2026高考物理大一轮复习-第六章 第二十八课时 动能定理在多过程问题中的应用-专项训练【含答案】

这是一份2026高考物理大一轮复习-第六章 第二十八课时 动能定理在多过程问题中的应用-专项训练【含答案】，共5页。试卷主要包含了全过程列式时要注意，6 ，等内容，欢迎下载使用。
考点一 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。
例1 (2024·安徽安庆市模拟)小球由水平地面竖直向上抛出，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，选地面为参考平面，在上升至离地h高处，小球的动能是重力势能的2倍，到达最高点后再下落至离地高h处，小球的重力势能是动能的2倍，则h等于( )
A.H9B.2H9C.H3D.4H9
例2 (2023·湖北卷·14)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为12π，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：
(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。
多过程问题的分析方法
1.将“多过程”拆分为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。
2.对各“子过程”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。
3.根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。
4.分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。
5.联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。
考点二 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，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的。
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烦琐，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使解题过程简化。
例3 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.1μ(v022gcsθ+x0tan θ)
B.1μ(v022gsinθ+x0tan θ)
C.2μ(v022gcsθ+x0tan θ)
D.1μ(v022gcsθ+x0tanθ)
例4 (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＝78，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，g取10 m/s2，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。
(1)应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的初状态和最终状态。
(2)重力做功与物体运动的路径无关，可用WG＝mgh直接求解。
(3)滑动摩擦力做功与物体运动的路径有关，可用Wf＝－Ffs求解，其中s为物体相对滑动的总路程。
答案精析
例1 D [设小球受到的阻力大小恒为Ff，小球上升至最高点过程，由动能定理得－mgH－FfH＝0－12mv02，小球上升至离地高度h处时速度设为v1，由动能定理得－mgh－Ffh＝12mv12－12mv02，又由题有12mv12＝2mgh，小球上升至最高点后又下降至离地高度h处时速度设为v2，此过程由动能定理得－mgh－Ff(2H－h)＝12mv22－12mv02，又由题有2×12mv22＝mgh，以上各式联立解得h＝4H9，故选D。]
例2 (1)gR (2)0 (3)3gR
解析 (1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有mvD2R＝mg，解得vD＝gR
(2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，则在C点有cs 60°＝vBvC
小物块从C到D的过程中，根据动能定理有
－mg(R+Rcs 60°)＝12mvD2－12mvC2
则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有
mgHBD＝12mvD2－12mvB2
联立解得vB＝gR，HBD＝0
(3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有
－μmgs＝12mvB2－12mvA2，
s＝π·2R
解得vA＝3gR。
例3 A [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
＝0－12mv02，
解得x＝1μ(v022gcsθ+x0tan θ)，选项A正确。]
例4 (1)7 N (2)v＝12lx-9.6 (m/s)，
其中lx≥0.85 m (3)见解析
解析 (1)滑块由释放点到C点过程，由动能定理有
mglsin 37°+mgR(1－cs 37°)
＝12mvC2①
在C点由牛顿第二定律有
FN－mg＝mvC2R②
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°＝12mv2，⑦
由④⑤⑥⑦解得v＝12lx-9.6 (m/s)，
其中lx≥0.85 m⑧
(3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍
mglxsin 37°－mglFG2sin 37°－
nμmglFG2cs 37°＝0，⑨
lFG＝4Rtan37°，⑩
由⑨⑩解得lx＝7n+615 m，
n＝1，3，5，…
又因为0.85 m≤lx≤lAB，lAB＝3 m，
当n＝1时，lx1＝1315 m；当n＝3时，lx2＝95 m
当n＝5时，lx3＝4115 m。