2024屆高考物理復習講義：專題強化八 應用動能定理解決多過程問題

專題強化八應用動能定理解決多過程問題

學習目標1.會用動能定理解決多過程、多階段的問題。2.會應用動能定理處理

往復運動求路程等復雜問題。

考點一動能定理在多過程問題中的應用

1.運用動能定埋解決多過程問題的兩種思路

(I)分段應用動能定理求解。

(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。

(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如圖1所示，一質量為m=0.5kg的小滑塊，在水平拉力尸=4N的作用下,

從水平面上的4處由靜止開始運動，滑行x=1.75m后由B處滑上傾角為37。的

光滑固定斜面，滑上斜面后拉力的大小保持不變，方向變?yōu)檠匦泵嫦蛏?，滑動?/p>

段時間后撤去拉力。已知小滑塊沿斜面上滑到的最高點。距8點為L=2m,小

滑塊最后恰好停在A處。不計B處能量損失，g取10m/s2,已知sin37。=0.6,

cos37°=().8o試求:

圖1

(1)小滑塊與水平面間的動摩擦因數"；

(2)小滑塊在斜面上運動時，拉力作用的距離刖；

(3)小滑塊在斜面上運動時，拉力作用的時間上

答案(D§(2)1.25m(3)0.5s

解析(1)小滑塊由C運動到A,由動能定理得

mgLsin37°—

解得JJ

(2)小滑塊在斜面上運動時，設拉力作用的距離為xo,小滑塊由A運動到C,由

動能定理得

Fx—jLintgx+Fxo-mgLsin37°=0

解得xo=1.25nio

⑶小滑塊由A運動到B,由動能定理得

1

卜Qx一/.tmgx=2

在斜面上，由牛頓第二定律得

F—mgsin37°=〃也

由運動學公式得期)=即十%/

聯(lián)立解得，=0.5s。

跟蹤訓練

1.(2022?上海卷，19)如織2所示，A8為平直導軌，長為，物塊與導軌間的動摩

擦因數為"，6c為光滑曲面，A與地面間的高度差為加，B、C間高度差為力2。

一個質量為例的物塊在水平恒力作用下，從4點由靜止開始向右運動，到達8

點時撤去恒力，物塊經過C點后在空中運動一段時間落地，已知重力加速度為g。

APILB

圖2

(1)若物塊落地時動能為Ei,求其經過B點時的動能反心

(2)若要物塊落地時動能小于Ei,求恒力必須滿足的條件。

.安,igI/c、〃mgL+mgfi2Ei-mgh+“mgL

答案(\)E\-mgh\(2)-------1-------<F<----------￡----------

解析(1)對物塊從8京到落地的過程，由動能定理，有mghi=Ei—EkB

解得EkB=E\—mghio

(2)對物塊從A點到落地的整個過程，當落地動能為田時，對應的拉力最大，設

為Enax,由動能定理有

FmaxL—fimgL+mgh\=E\

解得=嗎+/.

若物塊恰能到達。點，對應的拉力最小，設為“in,根據動能定理有

FminL-fimgL-inghi=0

nwhi

始徨R.一t——Q----------0—

用牛傳rmin一乙

則恒力廠必須滿足的條件為

N〃igL+mgh?Ei-mghi+iimgL

L<F<L

2.如圖3所示，水平桌面上的輕質彈簧左端固定，右端與靜止在。點質量為，7?=

1kg的小物塊接觸而不連接，此時彈簧無形變?，F(xiàn)對小物塊施加尸=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點時撤去推力凡小物塊最終運動到8點

