2024届鲁科版新教材高考物理一轮复习教案第六章机械能守恒定律专题强化八动能定理在多过程问题中的应用

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题型一 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( )
A．mghB．2mgh
C．μmg(s＋eq \f(h,sin θ)) D．μmg(s＋hcs θ)
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，滑块从D点被推回A点过程有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＝μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)＋μmgs，③
从D→A的过程克服摩擦力做的功为W克fDA＝μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)＋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．
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eq \f(Ek,5).已知sin α＝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0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
答案 BC
解析 物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有－μmg·2lcs α＝eq \f(Ek,5)－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＝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下＝mgsin α－μmgcs α，
解得a下＝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＝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＝eq \f(1,2)at2，则可得出t上例3 (多选)(2023·福建福安市第一中学模拟)如图所示，将轻弹簧一端系于天花板上，另一端与质量为m的圆环相连，并将圆环套在粗糙的固定直杆上，直杆与水平面之间的夹角为α，将环沿杆移动到A点，此时弹簧恰好竖直且处于原长状态．现将圆环由静止释放，其沿杆下滑，到达C点时的速度为零；再在C点给圆环沿杆向上的速度v，圆环又恰能回到A点．此过程中弹簧始终在弹性限度之内，AC＝L，B为AC中点，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．环下滑过程中，其加速度先减小后增大
B．环下滑过程中，其与杆摩擦产生的热量为eq \f(1,2)mv2
C．环从C点运动到A点的过程中，弹簧对环做的功为mgLsin α－eq \f(1,4)mv2
D．环上滑经过B点的速度小于下滑经过B点的速度
答案 AC
解析 环在A点由静止释放，到达C点速度为零，故环下滑过程中，其速度先增大后减小，在中间某位置的速度最大，加速度为零，则加速度先减小后增大，A正确；环由A到C过程，由动能定理可得mgLsin α－Wf－W弹＝0，环由C到A过程，由动能定理可得－mgLsin α－Wf＋W弹＝0－eq \f(1,2)mv2，联立解得Wf＝eq \f(1,4)mv2，W弹＝mgLsin α－eq \f(1,4)mv2，且Q＝Wf，即环下滑过程中，其与杆摩擦产生的热量为eq \f(1,4)mv2，环从C点运动到A点的过程中，弹簧对环做的功为W弹＝mgLsin α－eq \f(1,4)mv2，B错误，C正确；设AB间的高度为h，环从A到B过程由动能定理可得mgh－Wf′－W弹′＝eq \f(1,2)mvB2，环从B到A过程由动能定理可得－mgh－Wf′＋W弹′＝0－eq \f(1,2)mvB′2，即mgh＋Wf′－W弹′＝eq \f(1,2)mvB′2，对比可得eq \f(1,2)mvB′2>eq \f(1,2)mvB2，即环上滑经过B点的速度大于下滑经过B点的速度，D错误．
题型二 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( )
A.eq \f(1,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v02,2gcs θ)＋s0tan θ))
B.eq \f(1,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v02,2gsin θ)＋s0tan θ))
C.eq \f(2,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v02,2gcs θ)＋s0tan θ))
D.eq \f(1,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v02,2gcs θ)＋\f(s0,tan θ)))
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
mgs0sin θ－μmgscs θ＝0－eq \f(1,2)mv02，
解得s＝eq \f(1,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v02,2gcs θ)＋s0tan θ))，选项A正确．
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＝eq \f(7,8)，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；
(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)7 N (2)v＝eq \r(12lx－9.6)，其中lx≥0.85 m (3)见解析
解析 (1)滑块由释放到C点过程，由动能定理有mglsin 37°＋mgR(1－cs 37°)＝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＝7 N③
(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
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
mglxsin 37°－4mgRcs 37°＝eq \f(1,2)mv2，⑦
由④⑤⑥⑦解得v＝eq \r(12lx－9.6)，其中lx≥0.85 m．⑧
(3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍
mglxsin 37°－mgeq \f(lFG,2)sin 37°－nμmgeq \f(lFG,2)cs 37°＝0，⑨
lFG＝eq \f(4R,tan 37°)，⑩
由⑨⑩解得lx＝eq \f(7n＋6,15) m，n＝1,3,5，…
又因为0.85 m≤lx≤lAB，lAB＝3 m，
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.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( )
A．0.50 m B．0.25 m
C．0.10 m 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(0.3,0.1) m＝3 m，而d＝0.5 m，刚好3个来回，所以最终停在B点，即到B点的距离为0，故选D.
