2024高考物理大一輪復(fù)習(xí)課件 第六章 專題強(qiáng)化八 動(dòng)能定理在多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用

DILIUZHANG第六章機(jī)械能守恒定律動(dòng)能定理在多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用目標(biāo)要求1.會(huì)用動(dòng)能定理解決多過(guò)程、多階段的問(wèn)題.2.掌握動(dòng)能定理在往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題中的應(yīng)用.專題強(qiáng)化八

內(nèi)容索引題型一動(dòng)能定理在多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用題型二動(dòng)能定理在往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題中的應(yīng)用課時(shí)精練題型一動(dòng)能定理在多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用1.應(yīng)用動(dòng)能定理解決多過(guò)程問(wèn)題的兩種思路(1)分階段應(yīng)用動(dòng)能定理①若題目需要求某一中間物理量，應(yīng)分階段應(yīng)用動(dòng)能定理.②物體在多個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，受到的彈力、摩擦力等力若發(fā)生了變化，力在各個(gè)過(guò)程中做功情況也不同，不宜全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理，可以研究其中一個(gè)或幾個(gè)分過(guò)程，結(jié)合動(dòng)能定理，各個(gè)擊破.(2)全過(guò)程(多個(gè)過(guò)程)應(yīng)用動(dòng)能定理當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程包含幾個(gè)不同的物理過(guò)程，又不需要研究過(guò)程的中間狀態(tài)時(shí)，可以把幾個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程看作一個(gè)整體，巧妙運(yùn)用動(dòng)能定理來(lái)研究，從而避開(kāi)每個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的具體細(xì)節(jié)，大大簡(jiǎn)化運(yùn)算.2.全過(guò)程列式時(shí)要注意(1)重力、彈簧彈力做功取決于物體的初、末位置，與路徑無(wú)關(guān).(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的數(shù)值等于力的大小與路程的乘積.例1

圖中ABCD是一條長(zhǎng)軌道，其中AB段是傾角為θ的斜面，CD段是水平的，長(zhǎng)為s，BC段是與AB段和CD段都相切的一小段圓弧，其長(zhǎng)度可以忽略不計(jì).一質(zhì)量為m的小滑塊在A點(diǎn)由靜止釋放，沿軌道滑下，最后停在D點(diǎn)，A點(diǎn)和D點(diǎn)的位置如圖所示，現(xiàn)用一沿軌道方向的力推滑塊，使它緩緩地由D點(diǎn)回到A點(diǎn)，設(shè)滑塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則推力對(duì)滑塊做的功等于√滑塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)，設(shè)克服摩擦力做功為W克fAD，由動(dòng)能定理得mgh－W克fAD＝0，即W克fAD＝mgh，

①滑塊從D點(diǎn)回到A點(diǎn)，由于是緩慢推，說(shuō)明動(dòng)能變化量為零，設(shè)克服摩擦力做功為W克fDA，由動(dòng)能定理知，滑塊從D點(diǎn)被推回A點(diǎn)過(guò)程有WF－mgh－W克fDA＝0，

②聯(lián)立③④得W克fAD＝W克fDA，

⑤聯(lián)立①②⑤得WF＝2mgh，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確.例2

(多選)(2021·全國(guó)甲卷·20)一質(zhì)量為m的物體自傾角為α的固定斜面底端沿斜面向上滑動(dòng).該物體開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)的動(dòng)能為Ek，向上滑動(dòng)一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動(dòng)，到達(dá)斜面底端時(shí)動(dòng)能為

.已知sinα＝0.6，重力加速度大小為g.則√√物體從斜面底端回到斜面底端根據(jù)動(dòng)能定理有－μmg·2lcosα＝

－Ek，物體從斜面底端到最高點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理有－mglsinα－μmglcosα＝0－Ek，整理得l＝

，μ＝0.5，A錯(cuò)誤，C正確；物體向下滑動(dòng)時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有ma下＝mgsinα－μmgcosα，解得a下＝

，B正確；物體向上滑動(dòng)時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有ma上＝mgsinα＋μmgcosα，解得a上＝g，故a上>a下，由于上滑過(guò)程中的末速度為零，下滑過(guò)程中的初速度為零，且走過(guò)相同的位移，根據(jù)位移公式l＝