靜止。圖中04=0.8m,OB=0.2m,重力加速度取g=10m/s?。求小物塊：

/

/：WAfs?'^MMA/WWWWWVT")—F「

AOB

圖3

⑴與桌面間的動摩擦因數〃；

(2)向右運動過程中經過O點的速度大小；

(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)小物塊速度達到最大時，加速度為零，則

F-Ra

產一〃w7g一/哲=0,〃=〃琢=0.4。

(2)設向右運動通過。點時的速度為00,

從。一8,由動能定理得

—Ffxoii=0—

R=〃mg=4N

解得Po=Vk6m/s七1.26m/s。

(3)設彈簧最大壓縮量為Xmax,對小物塊運動的全過程，根據動能定理得

FXOA-Ff(2xjnax+XO8)=0

代入數值得Xmax=0.9m。

mgA〃=〃?g(/?i—〃2)=1.135J

空氣阻力恒定，作用距離為

L=/?i+/I2+2XI=2.273m

解得戶().5N。

(3)整個運動過程中，空氣阻力一直與運動方向相反，根據動能定理有

WG+W(-\-W舁=^?iV2,2—^fnvj

整個過程動能變化為0,

1

重力做功WG=m^h=m^hi+x2)=5.55J

彈力做功W首=一4=—0.025J

則空氣阻力做功Wt=-fs=-5.525]

解得s=11.05m。

(4)籃球速度最大的位置是第一次卜落到合力為零的位置，此時〃吆=/4■日3,得

%3=0.009m,即籃球第一次下落至A點下方().(X)9m處速度最大。

跟蹤訓練

3.(2023?福建福州模擬)如圖5所示，質量為m的小滑塊從A點由靜止開始沿傾角

為6的固定斜面下滑，在B處撞到一勁度系數為k的輕質彈簧，彈簧的另一端固

定在斜面底端。處，小8之間距離為小已知G滑塊與斜面AB段間的動摩擦

因數為8C段光滑，小滑塊在壓縮彈簧過程彈簧始終在彈性限度內，

重力加速度為g。求：

(1)小滑塊速度最大時，離6點的距離；

⑵小滑塊第一次運動到B點的時間；

(3)小滑塊第〃次在B點與彈簧脫離后的動能。

答案⑴四警(2：2L(sin。-4cos6)“

⑶(sine+〃cos<9)L

gsin。一"geos0

解析(1)滑塊沿斜面勻加速下滑，撞上彈簧后做加速度減小的加速運動，當

。=0時滑塊速度最大，設此時彈簧的壓縮量為工

則〃zgsinO=kx

解得尸『

滑塊離B點的距離為竺陪2時速度最大。

（2）設滑塊受斜面的支持力大小為尸N,滑動摩擦力大小為a,滑塊的加速度大小

為a,

由牛頓第二定律得mgsin0—Ft=ma

豎直方向FN_/wgcos0=0

滑動摩擦力公式

運動學公式L=\afi

2L

聯(lián)立解得

gsin//geos夕°

（3）由于段光滑，小滑塊到達B點和脫離8點時的動能相等。設滑塊第一次

脫離8時的動能為Em由動能定理得

mgLsin。一從mgLcos0=Ek}-0

設滑塊第一次離開。點后沿斜面上升

由動能定理得一wgxisin。一〃〃?gxicos0=0—Eki

理.v蚓洱sin〃一"cos0

聯(lián)立解傳時如葉如心

設滑塊第二次脫離B時的動能為反2,由動能定理得

mgx\s\n夕一〃wgxicos3=Ek2~0

.、燈,口（sin。一〃cos。）2

聯(lián)立解傳反2=.nIn

sin，+〃costf°

設小滑塊第二次脫離8點后，沿斜面向上運動距離為X2,由動能定理得

—〃%X2sin9-〃〃7gx2cos0=0-Ek2

(sin夕一〃cos夕］2

聯(lián)立解得JV2=(sin0+〃cos0)L

依此類推，滑塊第〃次在8點與彈簧脫離時，動能為

(sin6-〃cos6)”

Ek，，=(sin夕+〃cos。)l陷二°

提升素養(yǎng)能力

（限時:40分鐘）

1.如圖1所示，豎直固定放置的斜面OE與一光滑的圓弧軌道ABC相連，。為切

點，圓弧軌道的半徑為凡斜面的傾角為〃。現(xiàn)有一質量為，〃的滑塊從。點無初

速度下滑，滑塊可在斜面和圓弧軌道之間做往友運動，己知圓弧軌道的圓心O

與A、。在同一水平面上，滑塊與斜面間的動摩擦因數為M，求：

圖1

⑴滑塊第一次至左側AC弧上時距A點的最小高度差力;

