2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)（新人教版） 第6章　第3課時　專題強(qiáng)化：動能定理在多過程問題中的應(yīng)用

第六章機(jī)械能守恒定律第3課時專題強(qiáng)化：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。內(nèi)容索引考點一動能定理在多過程問題中的應(yīng)用考點二動能定理在往復(fù)運動問題中的應(yīng)用課時精練><考點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)，大大減少運算。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

(2024·安徽安慶市模擬)小球由地面豎直向上拋出，上升的最大高度為H，設(shè)所受阻力大小恒定，選地面為參考平面，在上升至離地h高處，小球的動能是重力勢能的2倍，到達(dá)最高點后再下落至離地高h(yuǎn)處，小球的重力勢能是動能的2倍，則h等于√例2

(2023·湖北卷·14)如圖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

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

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

，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：(1)小物塊到達(dá)D點的速度大?。?2)B和D兩點的高度差；答案0小物塊從C到D的過程中，根據(jù)動能定理有則小物塊從B到D的過程中，根據(jù)動能定理有(3)小物塊在A點的初速度大小。小物塊從A到B的過程中，根據(jù)動能定理有返回動能定理在往復(fù)運動問題中的應(yīng)用><考點二1.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，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)公式將非常煩瑣，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使解題過程簡化。例3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4

(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?；瑝K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??；答案

7N滑塊由釋放點到C點過程，由動能定理有mglsin37°＋mgR(1－cos37°)＝

①在C點由牛頓第二定律有FN－mg＝

②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)動能定理可得其中l(wèi)x≥0.85m ⑧(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，返回課時精練1.木塊在水平恒力F的作用下，沿水平路面由靜止出發(fā)前進(jìn)了L，隨即撤去此恒力，木塊沿原方向又前進(jìn)了3L才停下來，設(shè)木塊運動全過程中地面情況相同，則摩擦力的大小Ff和木塊所獲得的最大動能Ek分別為1234567√12345672.圖中ABCD是一條長軌道，其中AB段是傾角為θ的斜面，CD段是水平的軌道，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(可視為質(zhì)點)在A點由靜止釋放，沿軌道下滑，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)均為μ，重力加速度為g，則推力對滑塊做的功等于A.mgh

B.2mghC.μmg(s＋

) D.μmg(s＋hcosθ)1234567√1234567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，由動能定理知當(dāng)滑塊從D點被推回A點有WF－mgh－W克fDA＝0，

②由A點運動至D點，克服摩擦力做的功為1234567從D→A的過程克服摩擦力做的功為聯(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。3.(2024·廣東省模擬)如圖所示，一籃球從距地面高H處由靜止下落，與地面作用后再豎直向上彈回，籃球每次與地面作用都會有動能損失，損失的動能為籃球每次與地面接觸前動能的10%。不計空氣阻力，籃球從開始下落到停止的過程中運動的總路程為A.9H

B.15H

C.19H D.21H√12345671234567籃球第一次到達(dá)地面時所獲得的動能為Ek1＝mgH，運動的路程為s1＝H，籃球第一次與地面作用后損失的動能為ΔEk1＝10%Ek1＝0.1mgH，反彈后上升到最高點時的高度為H1＝0.9H籃球第二次到達(dá)地面運動的路程為s2＝H＋2H1＝H＋2×0.9H籃球第二次與地面作用后損失的動能為ΔEk2＝10%Ek2＝0.1mgH1＝0.9mgH×0.1反彈后上升到最高點時的高度為H2＝0.9H1＝0.92H1234567籃球第三次到達(dá)地面時運動的路程為s3＝H＋2H1＋2H2＝H＋2×0.9H＋2×0.92H籃球第n次到達(dá)地面時運動的路程為sn＝H＋2×0.9H＋2×0.92H＋…＋2×0.9n－1H根據(jù)等比數(shù)列求和公式可得當(dāng)n趨于無窮大時，有s總＝19H，C正確。4.(多選)(2023·遼寧沈陽市三模)如圖所示為某探究活動小組設(shè)計的節(jié)能運輸系統(tǒng)。斜面軌道傾角θ＝37°，質(zhì)量為M的集裝箱與軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5，集裝箱在軌道頂端時，自動裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入箱中，之后集裝箱載著貨物沿軌道無初速度滑下(貨物與箱之間無相對滑動)，當(dāng)輕彈簧被壓縮至最短時，自動卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后集裝箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復(fù)上述過程(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。下列說法正確的是

