專題強化九　應(yīng)用動能定理解決多過程問題-2025版創(chuàng)新設(shè)計高考物理一輪復(fù)習(xí)

專題強化九應(yīng)用動能定理解決多過程問題學(xué)習(xí)目標(biāo)1.會用動能定理解決多過程、多階段的問題。2.會應(yīng)用動能定理處理往復(fù)運動求路程等復(fù)雜問題。考點一動能定理在多過程問題中的應(yīng)用1.運用動能定理解決多過程問題的兩種思路(1)分段應(yīng)用動能定理求解。(2)所求解的問題不涉及中間的速度時，全過程應(yīng)用動能定理求解更簡便。2.全過程列式時，涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的特點。(1)重力、彈簧彈力做功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān)。(2)大小恒定的阻力或摩擦力所做的功等于力的大小與路程的乘積。例1(2023·湖北卷，14)如圖1為某游戲裝置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內(nèi)表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道eq\o(CDE,\s\up8(︵))在同一豎直平面內(nèi)，過C點的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°。小物塊以某一水平初速度由A點切入擋板內(nèi)側(cè)，從B點飛出桌面后，在C點沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道eq\o(CDE,\s\up8(︵))內(nèi)側(cè)，并恰好能到達(dá)軌道的最高點D。小物塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)為eq\f(1,2π)，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質(zhì)點。求：圖1(1)小物塊到達(dá)D點的速度大?。?2)B和D兩點的高度差；(3)小物塊在A點的初速度大小。答案(1)eq\r(gR)(2)0(3)eq\r(3gR)解析(1)由題意知，小物塊恰好能到達(dá)軌道的最高點D，則在D點有mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)解得vD＝eq\r(gR)。(2)由題意知，小物塊從C點沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道eq\o(CDE,\s\up8(︵))內(nèi)側(cè)，則在C點有vCx＝vCcos60°＝vB小物塊從C到D的過程中，根據(jù)動能定理有－mg(R＋Rcos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)小物塊從B到D的過程中，根據(jù)動能定理有mgHBD＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)聯(lián)立解得vB＝eq\r(gR)，HBD＝0。(3)小物塊從A到B的過程中，根據(jù)動能定理有－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)s＝π·2R解得vA＝eq\r(3gR)。多過程問題的分析方法(1)將“多過程”分解為許多“子過程”，各“子過程”間由“銜接點”連接。(2)對各“銜接點”進(jìn)行受力分析和運動分析，必要時畫出受力圖和過程示意圖。(3)根據(jù)“子過程”和“銜接點”的模型特點選擇合理的物理規(guī)律列方程。(4)分析“銜接點”速度、加速度等的關(guān)聯(lián)，確定各段間的時間關(guān)聯(lián)，并列出相關(guān)的輔助方程。(5)聯(lián)立方程組，分析求解，對結(jié)果進(jìn)行必要的驗證或討論。1.如圖2所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧左端固定，右端與靜止在O點質(zhì)量為m＝1kg的小物塊接觸而不連接，此時彈簧無形變?，F(xiàn)對小物塊施加F＝10N的水平向左的恒力，使其由靜止開始向左運動。小物塊在向左運動到A點前某處速度最大時，彈簧的彈力為6N，運動到A點時撤去推力F，小物塊最終運動到B點靜止。圖中OA＝0.8m，OB＝0.2m，重力加速度取g＝10m/s2。求小物塊：圖2(1)與桌面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)向右運動過程中經(jīng)過O點的速度大??；(3)向左運動的過程中彈簧的最大壓縮量。答案(1)0.4(2)1.26m/s(3)0.9m解析(1)小物塊速度達(dá)到最大時，加速度為零，則F－μmg－F彈＝0解得μ＝0.4。(2)設(shè)向右運動通過O點時的速度為v0，從O→B，由動能定理得－fsOB＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)f＝μmg＝4N解得v0＝eq\r(1.6)m/s≈1.26m/s。(3)設(shè)彈簧最大壓縮量為xmax，對小物塊運動的全過程，根據(jù)動能定理得FsOA－f(2xmax＋sOB)＝0代入數(shù)值得xmax＝0.9m?？键c二動能定理在往復(fù)運動問題中的應(yīng)用1.往復(fù)運動問題：在有些問題中物體的運動過程具有重復(fù)性、往返性，而在這一過程中，描述運動的物理量多數(shù)是變化的，而重復(fù)的次數(shù)又往往是無限的或者難以確定的。2.解題策略：此類問題多涉及滑動摩擦力或其他阻力做功，其做功特點與路程有關(guān)，求解這類問題時若運用牛頓運動定律及運動學(xué)公式將非常繁瑣，甚至無法解出。