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( )
A.eq \r(2gh＋\f(v02,4))B.eq \r(2gh)
C.eq \r(2gh＋\f(v02,2))D.eq \r(2gh＋v02)
答案 C
解析 设整个滑动过程中物体所受摩擦力大小为f(此力大小不变，下滑时方向沿斜面向上，上滑时方向沿斜面向下)，斜面长为s，则对物体由A→B→A的整个过程运用动能定理，得－2fs＝0－eq \f(1,2)mv02.同理，对物体由A到B的过程运用动能定理，设物体与挡板碰前瞬间速度为v，则mgh－fs＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，解得v＝eq \r(2gh＋\f(v02,2))，C正确．
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( )
A.eq \f(49H,sin θ) B.eq \f(39H,sin θ) C.eq \f(29H,sin θ) D.eq \f(20H,sin θ)
答案 B
解析 由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH＝Ek，此时小物块所走路程s1＝eq \f(H,sin θ)，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，第二次到达O点所走的路程s2＝eq \f(2H1,sin θ)＝95%eq \f(2H,sin θ)，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)2eq \f(2H,sin θ)，…，故小物块所走的总路程s总＝s1＋s2＋…sn＝eq \f(H,sin θ)＋95%eq \f(2H,sin θ)＋(95%)2eq \f(2H,sin θ)＋…(95%)n－1eq \f(2H,sin θ)，n无穷大时，可得s总＝eq \f(39H,sin θ)(等比数列求和)，故B正确．
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、a2
B．滑块第1次与挡板碰撞前的速度v1
C．滑块与杆之间的动摩擦因数μ
D．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
答案 AC
解析 设AB长为L，对整个过程运用动能定理得：mgsin α·0.5L－μmgcs α(L＋0.5L)＝0，得μ＝eq \f(sin α,3cs α)，故C正确；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；
(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．
答案 (1)0.6 (2)6.75 m
解析 (1)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)设滑块能够通过D点，在D点的最小速度为vD，有mgsin θ＝meq \f(vD2,R)，解得vD＝3 m/s.
设滑块释放位置与B点的最小距离为L，由动能定理得mgLsin θ－μmgLBC－mgR(1＋sin θ)＝eq \f(1,2)mvD2－0，解得L＝6.75 m.
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；
(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小．
答案 (1)4.5 J (2)9 N
解析 (1)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
因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系eq \f(Ek2,Ek1)＝eq \f(Ek4,Ek3)
代入数据可得W＝4.5 J.
(2)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s＝eq \f(1,2)at2
做的功为W＝Fs
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 (1)9 N (2)0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025
解析 (1)当摆球由C运动到D，根据动能定理有mg(L－Lcs θ)＝eq \f(1,2)mvD2，得vD＝4 m/s，在D点，由牛顿第二定律可得Tm－mg＝meq \f(vD2,L)，可得Tm＝9 N
(2)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
对DA段：－μ1mgs＝0－eq \f(1,2)mvD2，可得μ1＝0.4
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，
对DA段：由动能定理可得－μ2mgs＝eq \f(1,2)mvA2－eq \f(1,2)mvD2，在轨道中由动能定理可得－mgR＝0－eq \f(1,2)mvA2，可求得μ2＝0.25
②若小球进入A孔的速度较大，能过圆轨道的最高点，那么也不会脱离轨道，当小球恰好到达最高点时，在最高点，由牛顿第二定律可得mg＝meq \f(v2,R)，
由动能定理可得－μ3mgs－2mgR＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mvD2，解得μ3＝0.025
综上所述，动摩擦因数μ的范围为0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025.