高考物理一轮复习讲义第6章第3课时　专题强化 动能定理在多过程问题中的应用（2份打包，原卷版+教师版）

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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.eq \f(H,9) B.eq \f(2H,9) C.eq \f(H,3) D.eq \f(4H,9)
答案 D
解析 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－eq \f(1,2)mv02，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＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02，又由题有eq \f(1,2)mv12＝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)＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv02，又由题有2×eq \f(1,2)mv22＝mgh，以上各式联立解得h＝eq \f(4H,9)，故选D。
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 SKIPIF 1 < 0 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 SKIPIF 1 < 0 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eq \f(1,2π)，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。
答案 (1)eq \r(gR) (2)0 (3)eq \r(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meq \f(vD2,R)＝mg，解得vD＝eq \r(gR)
(2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道 SKIPIF 1 < 0 内侧，则在C点有cs 60°＝eq \f(vB,vC)
小物块从C到D的过程中，根据动能定理有
－mg(R＋Rcs 60°)＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)mvC2
则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有
mgHBD＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)mvB2
联立解得vB＝eq \r(gR)，HBD＝0
(3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有
－μmgs＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvA2，s＝π·2R
解得vA＝eq \r(3gR)。
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.eq \f(1,μ)(eq \f(v02,2gcs θ)＋x0tan θ)
B.eq \f(1,μ)(eq \f(v02,2gsin θ)＋x0tan θ)
C.eq \f(2,μ)(eq \f(v02,2gcs θ)＋x0tan θ)
D.eq \f(1,μ)(eq \f(v02,2gcs θ)＋eq \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 \f(v02,2gcs θ)＋x0tan θ)，选项A正确。
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＝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) (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°)＝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) (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°－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．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．Ff＝eq \f(F,2) Ek＝eq \f(FL,2) B．Ff＝eq \f(F,2) Ek＝FL
C．Ff＝eq \f(F,3) Ek＝eq \f(2FL,3) D．Ff＝eq \f(F,4) Ek＝eq \f(3FL,4)
答案 D
解析 木块运动全过程中，根据动能定理可得FL－Ff·4L＝0－0，可得Ff＝eq \f(F,4)，木块在撤去恒力时速度最大，则动能最大，根据动能定理可得FL－FfL＝Ek－0，解得木块所获得的最大动能为Ek＝eq \f(3FL,4)，故选D。
2．图中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的轨道，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(可视为质点)在A点由静止释放，沿轨道下滑，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均为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于( )
A．mgh B．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，由动能定理知当滑块从D点被推回A点有
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。
3.(2024·广东省模拟)如图所示，一篮球从距地面高H处由静止下落，与地面作用后再竖直向上弹回，篮球每次与地面作用都会有动能损失，损失的动能为篮球每次与地面接触前动能的10%。不计空气阻力，篮球从开始下落到停止的过程中运动的总路程为( )
A．9H B．15H C．19H D．21H
答案 C
解析 篮球第一次到达地面时所获得的动能为Ek1＝mgH，运动的路程为s1＝H，篮球第一次与地面作用后损失的动能为ΔEk1＝10%Ek1＝0.1mgH，反弹后上升到最高点时的高度为H1＝0.9H
篮球第二次到达地面运动的路程为
s2＝H＋2H1＝H＋2×0.9H
篮球第二次与地面作用后损失的动能为ΔEk2＝10%Ek2＝0.1mgH1＝0.9mgH×0.1
反弹后上升到最高点时的高度为H2＝0.9H1＝0.92H
篮球第三次到达地面时运动的路程为
s3＝H＋2H1＋2H2＝H＋2×0.9H＋2×0.92H
篮球第n次到达地面时运动的路程为sn＝H＋2×0.9H＋2×0.92H＋…＋2×0.9n－1H
根据等比数列求和公式可得
s总＝H＋2×0.9H×eq \f(1－0.9n－1,1－0.9)
当n趋于无穷大时，有s总＝19H，C正确。
