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

DILIUZHANG第六章機(jī)械能守恒定律動能定理在多過程問題中的應(yīng)用目標(biāo)要求1.會用動能定理解決多過程、多階段的問題.2.掌握動能定理在往復(fù)運動問題中的應(yīng)用.專題強(qiáng)化八

內(nèi)容索引題型一動能定理在多過程問題中的應(yīng)用題型二動能定理在往復(fù)運動問題中的應(yīng)用課時精練題型一動能定理在多過程問題中的應(yīng)用1.應(yīng)用動能定理解決多過程問題的兩種思路(1)分階段應(yīng)用動能定理①若題目需要求某一中間物理量，應(yīng)分階段應(yīng)用動能定理.②物體在多個運動過程中，受到的彈力、摩擦力等力若發(fā)生了變化，力在各個過程中做功情況也不同，不宜全過程應(yīng)用動能定理，可以研究其中一個或幾個分過程，結(jié)合動能定理，各個擊破.(2)全過程(多個過程)應(yīng)用動能定理當(dāng)物體運動過程包含幾個不同的物理過程，又不需要研究過程的中間狀態(tài)時，可以把幾個運動過程看作一個整體，巧妙運用動能定理來研究，從而避開每個運動過程的具體細(xì)節(jié)，大大簡化運算.2.全過程列式時要注意(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是一條長軌道，其中AB段是傾角為θ的斜面，CD段是水平的，長為s，BC段是與AB段和CD段都相切的一小段圓弧，其長度可以忽略不計.一質(zhì)量為m的小滑塊在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，現(xiàn)用一沿軌道方向的力推滑塊，使它緩緩地由D點回到A點，設(shè)滑塊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等于√滑塊由A點運動至D點，設(shè)克服摩擦力做功為W克fAD，由動能定理得mgh－W克fAD＝0，即W克fAD＝mgh，

①滑塊從D點回到A點，由于是緩慢推，說明動能變化量為零，設(shè)克服摩擦力做功為W克fDA，由動能定理知，滑塊從D點被推回A點過程有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錯誤，B正確.例2

(多選)(2021·全國甲卷·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.該物體開始滑動時的動能為Ek，向上滑動一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動，到達(dá)斜面底端時動能為

.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)動能定理有－μmg·2lcosα＝

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

，μ＝0.5，A錯誤，C正確；物體向下滑動時根據(jù)牛頓第二定律有ma下＝mgsinα－μmgcosα，解得a下＝

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

at2，則可得出t上<t下，D錯誤.例3

(2023·廣東惠州市調(diào)研)光滑斜面與長度為L＝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)從斜面上距離地面高H處由靜止釋放，經(jīng)A點進(jìn)入與水平地面平滑連接的光滑圓形軌道(A點為軌道最低點)，恰好能到達(dá)圓形軌道的最高點B點.已知小球與地面間的動摩擦因數(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點的速度大小；答案1m/s(2)小球在A點時，其對圓形軌道的壓力大小；答案60N(3)小球的釋放點離水平地面的高度H.答案0.35m題型二動能定理在往復(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，而且重復(fù)的次數(shù)又往往是無限的或者難以確定.2.解題策略：此類問題多涉及滑動摩擦力或其他阻力做功，其做功的特點是與路程有關(guān)，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)，所以用動能定理分析這類問題可簡化解題過程.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(jī)械能損失，重力加速度為g，則滑塊經(jīng)過的總路程是√滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過的總路程為x，對滑塊運動的全程應(yīng)用動能定理得例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，彈性板垂直軌道固定在G點(與B點等高)，B、O1、D、O2和F點處于同一直線上.已知可視為質(zhì)點的滑塊質(zhì)量m＝0.1kg，軌道BCD和DEF的半徑R＝0.15m，軌道AB長度lAB＝3m，滑塊與軌道FG間的動摩擦因數(shù)μ＝

