第6章　第31讲　专题强化八　动能定理在多过程问题中的应用 课件---2027高考一轮总复习物理

这是一份第6章　第31讲　专题强化八　动能定理在多过程问题中的应用 课件---2027高考一轮总复习物理，共56页。PPT课件主要包含了考点一，考点二，代入数据解得h＝0，跟踪训练，又FN＝mg，解得v2＝4ms，故物块最终不会停止，答案D，答案B，答案A等内容，欢迎下载使用。
第31讲　专题强化八　动能定理在多过程问题中的应用
提能训练　练案[31]
考点一　动能定理在多过程问题中的应用
运用动能定理解决多过程问题的两种方法方法1：分阶段应用动能定理分阶段应用动能定理的适用情况(1)题目需要求某一中间物理量；(2)受到的弹力、摩擦力等力发生变化；(3)力在各个过程中做功情况不同。
方法2：全过程应用动能定理(1)适用情况：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。
[解析]　(1)小物块恰好运动到光滑圆弧轨道CDE的最高点时，由向心力公式有
(2)小物块由C到D的过程，由动能定理有
小物块由B到C做平抛运动，由速度的分解可知，vB＝vCcs 60°设B和D两点的高度差为h，小物块由B到D的过程，由动能定理有
(3)小物块由A到B的过程，由动能定理有
[规律方法]　多过程问题的分析方法(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。(2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力分析图和过程示意图。(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合适的物理规律列方程。(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。
(1)P在E点速度的大小v；(2)P在A点的动能EkA；(3)粗糙水平面对小球做的功W。
联立解得粗糙水平面对小球做的功为
考点二　动能定理在往复运动问题中的应用
1．问题概述：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。
(1)小滑块在ABC圆轨道运动时对轨道C点的压力；(2)小滑块最终停止的位置离F点的距离；(3)若改变小滑块的初速度，使小滑块能停在EF轨道上，且运动过程中不脱离轨道，则小滑块的初速度需满足的条件。
[答案]　(1)5 N，方向竖直向上　(2)0.3 m
在C点对小滑块根据牛顿第二定律有
解得FN＝5 N根据牛顿第三定律可知小滑块对轨道C点的压力为5 N，方向竖直向上。
(2)小滑块从P点到EF轨道停止运动的过程中，
解得s＝0.8 m＝(L＋0.3)m所以小滑块最终停在离F点0.3 m处。
当小滑块第一次从挡板弹回，到达小圆的圆心等高处D时速度为零，小滑块从P到D的过程中，根据动能定理可得
[规律方法]　(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。
跟 踪 训 练2．(2026·安徽安庆期末联考)如图甲所示，在竖直平面内，光滑曲面AB与长为3 m的粗糙水平面BC在B点平滑连接，C端安装一个弹性挡板，质量为m＝1.0 kg的物块放在曲面AB上。现从距BC的高度为h＝5 m处由静止释放物块，它与BC间的平均动摩擦因数μ＝0.4，物块与弹性挡板碰撞后反向弹回，物块动能没有损失，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)物块第一次滑到B点时的速率；(2)物块最终停止位置距离B点的距离；(3)若将挡板撤去，C的右端是摩擦逐渐变小直至光滑的水平面，某同学通过AI技术测得物块与水平面间的动摩擦因数μ随位移变化规律如图乙所示(以C点为起点)，试判断物块最终能否停止。[答案]　(1)10 m/s　(2)0.5 m　(3)物块最终不会停止
(2)设物块在水平面上滑行总路程为s，由能量守恒定律可得mgh＝μmgs
故物块来回运动4次，停止位置距离B点ΔxB＝s－4lBC＝0.5 m。
(3)物块在水平面上滑行超过3 m，需克服摩擦力做功为Wf＝μmgxBC＋μ′mgx′
基础巩固练1．木块在水平恒力F的作用下，沿水平路面由静止出发前进了L，随即撤去此恒力，木块沿原方向又前进了3L才停下来，设木块运动全过程中地面情况相同，则摩擦力的大小Ff和木块所获得的最大动能Ek分别为(　　)
A．0.05B．0.16 C．0.21D．0.25[答案]　C
4．(2026·北京朝阳期末联考)如图所示，两块由相同材料制成的木板分别水平、倾斜固定，粗糙程度相同，两块木板在O处平滑连接。一可视为质点的小物块从倾斜木板的P处由静止滑下，滑到水平木板右端Q处恰好停下。现将倾斜木板的倾角调大或调小(如虚线所示)并固定在地面上，再让小物块从倾斜木板的某处由静止滑下，仍滑到水平木板右端Q处停下，则小物块释放的位置可能是(　　)
A．aB．b C．cD．d[答案]　B
能力提升练5．(2024·重庆卷·4题)活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘质量为m，针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘(　　)
B．到达目标组织表面时的动能为F1d1C．运动d2过程中，阻力做功为(F1＋F2)d2
6．(多选)如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则(　　)
C．质点再次经过N点时，对N点压力大于2mgD．要使质点能到达Q点上方R处，应在P点上方2R处释放质点[答案]　AC
7．(2025·黑吉辽蒙卷·13题)如图，一雪块从倾角θ＝37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x＝2.5 m，A点距地面的高度h＝1.95 m，雪块与屋顶间的动摩擦因数μ＝0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin 37°＝0.6，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0；(2)雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。[答案]　(1)5 m/s　(2)8 m/s,60°
代入数据解得雪块到A点速度大小为v0＝5 m/s。
代入数据解得雪块到地面速度大小v1＝8 m/s
8．(2026·江苏常州期末)如图所示，让摆球从C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，摆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的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道后立即关闭A孔。已知摆线长L＝2 m，θ＝53°，摆球质量为m＝0.5 kg，D点与A孔的水平距离s＝2 m，g取 10 m/s2，cs 53°＝0.6。
(1)求摆球从C运动到D的过程中重力做的功；(2)求摆线能承受的最大拉力；(3)要使摆球能做完整的圆周运动，求摆球与平面间的动摩擦因数μ需要满足的条件。[答案]　(1)4 J　(2)9 N　(3)μ≤0.025[解析]　(1)摆球由C运动到D过程中，重力做功WG＝mg(L－Lcs θ)解得WG＝4 J。
(2)当摆球由C运动到D，根据动能定理有
解得Fm＝1.8mg＝9 N。
解得μ0＝0.025综上所述，动摩擦因数μ的取值范围为μ≤0.025。
9．如图甲所示，在水平面上固定一倾角θ＝37°、底端带有挡板的足够长的斜面体，斜面体底端静止一质量m＝1 kg的物块(可视为质点)，从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用，拉力F随物块从初始位置第一次沿斜面向上的位移x变化的关系如图乙所示，随后不再施加外力作用，物块与固定挡板碰撞前后速率不变，不计空气阻力，已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)物块在上滑过程中的最大速度的大小；(计算结果可保留根式)(2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小和物块在斜面上运动的总路程。
[解析]　(1)物块上滑过程中受拉力、摩擦力、重力、支持力的作用，先做加速运动后做减速运动，则有FN＝mgcs 37°，Ff＝μFNF－Ff－mgsin 37°＝ma当加速度为零时，速度最大，此时F＝Ff＋mgsin 37°＝10 N由题图乙可得出F＝20－10x则F＝10 N时，可得x＝1 m
(2)由动能定理可得WF′＋Wf′＋WG′＝0
撤去F后，因为mgsin 37°＞μmgcs 37°，所以物块最后停在斜面体的底端，则有WF′－μmgscs 37°＝0解得s＝5 m。