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2024高考物理大一轮复习课件 第六章 专题强化八 动能定理在多过程问题中的应用
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这是一份2024高考物理大一轮复习课件 第六章 专题强化八 动能定理在多过程问题中的应用，共52页。PPT课件主要包含了课时精练等内容，欢迎下载使用。
动能定理在多过程问题中的应用
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
题型二 动能定理在往复运动问题中的应用
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
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
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 .已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g.则
物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有－μmg·2lcs α＝ －Ek，物体从斜面底端到最高点根据动能定理有－mglsin α－μmglcs α＝0－Ek，整理得l＝ ，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下＝mgsin α－μmgcs α，解得a下＝ ，B正确；
物体向上滑动时根据牛顿第二定律有ma上＝mgsin α＋μmgcs α，解得a上＝g，故a上>a下，由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据位移公式l＝ at2，则可得出t上
(2)小球在A点时，其对圆形轨道的压力大小；
(3)小球的释放点离水平地面的高度H.
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
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
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＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝ ，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cs 37°＝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＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
由①②解得FN＝7 N ③
(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；
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mgl1sin 37°－(3mgRcs 37°＋mgR)＝0④解得l1＝0.85 m⑤因此要能过F点必须满足lx≥0.85 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
(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.
设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍
又因为0.85 m≤lx≤lAB，lAB＝3 m，
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＝0.50 m，盆边缘的高度为h＝0.30 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 m m D.0
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
3.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
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，
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
根据牛顿第二定律得下滑过程：mgsin α－μmgcs α＝ma1；上滑过程：mgsin α＋μmgcs α＝ma2；解得：a1＝gsin α－μgcs α，a2＝gsin α＋μgcs α，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，尽管求出加速度，但不能求出滑块到达挡板时的时间以及与挡板碰撞前的速度，故B、D错误.
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＝2 m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＝1.5 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＝2 m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＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.(1)求小滑块与粗糙水平面BC间的动摩擦因数μ；答案 0.6
小滑块恰好运动到C点，由动能定理得mgL0sin 37°－μmgLBC＝0－0，解得μ＝0.6.
(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.
设滑块能够通过D点，在D点的最小速度为vD，
设滑块释放位置与B点的最小距离为L，
6.(2021·全国乙卷·24)一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2 m.若使篮球从距地面h3＝1.5 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1.5 m.假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20 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＝10 m/s2，不计空气阻力.求：(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；
篮球从距地面高度h1＝1.8 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＝1.5 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
代入数据可得W＝4.5 J.
(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小.
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＝ at2做的功为W＝Fx联立可得F＝9 N(F＝－15 N舍去).
7.如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径R＝0.3 m的固定在水平面上竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔.已知摆线长L＝2 m，θ＝53°，小球质量为m＝0.5 kg，D点与A孔的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2.(sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)(1)求摆线能承受的最大拉力为多大；
(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间的动摩擦因数μ的范围.
答案 0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025
要保证小球能到达A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得
小球不脱离圆轨道分两种情况：①若进入A孔的速度较小，那么将会在圆心所在高度以下做往返运动，不脱离轨道，其临界情况为到达圆心等高处速度为零，
综上所述，动摩擦因数μ的范围为0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025.
动能定理在多过程问题中的应用
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
题型二 动能定理在往复运动问题中的应用
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
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
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 .已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g.则
物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有－μmg·2lcs α＝ －Ek，物体从斜面底端到最高点根据动能定理有－mglsin α－μmglcs α＝0－Ek，整理得l＝ ，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下＝mgsin α－μmgcs α，解得a下＝ ，B正确；
物体向上滑动时根据牛顿第二定律有ma上＝mgsin α＋μmgcs α，解得a上＝g，故a上>a下，由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据位移公式l＝ at2，则可得出t上
(2)小球在A点时，其对圆形轨道的压力大小；
(3)小球的释放点离水平地面的高度H.
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
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
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＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝ ，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cs 37°＝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＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
由①②解得FN＝7 N ③
(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；
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mgl1sin 37°－(3mgRcs 37°＋mgR)＝0④解得l1＝0.85 m⑤因此要能过F点必须满足lx≥0.85 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
(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.
设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍
又因为0.85 m≤lx≤lAB，lAB＝3 m，
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＝0.50 m，盆边缘的高度为h＝0.30 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 m m D.0
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
3.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
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，
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
根据牛顿第二定律得下滑过程：mgsin α－μmgcs α＝ma1；上滑过程：mgsin α＋μmgcs α＝ma2；解得：a1＝gsin α－μgcs α，a2＝gsin α＋μgcs α，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，尽管求出加速度，但不能求出滑块到达挡板时的时间以及与挡板碰撞前的速度，故B、D错误.
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＝2 m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＝1.5 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＝2 m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＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.(1)求小滑块与粗糙水平面BC间的动摩擦因数μ；答案 0.6
小滑块恰好运动到C点，由动能定理得mgL0sin 37°－μmgLBC＝0－0，解得μ＝0.6.
(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.
设滑块能够通过D点，在D点的最小速度为vD，
设滑块释放位置与B点的最小距离为L，
6.(2021·全国乙卷·24)一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2 m.若使篮球从距地面h3＝1.5 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1.5 m.假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20 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＝10 m/s2，不计空气阻力.求：(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；
篮球从距地面高度h1＝1.8 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＝1.5 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
代入数据可得W＝4.5 J.
(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小.
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＝ at2做的功为W＝Fx联立可得F＝9 N(F＝－15 N舍去).
7.如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径R＝0.3 m的固定在水平面上竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔.已知摆线长L＝2 m，θ＝53°，小球质量为m＝0.5 kg，D点与A孔的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2.(sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)(1)求摆线能承受的最大拉力为多大；
(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间的动摩擦因数μ的范围.
答案 0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025
要保证小球能到达A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得
小球不脱离圆轨道分两种情况：①若进入A孔的速度较小，那么将会在圆心所在高度以下做往返运动，不脱离轨道，其临界情况为到达圆心等高处速度为零，
综上所述，动摩擦因数μ的范围为0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025.
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