，滑塊與彈性板作用后，以等大速度彈回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.滑塊開始時均從軌道AB上某點靜止釋放.(1)若釋放點距B點的長度l＝0.7m，求滑塊到最低點C時軌道對其支持力FN的大小；答案7N由①②解得FN＝7N ③(2)設(shè)釋放點距B點的長度為lx，求滑塊第一次經(jīng)F點時的速度v與lx之間的關(guān)系式；要保證滑塊能到F點，必須能過DEF的最高點，當(dāng)滑塊恰到最高點時根據(jù)動能定理可得mgl1sin37°－(3mgRcos37°＋mgR)＝0 ④解得l1＝0.85m ⑤因此要能過F點必須滿足lx≥0.85m ⑥能過最高點，則能到F點，由釋放到第一次到達(dá)F點，根據(jù)動能定理可得(3)若滑塊最終靜止在軌道FG的中點，求釋放點距B點長度lx的值.答案見解析設(shè)摩擦力做功為第一次到達(dá)中點時的n倍又因為0.85m≤lx≤lAB，lAB＝3m，三課時精練1234567基礎(chǔ)落實練1.如圖所示，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，則停止的地點到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點以初速度v0下滑到底端B，它與擋板發(fā)生無動能損失的碰撞后又滑回到A點，其速度恰好為零.設(shè)A、B兩點高度差為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的光滑斜面對接后固定在水平地面上，O點為斜面的最低點.一個小物塊從右側(cè)斜面上高為H處由靜止滑下，在兩個斜面上做往復(fù)運動.小物塊每次通過O點時都會有動能損失，損失的動能為小物塊當(dāng)次到達(dá)O點時動能的5%.小物塊從開始下滑到停止的過程中運動的總路程為√1234567第一次通過O點后動能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此時利用動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點由靜止釋放，與擋板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中點，設(shè)重力加速度為g，由此可以確定A.滑塊下滑和上滑過程加速度大小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次與擋板碰撞的時間間隔Δt√√1234567根據(jù)牛頓第二定律得下滑過程：mgsinα－μmgcosα＝ma1；上滑過程：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)擋板時的時間以及與擋板碰撞前的速度，故B、D錯誤.12345675.(2023·河北張家口市高三檢測)如圖所示，傾角為θ＝37°的足夠長光滑固定斜面AB與長LBC＝2m的粗糙水平面BC用一小段光滑圓弧(長度不計，未畫出)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，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L0＝2m的位置由靜止開始下滑，恰好運動到C點.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間的動摩擦因數(shù)μ；答案0.61234567小滑塊恰好運動到C點，由動能定理得mgL0sin37°－μmgLBC＝0－0，解得μ＝0.6.1234567(2)改變小滑塊從斜面上開始釋放的位置，使小滑塊能夠通過D點，求小滑塊的釋放位置與B點的最小距離.答案6.75m1234567設(shè)滑塊能夠通過D點，在D點的最小速度為vD，設(shè)滑塊釋放位置與B點的最小距離為L，12345676.(2021·全國乙卷·24)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，并在開始下落的同時向下拍球、球落地后反彈的高度也為1.5m.假設(shè)運動員拍球時對球的作用力為恒力，作用時間為t＝0.20s；該籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值不變.重力加速度大小取g＝10m/s2，不計空氣阻力.求：(1)運動員拍球過程中對籃球所做的功；答案4.5J1234567籃球從距地面高度h1＝1.8m處自由下落的過程中由動能定理可得Ek1＝mgh1籃球反彈后向上運動的過程由動能定理可得0－Ek2＝－mgh2籃球從距地面h3＝1.5m的高度由靜止下落，同時向下拍球，籃球下落過程中，由動能定理可得W＋mgh3＝Ek3在籃球反彈上升的過程中，由動能定理可得0－Ek4＝0－mgh41234567代入數(shù)據(jù)可得W＝4.5J.1234567(2)運動員拍球時對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動，因此由牛頓第二定律可得F＋mg＝ma，在拍球時間內(nèi)運動的位移為x＝

at2做的功為W＝Fx聯(lián)