff(2xjnax+XO8)=0

代入数值得Xmax=0.9m。

mgA〃=〃?g(/?i—〃2)=1.135J

空气阻力恒定，作用距离为

L=/?i+/I2+2XI=2.273m

解得户().5N。

(3)整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反，根据动能定理有

WG+W(-\-W舁=^?iV2,2—^fnvj

整个过程动能变化为0,

1

重力做功WG=m^h=m^hi+x2)=5.55J

弹力做功W首=一4=—0.025J

则空气阻力做功Wt=-fs=-5.525]

解得s=11.05m。

(4)篮球速度最大的位置是第一次卜落到合力为零的位置，此时〃吆=/4■日3,得

%3=0.009m,即篮球第一次下落至A点下方().(X)9m处速度最大。

跟踪训练

3.(2023•福建福州模拟)如图5所示，质量为m的小滑块从A点由静止开始沿倾角

为6的固定斜面下滑，在B处撞到一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧的另一端固

定在斜面底端。处，小8之间距离为小已知G滑块与斜面AB段间的动摩擦

因数为8C段光滑，小滑块在压缩弹簧过程弹簧始终在弹性限度内，

重力加速度为g。求：

(1)小滑块速度最大时，离6点的距离；

⑵小滑块第一次运动到B点的时间；

(3)小滑块第〃次在B点与弹簧脱离后的动能。

答案⑴四警(2：2L(sin。-4cos6)“

⑶(sine+〃cos<9)L

gsin。一"geos0

解析(1)滑块沿斜面匀加速下滑，撞上弹簧后做加速度减小的加速运动，当

。=0时滑块速度最大，设此时弹簧的压缩量为工

则〃zgsinO=kx

解得尸『

滑块离B点的距离为竺陪2时速度最大。

（2）设滑块受斜面的支持力大小为尸N,滑动摩擦力大小为a,滑块的加速度大小

为a,

由牛顿第二定律得mgsin0—Ft=ma

竖直方向FN_/wgcos0=0

滑动摩擦力公式

运动学公式L=\afi

2L

联立解得

gsin//geos夕°

（3）由于段光滑，小滑块到达B点和脱离8点时的动能相等。设滑块第一次

脱离8时的动能为Em由动能定理得

mgLsin。一从mgLcos0=Ek}-0

设滑块第一次离开。点后沿斜面上升

由动能定理得一wgxisin。一〃〃?gxicos0=0—Eki

理.v蚓洱sin〃一"cos0

联立解传时如叶如心

设滑块第二次脱离B时的动能为反2,由动能定理得

mgx\s\n夕一〃wgxicos3=Ek2~0

.、灯,口（sin。一〃cos。）2

联立解传反2=.nIn

sin，+〃costf°

设小滑块第二次脱离8点后，沿斜面向上运动距离为X2,由动能定理得

—〃%X2sin9-〃〃7gx2cos0=0-Ek2

(sin夕一〃cos夕］2

联立解得JV2=(sin0+〃cos0)L

依此类推，滑块第〃次在8点与弹簧脱离时，动能为

(sin6-〃cos6)”

Ek，，=(sin夕+〃cos。)l陷二°

提升素养能力

（限时:40分钟）

1.如图1所示，竖直固定放置的斜面OE与一光滑的圆弧轨道ABC相连，。为切

点，圆弧轨道的半径为凡斜面的倾角为〃。现有一质量为，〃的滑块从。点无初

速度下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往友运动，己知圆弧轨道的圆心O

与A、。在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为M，求：

图1

⑴滑块第一次至左侧AC弧上时距A点的最小高度差力;

⑵滑块在斜面上能通过的最大路程5o

答案（1嘴^唠

解析（1）滑块从。到达左侧最高点产经历。C、CB、8b三个过程，现以。“整

个过程为研究过程，运用动能定理得

mgh-〃mgcos

tan0

〃Hcos0

解得人=

tan0

（2）通过分析可知，滑块最终运动至C点的速度为0时对应在斜面上通过的总路

程最大，由动能定理得mgReos0—jLimgcos0-s=0

R

解得s=-0

2.如图2所示，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运

动到3点后，进入半径R=1（）cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠,

即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、。两点的竖

直高度/z=0.8m,水平距离s=1.2m,水平轨道AB长为八=2.75m,长为

L=3.5m,小球与水平轨道间的动摩擦因数〃=0.2,重力加速度g取10mA?。

(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在4点的初速度大小；

(2)小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点初速度大小

的范围。

答案(1)4m/s(2)4m/sWiMW5m/s或为2小5m/s

解析(1)小球恰好通过圆形轨道的最高点时，根据牛顿第二定律得，咫=噜

从A点到圆形轨道的最高点的过程中，根据动能定埋得

--tn^2R=~^invi-jnvAi

解得小球在A点的初速度VA\=4m/so

(2)若恰好运动到C点时，速度为零，则从A到。的过程中，根据动能定理得

一1+乙2)=0­加2

解得小球在八点的初速度0A2=5m/s

因此若小球停在8C段，则满足

4m/sWiMW5m/s

若恰好能越过壕沟，则从C到Q做平抛运动

〃=少尸，s=vt

从A到。的过程中，枝据动能定理得

一"加g(L।+L2)=^mv2—斗〃就3

解得小球在A点的初速度VA3=y[34m/s

因此若小球能越过壕沟，则满足

VA》事im/So

3.学校科技小组设计了“e”字型轨道竖直放置在水平面上，如图3所示，该轨道由

两个光滑半圆形轨道ABC、CDE和粗糙的水平直轨道EF组成，末端与竖直的

弹性挡板OF连接，轨道CDE半径r=OAm,轨道ABC半径为2r,A端与地面

相切。现将质量m=0.2kg的小滑块从水平地面P点以速度内=2/m/s沿轨道

上渭•，运动到尸点与挡板发生完全弹性相碰。已知直线轨道所长为L=0.5m,

小滑块与轨道所的动摩擦因数〃=0.5,其余阻力均不计，小滑块可视为质点。

求：

图3

(1)小滑块在A3C圆轨道运动时对轨道C点的压力;

(2)小滑块最终停止的位置离"点的距离：

(3)若改变小滑块的初速度，使小滑块能停在Eb轨道上，且运动过程中不脱离轨

道，则小滑块的初速度满足什么条件。

答案(1)2N,方向竖直向上(2)0.3m(3)Em/s<°oW4m/s

解析(1)滑块从尸到C的过程中，根据动能定理可得

在。点对滑块根据牛顿第二定律可得

风+叫=喏

联立解得自N=2N

根据牛顿第三定律可知小滑块对轨道的压力为2N,方向竖直向上。

(2)从。点到£尸轨道停止过程中，根据动能定理可得

-mg-2r-fungs=0—^inv6

解得s=0.8m=(L+0.3)m

所以滑块最终停在离F点().3m处。

(3)滑块刚好经过最高点C,根据牛顿第二定律可知

mv2

也产后

滑块从尸到。的过程中，根据动能定理可得

联立解得m/s

当滑块第一次从挡板弹回时，到达小圆的圆心等高处时速度为零，滑块从P到。

的过程中，根据动能定理可得

—mg-3r—/.iniglL=0

解得s=4m/s

所以滑块的初速度范围为m/s<a)W4m/s。

4.(2023•福建漳州模拟)如图4所示，不可伸长的轻绳一端与质量为根的小球相连,

另一端跨过两等高定滑轮与物块连接，物块置于左侧滑轮正下方的水