由于動能定理只涉及物體的初、末狀態(tài)而不計運動過程的細(xì)節(jié)，所以用動能定理分析這類問題可使解題過程簡化。例2如圖3所示，水平軌道BC的左端與固定的光滑豎直eq\f(1,4)圓軌道相切于B點，右端與一傾角為30°的光滑斜面軌道在C點平滑連接(即物體經(jīng)過C點時速度的大小不變)，斜面頂端固定一輕質(zhì)彈簧，一質(zhì)量為2kg的滑塊從圓弧軌道的頂端A點由靜止釋放，經(jīng)水平軌道后滑上斜面并壓縮彈簧，第一次可將彈簧壓縮至D點，已知光滑圓軌道的半徑R＝0.45m，水平軌道BC長為0.4m，滑塊與其間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，光滑斜面軌道上CD長為0.6m，g取10m/s2。求：圖3(1)整個過程中彈簧具有的最大彈性勢能；(2)滑塊最終停在距B點多遠(yuǎn)的位置？答案(1)1.4J(2)0.15m解析(1)滑塊第一次到D點具有的彈性勢能最大，從A至D的過程，根據(jù)動能定理可得mg(R－LCDsin30°)－μmgsBC＋W彈＝0解得W彈＝－1.4J則Ep彈＝－W彈＝1.4J。(2)由于斜面光滑，滑塊到達(dá)D點后又向下運動，經(jīng)過多次在圓弧軌道與斜面之間來回運動，最終滑塊停在水平軌道BC上，設(shè)整個過程滑塊在BC上的路程為s，整個過程根據(jù)動能定理可得mgR－μmgs＝0解得s＝2.25m由6×0.4m－2.25m＝0.15m，可知滑塊最終停在距離B點0.15m處。(1)應(yīng)用動能定理求解往復(fù)運動問題時，要確定物體的初狀態(tài)和最終狀態(tài)。(2)重力做功與物體運動的路徑無關(guān)，可用WG＝mgh直接求解。(3)滑動摩擦力做功與物體運動的路徑有關(guān)，可用Wf＝－fs求解，其中s為物體相對滑行的總路程。2.如圖4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s0處以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數(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機械能損失，重力加速度為g，則滑塊經(jīng)過的總路程是()圖4A.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋s0tanθ))B.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gsinθ)＋s0tanθ))C.eq\f(2,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋s0tanθ))D.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋\f(s0,tanθ)))答案A解析滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過的總路程為s，對滑塊運動的全程應(yīng)用動能定理得mgs0sinθ－μmgscosθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得s＝eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋s0tanθ))，選項A正確。3.從離地面高H處落下一只小球，小球在運動過程中所受的空氣阻力是它重力的k(k<1)倍，而小球每次與地面相碰后，能以與碰前相同大小的速度反彈，則：(1)小球第一次與地面碰撞后，能夠反彈到的最大高度是多少？(2)小球從釋放直至停止彈跳所通過的總路程是多少？答案(1)eq\f(1－k,1＋k)H(2)eq\f(H,k)解析(1)設(shè)小球第一次與地面碰撞后能夠反彈到的最大高度為h，由動能定理得mg(H－h(huán))－kmg(H＋h)＝0－0解得h＝eq\f(1－k,1＋k)H。(2)設(shè)小球從釋放到停止彈跳所通過的總路程為s，對全過程，由動能定理得mgH－kmgs＝0－0解得s＝eq\f(H,k)。1.(2024·陜西寶雞高三期末)如圖1所示，ABCD是一條長軌道，其中AB段是傾角為θ的斜面，CD段是水平的，BC段是與AB和CD都相切的一小段圓弧，其長度可以略去不計。一質(zhì)量為m的滑塊(可看作質(zhì)點)在A點由靜止釋放，沿軌道滑下，最后停在D點，A點和D點的位置如圖所示?，F(xiàn)用一方向始終與軌道平行的力推滑塊，使它緩慢地由D點推回到A點?；瑝K與軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則推力對滑塊做的功為()圖1A.mgh B.2mghC.μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s＋\f(h,sinθ))) D.μmgs＋μmghcotθ答案B解析從A到D全過程，由動能定理得mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)－μmgs＝0，從D到A的過程，由動能定理得WF－μmgs－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)－mgh＝0，解得WF＝2mgh，故B正確。2.如圖2所示，ABCD是一個盆式容器，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，其長度d＝0.50m，盆邊緣的高度為h＝0.30m。在A處放一個質(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面與小物塊間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1。