at2，則可得出t上<t下，D錯(cuò)誤.例3

(2023·廣東惠州市調(diào)研)光滑斜面與長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝0.5m粗糙水平地面平滑相連，質(zhì)量為m＝1kg的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面上距離地面高H處由靜止釋放，經(jīng)A點(diǎn)進(jìn)入與水平地面平滑連接的光滑圓形軌道(A點(diǎn)為軌道最低點(diǎn))，恰好能到達(dá)圓形軌道的最高點(diǎn)B點(diǎn).已知小球與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，圓形軌道半徑R＝0.1m，取重力加速度g＝10m/s2，求：(1)小球在B點(diǎn)的速度大?。淮鸢?m/s(2)小球在A點(diǎn)時(shí)，其對(duì)圓形軌道的壓力大?。淮鸢?0N(3)小球的釋放點(diǎn)離水平地面的高度H.答案0.35m題型二動(dòng)能定理在往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題中的應(yīng)用1.往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題：在有些問(wèn)題中物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程具有重復(fù)性、往返性，而在這一過(guò)程中，描述運(yùn)動(dòng)的物理量多數(shù)是變化的，而且重復(fù)的次數(shù)又往往是無(wú)限的或者難以確定.2.解題策略：此類問(wèn)題多涉及滑動(dòng)摩擦力或其他阻力做功，其做功的特點(diǎn)是與路程有關(guān)，運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式將非常繁瑣，甚至無(wú)法解出，由于動(dòng)能定理只涉及物體的初、末狀態(tài)，所以用動(dòng)能定理分析這類問(wèn)題可簡(jiǎn)化解題過(guò)程.例4

如圖所示，固定斜面的傾角為θ，質(zhì)量為m的滑塊從距擋板P的距離為x0處以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力.若滑塊每次與擋板相碰均無(wú)機(jī)械能損失，重力加速度為g，則滑塊經(jīng)過(guò)的總路程是√滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過(guò)的總路程為x，對(duì)滑塊運(yùn)動(dòng)的全程應(yīng)用動(dòng)能定理得例5

(2022·浙江1月選考·20)如圖所示，處于豎直平面內(nèi)的一探究裝置，由傾角α＝37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細(xì)圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成，B、D和F為軌道間的相切點(diǎn)，彈性板垂直軌道固定在G點(diǎn)(與B點(diǎn)等高)，B、O1、D、O2和F點(diǎn)處于同一直線上.已知可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊質(zhì)量m＝0.1kg，軌道BCD和DEF的半徑R＝0.15m，軌道AB長(zhǎng)度lAB＝3m，滑塊與軌道FG間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝

