2026届高考物理一轮复习课件 第六章 第3讲 小专题 动能定理在多过程和往复运动中的应用

这是一份2026届高考物理一轮复习课件 第六章 第3讲 小专题 动能定理在多过程和往复运动中的应用，共45页。PPT课件主要包含了考点一，答案4cm，答案20，考点二，解题策略，满分70分，课时作业，基础对点练，综合提升练等内容，欢迎下载使用。
动能定理在多过程问题中的应用
1.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。
[A] 重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间[B] 重物克服地面阻力做的功等于人对重物做的功[D] 地面对重物的平均阻力大小为25mg
(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。
动能定理在往复运动问题中的应用
[例3] (2025·安徽滁州阶段检测)如图,斜面长为L=16 m,倾角 θ=30°,斜面底端有垂直于斜面的挡板,质量为2 kg的物体自斜面顶端以初速度v0=18 m/s沿斜面匀速下滑,与挡板相碰后以原速率反弹,再沿斜面上滑。(g取 10 m/s2)
(1)求物体与斜面间摩擦力大小;
【答案】 (1)10 N　
【解析】 (1)由于物体沿斜面匀速下滑,如图,对物体受力分析可知mgsin θ=Ff,解得物体与斜面间摩擦力的大小为Ff=10 N。
(2)求物体与斜面间的动摩擦因数;
【答案】 (3)96.8 m
此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功,其做功特点与路程有关,求解这类问题时若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而不计运动过程的细节,所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。
对点1.动能定理在多过程问题中的应用
2.(4分)(2025·江苏南通开学考试)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h、与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成,载人滑草车与草地各处间的动摩擦因数均为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失,重力加速度大小为g,取sin 37°=0.6,cs 37°=0.8)。则(　　)
3.(14分)(2024·四川成都三模)如图所示,一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道,管道里有一个直径略小于管道内径的小球,小球在管道内做圆周运动,从B点脱离后做平抛运动,经过0.3 s后又恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰。已知半圆形管道的半径为R=1 m,小球可看作质点且其质量为m=1 kg,g取10 m/s2。求:
(1)小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离;
【答案】 (1)0.9 m　
【解析】 (1)小球从B点脱离后做平抛运动,则在C点的竖直分速度为vCy=gt=3 m/s,因小球恰好与斜面垂直相碰,则平抛运动水平初速度为vB=vCytan 45°=3 m/s,小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离为x=vBt=0.9 m。
(2)小球经过管道的A点时,对管道的作用力。
【答案】 (2)59 N,方向竖直向下
4.(6分)(2025·陕西西安开学考)(多选)如图甲所示,小明先用F1=13 N水平向右的力将一质量为2 kg的木箱向右移动4 m的距离后,木箱在另一水平推力F2作用下,又匀速运动4 m的距离到达斜面底端,撤去外力,之后冲上倾角为37°的斜面,木箱的动能随运动距离变化的图像如图乙所示。已知木箱与斜面间的动摩擦因数为0.5,关于木箱的运动,下列说法正确的是(　 　)[A] F2的大小为4 N[B] 木箱能到达斜面的最大高度为1.8 m[C] 木箱返回水平面后向左运动的最大距离为 1.8 m[D] 整个运动过程中,克服摩擦力所做的功为36 J
对点2.动能定理在往复运动问题中的应用
【解析】 木箱在前4 m内,根据动能定理可得(F1-Ff1)x1=Ek,4~8 m过程中,木箱动能不变,所以F2=Ff1,代入数据解得F2=Ff1=4 N,故A正确;木箱冲上斜面后做匀减速运动,根据动能定理有-(mgsin θ+μmgcs θ)x2=0-Ek,解得x2=1.8 m,所以木箱在斜面上能到达的最大高度为 h=x2sin θ=1.08 m,故B错误;木箱从冲上斜面到最终停下来,根据动能定理可得-μmgcs θ·2x2-Ff1x3=0-Ek,解得x3=1.8 m,故C正确;对整个运动过程,由动能定理有F1x1+F2x1-W克f=0,所以W克f=68 J,故D错误。
5.(6分)(2024·江西赣州模拟)(多选)将一小球从地面处竖直向上抛出,其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。已知小球的质量为m,最终小球的动能为E0,重力加速度为g,小球到达地面时恰好达到最大速度,则小球在整个运动过程中(　 　)[A] 上升过程中克服阻力做功大于下落过程克服阻力做功[B] 下落过程中加速度一直增大
6.(14分)(2024·贵州毕节模拟)如图所示,装置由AB、BC、CD三段轨道组成,轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接,其中轨道AB、CD段是光滑的,水平轨道BC的长度s=5 m,轨道CD足够长且倾角θ=37°,A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.30 m、h2=1.35 m。有一质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数 μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,求:
(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小;
【答案】 (1)3 m/s
(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔;
【答案】 (2)2 s　
(3)小滑块最终停止的位置距C点的距离。
【答案】 (3)3.6 m
【解析】 (3)小滑块最终静止在BC上,对全过程,运用动能定理得mgh1-μmgs1=0,解得s1=8.6 m,小滑块最终停止的位置与C点的距离x=s1-s=3.6 m。
7.(4分)(2024·江西一模)如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为2R,bc是半径为R的四分之一圆弧,与ab相切于b点。一质量为m的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a处由静止开始向右运动。已知重力加速度大小为g,不计空气阻力。则小球从a处开始运动到其落至水平轨道cd上时,水平外力所做的功为(　　)[A] 5mgR[B] 7mgR[C] 9mgR[D] 11mgR
8.(18分)(2024·湖北武汉模拟)如图所示一轨道 ABCD竖直放置,AB段和CD段的倾角均为θ=37°,与水平段BC平滑连接,BC段的竖直圆形轨道半径为R,其最低点处稍微错开,使得滑块能进入或离开。AB段和CD段粗糙,其余各段轨道光滑。将一质量为m的小滑块从轨道上离B点距离L=125R处由静止释放,滑块经过圆形轨道后冲上CD段上升一段距离后再次滑下,往返滑动多次后静止于轨道上某处。滑块和轨道AB、CD间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度大小为g,取sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。求:
(1)滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小;
【答案】 (1)45mg　
(2)滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离;
【答案】 (2)25R　
【解析】 (2)滑块第一次在CD段向上滑行的过程中,设滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离为L1,由动能定理有mg(L-L1)sin θ-μmg(L+L1)cs θ=0,解得L1=25R。
(3)整个过程中滑块在AB段滑行的总路程。
【答案】 (3)137.5R
则v3无解;所以滑块第三次进入圆形轨道无法到达最高点,假设其运动的过程中不脱轨且上升的最大高度为h,由动能定理可得mgs1sin θ-μmgs1cs θ-mgh=0,解得h=R,所以滑块第三次进入圆形轨道运动过程中没有脱轨,之后仅在AB段与圆形轨道之间来回滑动,最终停在B点,设滑块在AB段滑行的路程为s2,由动能定理有mgh-μmgs2cs θ=0,整个过程中滑块在AB段滑行的总路程为s=L+2s1+s2,联立解得s=137.5R。