小物塊在盆內(nèi)來回滑動，最后停下來，則停止的位置到B的距離為()圖2A.0.50m B.0.25m C.0.10m D.0答案D解析小物塊從A點出發(fā)到最后停下來，設(shè)小物塊在BC面上運動的總路程為s，整個過程由動能定理有mgh－μmgs＝0，所以小物塊在BC面上運動的總路程為s＝eq\f(h,μ)＝eq\f(0.30,0.1)m＝3m，而d＝0.5m，剛好3個來回，所以最終停在B點，即到B點的距離為0，故D正確。3.如圖3所示，傾角為θ＝30°的斜面固定在水平地面上，輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端，此時彈簧處于自然狀態(tài)。一質(zhì)量為m＝1kg的滑塊從距離彈簧上端為s0＝0.25m處由靜止釋放，已知彈簧勁度系數(shù)為k＝100N/m，斜面與滑塊間動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),5)。設(shè)滑塊與彈簧接觸過程中沒有機械能損失，彈簧全過程始終處于彈性限度內(nèi)(不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2)。圖3(1)求滑塊與彈簧上端第一次剛好接觸時的速度大小v1；(2)若滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中速度最大時，彈簧所具有的彈性勢能為Ep＝0.02J，試求這個最大速度的大小vm(結(jié)果可用根式表示)。答案(1)1m/s(2)eq\f(\r(26),5)m/s解析(1)滑塊與彈簧上端第一次剛好接觸時，根據(jù)動能定理可得mgs0sinθ－μmgs0cosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得v1＝1m/s。(2)當(dāng)滑塊速度達(dá)到最大時，滑塊的加速度為零，由受力分析可得mgsinθ＝μmgcosθ＋kx可得彈簧的壓縮量為x＝0.02m滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中速度最大時，根據(jù)動能定理有mg(s0＋x)sinθ－μmg(s0＋x)cosθ－Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)解得最大速度vm＝eq\f(\r(26),5)m/s。4.(2022·上海卷，19)如圖4所示，AB為平直導(dǎo)軌，長為L，物塊與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，BC為光滑曲面，A與地面間的高度差為h1，B、C間高度差為h2。一個質(zhì)量為m的物塊在水平恒力作用下，從A點由靜止開始向右運動，到達(dá)B點時撤去恒力，物塊經(jīng)過C點后在空中運動一段時間落地，已知重力加速度為g。圖4(1)若物塊落地時動能為E1，求其經(jīng)過B點時的動能EkB；(2)若要物塊落地時動能小于E1，求恒力F必須滿足的條件。答案(1)E1－mgh1(2)eq\f(μmgL＋mgh2,L)＜F＜eq\f(E1－mgh1＋μmgL,L)解析(1)對物塊從B點到落地的過程，由動能定理有mgh1＝E1－EkB解得EkB＝E1－mgh1。(2)對物塊從A點到落地的整個過程，當(dāng)落地動能為E1時，對應(yīng)的拉力最大，設(shè)為Fmax，由動能定理有FmaxL－μmgL＋mgh1＝E1解得Fmax＝eq\f(E1－mgh1＋μmgL,L)若物塊恰能到達(dá)C點，對應(yīng)的拉力最小，設(shè)為Fmin，根據(jù)動能定理有FminL－μmgL－mgh2＝0解得Fmin＝eq\f(μmgL＋mgh2,L)則恒力F必須滿足的條件為eq\f(μmgL＋mgh2,L)＜F＜eq\f(E1－mgh1＋μmgL,L)。5.如圖5所示，一個小滑塊在光滑斜面AB的頂端A點由靜止釋放，斜面AB與水平面BC連接處小滑塊不損失機械能，滑塊與水平面BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1。右邊eq\f(1,4)豎直光滑圓弧軌道CD最低點與水平面相切于C點，圓弧半徑R＝0.5m。已知滑塊的質(zhì)量m＝1kg，斜面AB與水平面之間的夾角θ＝37°，sin37°＝0.6，斜面AB的長度LAB＝3m，水平面BC的長度LBC＝1m，重力加速度g取10m/s2。圖5(1)求滑塊第一次到B點時的速度大小；(2)求滑塊第一次離開D點后速度減到0時距D點的高度；(3)滑塊能否再次返回斜面，若不能請說明理由，若能再次返回斜面，請計算再次返回斜面后速度為0的位置距B點的距離是多少。答案(1)6m/s(2)1.2m(3)能eq\f(8,3)m解析(1)設(shè)滑塊第一次到B點的速度為v1，從A到B根據(jù)動能定理有mgLABsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0代入數(shù)據(jù)得v1＝6m/s。(2)設(shè)滑塊第一次到D點的速度為v2，滑塊從A到D的過程根據(jù)動能定理有mgLABsinθ－μmgLBC－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－0設(shè)滑塊第一次離開D點速度減到0時距D點的高度為h，根據(jù)動能定理有－mgh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)代入數(shù)據(jù)得h＝1.2m。(3)假設(shè)滑塊能再次返回斜面，設(shè)返回斜面最高點距B點的距離為L，全過程根據(jù)動能定理得mg(LAB－L)sinθ－2μmgLBC＝0－0代入數(shù)據(jù)得L＝eq\f(8,3)m則滑塊能再次返回斜面。6.(2021·全國乙卷)一籃球質(zhì)量為m＝0.60kg，一運動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，并在開始下落