A.集裝箱與彈簧沒有接觸時，上滑與下滑的加速度大小

之比為5∶2B.集裝箱與貨物的質(zhì)量之比為1∶4C.若集裝箱與貨物的質(zhì)量之比為1∶1，則集裝箱不能回到軌道頂端D.若集裝箱與貨物的質(zhì)量之比為1∶6，則集裝箱不能回到軌道頂端√1234567√12345671234567若集裝箱與貨物的質(zhì)量之比為1∶1，則mgxsinθ－μ(M＋m)gcosθ·x－μMgcosθ·x<0，說明集裝箱不能回到軌道頂端，故C正確；若集裝箱與貨物的質(zhì)量之比為1∶6，則mgxsinθ－μ(M＋m)gcosθ·x－μMgcosθ·x>0，說明集裝箱能回到軌道頂端，故D錯誤。5.(2023·北京市清華大學(xué)附屬中學(xué)零模)如圖甲所示為某單板滑雪U型池的比賽場地，比賽時運動員在U型滑道內(nèi)邊滑行邊利用滑道做各種旋轉(zhuǎn)和跳躍動作，裁判員根據(jù)運動員的騰空高度、完成的動作難度和效果評分。圖乙為該U型池場地的橫截面圖，AB段、CD段為半徑R＝4m的四分之一光滑圓弧雪道，BC段為粗糙的水平雪道且與圓弧雪道相切，BC長為4.5m，質(zhì)量為60kg的運動員(含滑板)以5m/s的速度從A點沿切線滑下后，始終保持在一個豎直平面內(nèi)運動，經(jīng)U型雪道從D點豎直向上飛出，經(jīng)t＝0.8s恰好落回D點，然后又從D點返回U型雪道。忽略空氣阻力，運動員可視為質(zhì)點，g＝10m/s2。求：1234567(1)運動員與BC雪道間的動摩擦因數(shù)；1234567答案0.1根據(jù)題意，當(dāng)運動員從D點沖出去后做豎直上拋運動，則vD＝

，解得vD＝4m/s運動員從A運動到D，根據(jù)動能定理，有1234567(2)運動員首次運動到圓弧最低點C點時對雪道的壓力；答案2040N，方向豎直向下運動員從C運動到D，根據(jù)動能定理可得聯(lián)立解得FN＝2040N，根據(jù)牛頓第三定律可得運動員運動到圓弧最低點C點時對雪道的壓力大小為FN′＝FN＝2040N，方向豎直向下；運動員從A點開始運動到最終靜止，根據(jù)動能定理有mgR－μmgs＝0－解得s＝52.5m＝11lBC＋3m，所以運動員最后靜止處距離B點的距離為l＝lBC－3m＝1.5m。1234567(3)運動員最后靜止處距離B點的距離。答案1.5m6.如圖所示軌道內(nèi)，足夠長的斜面與圓弧面光滑，水平地面各處粗糙程度相同，圓弧半徑為R，水平面長度LMN＝4R，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的金屬滑塊從距水平面高h(yuǎn)＝4R處的P點沿斜面由靜止釋放，運動到斜面底端無能量損失，滑塊滑至圓弧最高點Q時對軌道的壓力大小恰好等于滑塊重力，g＝10m/s2，求：(1)金屬滑塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ；1234567答案0.251234567對滑塊，從P到Q，根據(jù)動能定理得聯(lián)立兩式得μ＝0.25。(2)欲使滑塊滑至圓弧最高點平拋后不落在斜面上，釋放高度的取值范圍。1234567答案3.5R≤h≤5R1234567從釋放到Q點，根據(jù)動能定理得聯(lián)立兩式得h1＝3.5R當(dāng)滑塊恰好能拋到M點時，釋放高度最大，設(shè)為h2，到Q點時的速度設(shè)為v2，滑塊由Q點平拋到M點，水平方向4R＝v2t，豎直方向2R＝1234567從釋放到Q點，根據(jù)動能定理得聯(lián)立求得h2＝5R故釋放的高度范圍為3.5R≤h≤5R。7.如圖是由弧形軌道、圓軌道(軌道底端B略錯開，圖中未畫出)、水平直軌道平滑連接而成的力學(xué)探究裝置。水平軌道AC右端裝有理想輕彈簧(右端固定)，圓軌道與水平直軌道相交于B點，且B點位置可改變，現(xiàn)將B點置于AC中點，質(zhì)量m＝2kg的滑塊(可視為質(zhì)點)從弧形軌道高H＝0.5m處靜止釋放。已知圓軌道半徑R＝0.1m，水平軌道長LAC＝1.0m，滑塊與AC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，弧形軌道和圓軌道均視為光滑，不計其他阻力與能量損耗，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)滑塊第