⑵滑塊在斜面上能通過的最大路程5o

答案（1嘴^嘮

解析（1）滑塊從。到達左側最高點產經歷。C、CB、8b三個過程，現(xiàn)以。“整

個過程為研究過程，運用動能定理得

mgh-〃mgcos

tan0

〃Hcos0

解得人=

tan0

（2）通過分析可知，滑塊最終運動至C點的速度為0時對應在斜面上通過的總路

程最大，由動能定理得mgReos0—jLimgcos0-s=0

R

解得s=-0

2.如圖2所示，一小球從A點以某一水平向右的初速度出發(fā)，沿水平直線軌道運

動到3點后，進入半徑R=1（）cm的光滑豎直圓形軌道，圓形軌道間不相互重疊,

即小球離開圓形軌道后可繼續(xù)向C點運動，C點右側有一壕溝，C、。兩點的豎

直高度/z=0.8m,水平距離s=1.2m,水平軌道AB長為八=2.75m,長為

L=3.5m,小球與水平軌道間的動摩擦因數〃=0.2,重力加速度g取10mA?。

(1)若小球恰能通過圓形軌道的最高點，求小球在4點的初速度大??；

(2)小球既能通過圓形軌道的最高點，又不掉進壕溝，求小球在A點初速度大小

的范圍。

答案(1)4m/s(2)4m/sWiMW5m/s或為2小5m/s

解析(1)小球恰好通過圓形軌道的最高點時，根據牛頓第二定律得，咫=嚕

從A點到圓形軌道的最高點的過程中，根據動能定埋得

--tn^2R=~^invi-jnvAi

解得小球在A點的初速度VA\=4m/so

(2)若恰好運動到C點時，速度為零，則從A到。的過程中，根據動能定理得

一1+乙2)=0-加2

解得小球在八點的初速度0A2=5m/s

因此若小球停在8C段，則滿足

4m/sWiMW5m/s

若恰好能越過壕溝，則從C到Q做平拋運動

〃=少尸，s=vt

從A到。的過程中，枝據動能定理得

一"加g(L?+L2)=^mv2—斗〃就3

解得小球在A點的初速度VA3=y[34m/s

因此若小球能越過壕溝，則滿足

VA》事im/So

3.學?？萍夹〗M設計了“e”字型軌道豎直放置在水平面上，如圖3所示，該軌道由

兩個光滑半圓形軌道ABC、CDE和粗糙的水平直軌道EF組成，末端與豎直的

彈性擋板OF連接，軌道CDE半徑r=OAm,軌道ABC半徑為2r,A端與地面

相切?，F(xiàn)將質量m=0.2kg的小滑塊從水平地面P點以速度內=2/m/s沿軌道

上渭?，運動到尸點與擋板發(fā)生完全彈性相碰。已知直線軌道所長為L=0.5m,

小滑塊與軌道所的動摩擦因數〃=0.5,其余阻力均不計，小滑塊可視為質點。

求：

圖3

(1)小滑塊在A3C圓軌道運動時對軌道C點的壓力;

(2)小滑塊最終停止的位置離"點的距離：

(3)若改變小滑塊的初速度，使小滑塊能停在Eb軌道上，且運動過程中不脫離軌

道，則小滑塊的初速度滿足什么條件。

答案(1)2N,方向豎直向上(2)0.3m(3)Em/s<°oW4m/s

解析(1)滑塊從尸到C的過程中，根據動能定理可得

在。點對滑塊根據牛頓第二定律可得

風+叫=喏

聯(lián)立解得自N=2N

根據牛頓第三定律可知小滑塊對軌道的壓力為2N,方向豎直向上。

(2)從。點到￡尸軌道停止過程中，根據動能定理可得

-mg-2r-fungs=0—^inv6

解得s=0.8m=(L+0.3)m

所以滑塊最終停在離F點().3m處。

(3)滑塊剛好經過最高點C,根據牛頓第二定律可知

mv2

也產后

滑塊從尸到。的過程中，根據動能定理可得

聯(lián)立解得m/s

當滑塊第一次從擋板彈回時，到達小圓的圓心等高處時速度為零，滑塊從P到。

的過程中，根據動能定理可得

—mg-3r—/.iniglL=0

解得s=4m/s

所以滑塊的初速度范圍為m/s<a)W4m/s。

4.(2023?福建漳州模擬)如圖4所示，不可伸長的輕繩一端與質量為根的小球相連,

另一端跨過兩等高定滑輪與物塊連接，物塊置于左側滑輪正下方的水