4.(多选)(2023·辽宁沈阳市三模)如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统。斜面轨道倾角θ＝37°，质量为M的集装箱与轨道间的动摩擦因数为0.5，集装箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入箱中，之后集装箱载着货物沿轨道无初速度滑下(货物与箱之间无相对滑动)，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后集装箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。下列说法正确的是( )
A．集装箱与弹簧没有接触时，上滑与下滑的加速度大小之比为5∶2
B．集装箱与货物的质量之比为1∶4
C．若集装箱与货物的质量之比为1∶1，则集装箱不能回到轨道顶端
D．若集装箱与货物的质量之比为1∶6，则集装箱不能回到轨道顶端
答案 BC
解析 根据牛顿第二定律，上滑时，有Mgsin θ＋μMgcs θ＝Ma1，下滑时，有(M＋m)gsin θ－μ(M＋m)gcs θ＝(M＋m)a2，所以eq \f(a1,a2)＝eq \f(5,1)，故A错误；设顶端到弹簧压缩到最短位置间的距离为x，集装箱从顶端滑至压缩弹簧到最短，再到返回顶端，根据动能定理，有mgxsin θ－μ(M＋m)gcs θ·x－μMgcs θ·x＝0，可得eq \f(M,m)＝eq \f(1,4)，故B正确；若集装箱与货物的质量之比为1∶1，则mgxsin θ－μ(M＋m)gcs θ·x－μMgcs θ·x<0，说明集装箱不能回到轨道顶端，故C正确；若集装箱与货物的质量之比为1∶6，则mgxsin θ－μ(M＋m)gcs θ·x－μMgcs θ·x>0，说明集装箱能回到轨道顶端，故D错误。
5．(2023·北京市清华大学附属中学零模)如图甲所示为某单板滑雪U型池的比赛场地，比赛时运动员在U型滑道内边滑行边利用滑道做各种旋转和跳跃动作，裁判员根据运动员的腾空高度、完成的动作难度和效果评分。图乙为该U型池场地的横截面图，AB段、CD段为半径R＝4 m的四分之一光滑圆弧雪道，BC段为粗糙的水平雪道且与圆弧雪道相切，BC长为4.5 m，质量为60 kg的运动员(含滑板)以5 m/s的速度从A点沿切线滑下后，始终保持在一个竖直平面内运动，经U型雪道从D点竖直向上飞出，经t＝0.8 s恰好落回D点，然后又从D点返回U型雪道。忽略空气阻力，运动员可视为质点，g＝10 m/s2。求：
(1)运动员与BC雪道间的动摩擦因数；
(2)运动员首次运动到圆弧最低点C点时对雪道的压力；
(3)运动员最后静止处距离B点的距离。
答案 (1)0.1 (2)2 040 N，方向竖直向下
(3)1.5 m
解析 (1)根据题意，当运动员从D点冲出去后做竖直上抛运动，则vD＝geq \f(t,2)，解得vD＝4 m/s
运动员从A运动到D，根据动能定理，有
－μmglBC＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)mvA2，解得μ＝0.1
(2)运动员从C运动到D，根据动能定理可得
－mgR＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)mvC2
在C点，根据牛顿第二定律，有FN－mg＝meq \f(vC2,R)
联立解得FN＝2 040 N，根据牛顿第三定律可得运动员运动到圆弧最低点C点时对雪道的压力大小为FN′＝FN＝2 040 N，方向竖直向下；
(3)运动员从A点开始运动到最终静止，根据动能定理有mgR－μmgs＝0－eq \f(1,2)mvA2
解得s＝52.5 m＝11lBC＋3 m，所以运动员最后静止处距离B点的距离为l＝lBC－3 m＝1.5 m。
6．如图所示轨道内，足够长的斜面与圆弧面光滑，水平地面各处粗糙程度相同，圆弧半径为R，水平面长度LMN＝4R，现将一质量为m的金属滑块从距水平面高h＝4R处的P点沿斜面由静止释放，运动到斜面底端无能量损失，滑块滑至圆弧最高点Q时对轨道的压力大小恰好等于滑块重力，g＝10 m/s2，求：
(1)金属滑块与水平地面间的动摩擦因数μ；
(2)欲使滑块滑至圆弧最高点平抛后不落在斜面上，释放高度的取值范围。
答案 (1)0.25 (2)3.5R≤h≤5R
解析 (1)对滑块，在Q点，重力和轨道对滑块的弹力提供向心力，有mg＋mg＝eq \f(mvQ2,R)
对滑块，从P到Q，根据动能定理得
mgh－μmgLMN－mg·2R＝eq \f(1,2)mvQ2
联立两式得μ＝0.25。
(2)当滑块恰好能运动到Q点时，释放高度最小，设为h1，恰到Q时的速度设为v1，对滑块，在Q点，重力提供向心力mg＝eq \f(mv12,R)
从释放到Q点，根据动能定理得
mgh1－μmgLMN－mg·2R＝eq \f(1,2)mv12
联立两式得h1＝3.5R
当滑块恰好能抛到M点时，释放高度最大，设为h2，到Q点时的速度设为v2，滑块由Q点平抛到M点，水平方向4R＝v2t，竖直方向2R＝eq \f(1,2)gt2
从释放到Q点，根据动能定理得
mgh2－μmgLMN－mg·2R＝eq \f(1,2)mv22
联立求得h2＝5R
故释放的高度范围为3.5R≤h≤5R。
7．如图是由弧形轨道、圆轨道(轨道底端B略错开，图中未画出)、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC右端装有理想轻弹簧(右端固定)，圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变，现将B点置于AC中点，质量m＝2 kg的滑块(可视为质点)从弧形轨道高H＝0.5 m处静止释放。已知圆轨道半径R＝0.1 m，水平轨道长LAC＝1.0 m，滑块与AC间的动摩擦因数μ＝0.2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小；
(2)轻弹簧获得的最大弹性势能；
(3)若H＝0.4 m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，求BC长度满足的条件。
答案 (1)60 N (2)6 J (3)0.5 m≤L≤1 m
解析 (1)从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理可得
mgH－μmgeq \f(LAC,2)－mg×2R＝eq \f(1,2)mv2－0
在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得mg＋FN＝meq \f(v2,R)，联立解得FN＝60 N，由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为60 N。
(2)弹簧第一次被压缩到最短时，弹性势能有最大值；从出发到弹簧第一次被压缩到最短过程，由动能定理可得mgH－μmgLAC＋W弹＝0－0
又有W弹＝0－Ep，联立解得Ep＝6 J
(3)①若滑块恰好到达圆轨道的最高点，则有mg＝meq \f(v02,R)，从开始到圆轨道最高点，由动能定理可得mg(H－2R)－μmgs1＝eq \f(1,2)mv02－0
解得s1＝0.75 m，LBC＝LAC－s1，要使滑块不脱离轨道，BC之间的距离应该满足LBC≥0.25 m
②若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零；由动能定理可得mg(H－R)－μmgs2＝0
解得s2＝1.5 m，s2＝1.5 m＝1 m＋0.5 m
LBC′＝s2－LAC
即反弹时恰好上升到圆心等高处，如果反弹距离更大，则上升的高度更小，更不容易脱离轨道，所以LBC′≥0.5 m，考虑到AC的总长度等于1 m，所以LBC′≤1 m；结合①②两种情况，符合条件的BC长度为0.5 m≤L≤1 m。