，滑塊與彈性板作用后，以等大速度彈回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.滑塊開(kāi)始時(shí)均從軌道AB上某點(diǎn)靜止釋放.(1)若釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的長(zhǎng)度l＝0.7m，求滑塊到最低點(diǎn)C時(shí)軌道對(duì)其支持力FN的大小；答案7N由①②解得FN＝7N ③(2)設(shè)釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的長(zhǎng)度為lx，求滑塊第一次經(jīng)F點(diǎn)時(shí)的速度v與lx之間的關(guān)系式；要保證滑塊能到F點(diǎn)，必須能過(guò)DEF的最高點(diǎn)，當(dāng)滑塊恰到最高點(diǎn)時(shí)根據(jù)動(dòng)能定理可得mgl1sin37°－(3mgRcos37°＋mgR)＝0 ④解得l1＝0.85m ⑤因此要能過(guò)F點(diǎn)必須滿足lx≥0.85m ⑥能過(guò)最高點(diǎn)，則能到F點(diǎn)，由釋放到第一次到達(dá)F點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理可得(3)若滑塊最終靜止在軌道FG的中點(diǎn)，求釋放點(diǎn)距B點(diǎn)長(zhǎng)度lx的值.答案見(jiàn)解析設(shè)摩擦力做功為第一次到達(dá)中點(diǎn)時(shí)的n倍又因?yàn)?.85m≤lx≤lAB，lAB＝3m，三課時(shí)精練1234567基礎(chǔ)落實(shí)練1.如圖所示，ABCD是一個(gè)盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC水平，其長(zhǎng)度d＝0.50m，盆邊緣的高度為h＝0.30m.在A處放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊并讓其由靜止下滑.已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1.小物塊在盆內(nèi)來(lái)回滑動(dòng)，最后停下來(lái)，則停止的地點(diǎn)到B的距離為A.0.50m B.0.25mC.0.10m D.0√123456712345672.如圖所示，一物體由固定斜面上的A點(diǎn)以初速度v0下滑到底端B，它與擋板發(fā)生無(wú)動(dòng)能損失的碰撞后又滑回到A點(diǎn)，其速度恰好為零.設(shè)A、B兩點(diǎn)高度差為h，重力加速度為g，則它與擋板碰前瞬間的速度大小為√123456712345673.如圖所示，兩傾角均為θ的光滑斜面對(duì)接后固定在水平地面上，O點(diǎn)為斜面的最低點(diǎn).一個(gè)小物塊從右側(cè)斜面上高為H處由靜止滑下，在兩個(gè)斜面上做往復(fù)運(yùn)動(dòng).小物塊每次通過(guò)O點(diǎn)時(shí)都會(huì)有動(dòng)能損失，損失的動(dòng)能為小物塊當(dāng)次到達(dá)O點(diǎn)時(shí)動(dòng)能的5%.小物塊從開(kāi)始下滑到停止的過(guò)程中運(yùn)動(dòng)的總路程為√1234567第一次通過(guò)O點(diǎn)后動(dòng)能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此時(shí)利用動(dòng)能定理知小物塊上升高度H1＝95%H，123456712345674.(多選)(2023·江蘇省啟東中學(xué)模擬)如圖所示，直桿AB與水平面成α角固定，在桿上套一質(zhì)量為m的小滑塊，桿底端B點(diǎn)處有一彈性擋板，桿與板面垂直，滑塊與擋板碰撞后將以原速率返回.現(xiàn)將滑塊拉到A點(diǎn)由靜止釋放，與擋板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中點(diǎn)，設(shè)重力加速度為g，由此可以確定A.滑塊下滑和上滑過(guò)程加速度大小a1、a2B.滑塊第1次與擋板碰撞前的速度v1C.滑塊與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μD.滑塊第k次與擋板碰撞到第k＋1次與擋板碰撞的時(shí)間間隔Δt√√1234567根據(jù)牛頓第二定律得下滑過(guò)程：mgsinα－μmgcosα＝ma1；上滑過(guò)程：mgsinα＋μmgcosα＝ma2；解得：a1＝gsinα－μgcosα，a2＝gsinα＋μgcosα，所以可求得滑塊下滑和上滑過(guò)程加速度的大小a1、a2，故A正確；1234567由于A、B間的距離未知，盡管求出加速度，但不能求出滑塊到達(dá)擋板時(shí)的時(shí)間以及與擋板碰撞前的速度，故B、D錯(cuò)誤.12345675.(2023·河北張家口市高三檢測(cè))如圖所示，傾角為θ＝37°的足夠長(zhǎng)光滑固定斜面AB與長(zhǎng)LBC＝2m的粗糙水平面BC用一小段光滑圓弧(長(zhǎng)度不計(jì)，未畫(huà)出)平滑連接，半徑R＝1.5m的光滑圓弧軌道CD與水平面相切于C點(diǎn)，OD與水平方向的夾角也為θ＝37°.質(zhì)量為m的小滑塊從斜面上距B點(diǎn)L0＝2m的位置由靜止開(kāi)始下滑，恰好運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn).已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求小滑塊與粗糙水平面BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；答案0.61234567小滑塊恰好運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，由動(dòng)能定理得mgL0sin37°－μmgLBC＝0－0，解得μ＝0.6.1234567(2)改變小滑塊從斜面上開(kāi)始釋放的位置，使小滑塊能夠通過(guò)D點(diǎn)，求小滑塊的釋放位置與B點(diǎn)的最小距離.答案6.75m1234567設(shè)滑塊能夠通過(guò)D點(diǎn)，在D點(diǎn)的最小速度為vD，設(shè)滑塊釋放位置與B點(diǎn)的最小距離為L(zhǎng)，12345676.(2021·全國(guó)乙卷·24)一籃球質(zhì)量為m＝0.60kg，一運(yùn)動(dòng)員使其從距地面高度為h1＝1.8m處由靜止自由落下，反彈高度為h2＝1.2m.若使籃球從距地面h3＝1.5m的高度由靜止下落，并在開(kāi)始下落的同時(shí)向下拍球、球落地后反彈的高度也為1.5m.假設(shè)運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)球的作用力為恒力，作用時(shí)間為t＝0.20s；該籃球每次與地面碰撞前后的動(dòng)能的比值不變.重力加速度大小取g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力.求：(1)運(yùn)動(dòng)員拍球過(guò)程中對(duì)籃球所做的功；答案4.5J1234567籃球從距地面高度h1＝1.8m處自由下落的過(guò)程中由動(dòng)能定理可得Ek1＝mgh1籃球反彈后向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程由動(dòng)能定理可得0－Ek2＝－mgh2籃球從距地面h3＝1.5m的高度由靜止下落，同時(shí)向下拍球，籃球下落過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得W＋mgh3＝Ek3在籃球反彈上升的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得0－Ek4＝0－mgh41234567代入數(shù)據(jù)可得W＝4.5J.1234567(2)運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)籃球的作用力的大小.答案9N因作用力是恒力，在恒力作用下籃球向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，因此由牛頓第二定律可得F＋mg＝ma，在拍球時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移為x＝

at2做的功為W＝Fx聯(lián)