2024届高考物理一轮复习教案第六章专题强化八动能定理在多过程问题中的应用（粤教版新教材）

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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 (2023·广东惠州市调研)光滑斜面与长度为L＝0.5 m粗糙水平地面平滑相连，质量为m＝1 kg的小球(可视为质点)从斜面上距离地面高H处由静止释放，经A点进入与水平地面平滑连接的光滑圆形轨道(A点为轨道最低点)，恰好能到达圆形轨道的最高点B点．已知小球与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，圆形轨道半径R＝0.1 m，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)小球在B点的速度大小；
(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.
答案 (1)1 m/s (2)60 N (3)0.35 m
解析 (1)根据题意，小球恰好能到达圆形轨道的最高点B，则mg＝meq \f(vB2,R)，解得vB＝1 m/s.
(2)小球由A运动到B的过程中，根据动能定理有－mg·2R＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvA2，解得vA＝eq \r(5) m/s
在A点，轨道对小球的支持力和小球的重力的合力提供向心力，即FN－mg＝meq \f(vA2,R)，解得FN＝60 N，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为60 N.
(3)小球从释放到运动到A点的过程，运用动能定理有mgH－μmgL＝eq \f(1,2)mvA2，代入数据解得H＝0.35 m.
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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v02,2gcs θ)＋x0tan θ))
B.eq \f(1,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v02,2gsin θ)＋x0tan θ))
C.eq \f(2,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v02,2gcs θ)＋x0tan θ))
D.eq \f(1,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v02,2gcs θ)＋\f(x,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x，对滑块运动的全程应用动能定理得
mgx0sin θ－μmgxcs θ＝0－eq \f(1,2)mv02，
解得x＝eq \f(1,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v02,2gcs θ)＋x0tan θ))，选项A正确．
例5 (2023·广东中山市模拟)如图所示，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3 kg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＝0.45 m，水平轨道BC长为0.4 m，滑块与BC间的动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD长为0.6 m，g取10 m/s2，求：
(1)滑块第一次经过B点时对轨道的压力大小；
(2)整个过程中弹簧具有最大的弹性势能；
(3)滑块最终停在何处．
答案 (1)90 N (2)2.1 J (3)距B点0.15 m处
解析 (1)滑块从A点到B点，由动能定理可得mgR＝eq \f(1,2)mvB2①
滑块在B点，由牛顿第二定律有F－mg＝meq \f(vB2,R)②
由①②解得F＝90 N③
由牛顿第三定律可得，滑块第一次经过B点时对轨道的压力为F′＝F＝90 N④
(2)滑块从A点到D点，该过程弹簧弹力对滑块做的功为W，由动能定理可得
mgR－μmgLBC－mgLCDsin 30°＋W＝0⑤
其中Ep＝－W⑥
由⑤⑥解得Ep＝2.1 J⑦
(3)滑块最终停止在水平轨道BC间，从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程，由动能定理可得－μmg·s＝0－eq \f(1,2)mvB2⑧
由⑧解得s＝2.25 m⑨
则滑块在BC段上运动的次数为n＝eq \f(2.25,0.4)＝5.625⑩
说明滑块在BC上滑动了5次，又向左运动0.625×0.4 m＝0.25 m⑪
故滑块最终停止在BC间距B点0.15 m处(或距C点0.25 m处)．
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.(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．
4．(2023·广东深圳市模拟)如图所示，将一质量为m＝0.1 kg的小球自水平平台右端O点以初速度v0水平抛出，小球飞离平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC，并沿轨道恰好通过最高点C.圆轨道ABC的形状为半径R＝2.5 m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，sin 53°＝0.8，g＝10 m/s2，求：
(1)小球经过C点的速度大小；
(2)小球运动到轨道最低点B时轨道对小球的支持力大小；
(3)平台末端O点到A点的竖直高度H.
答案 (1)5 m/s (2)6 N (3)3.36 m
解析 (1)恰好过C点，也就是在C点，重力提供向心力mg＝eq \f(mvC2,R)
vC＝eq \r(gR)＝5 m/s
(2)小球由B到C的过程，由动能定理
－mg·2R＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2
在B点，合力提供向心力FN－mg＝eq \f(mvB2,R)
联立解得FN＝6 N
(3)小球由O到A，做平抛运动，在竖直方向vy2＝2gH
在A点sin 53°＝eq \f(vy,vA)
由A到C过程由动能定理得－mgR(1＋cs 53°)＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvA2
联立解得H＝3.36 m.
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FTm－mg＝meq \f(vD2,L)，可得FTm＝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.