專題強化九應(yīng)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(yīng)用動能定理處理往復運動求路程等復雜問題?？键c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.全過程列式時的注意事項(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(2025·天津南開高三期中)如圖所示，圓心為O、半徑R=1.6m的光滑圓軌道與水平地面相切于B點，且固定于豎直平面內(nèi)。在水平地面上距B點x=5m處的A點放一質(zhì)量m=3kg的小物塊，小物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，小物塊在與水平地面夾角θ=37°斜向上的拉力F的作用下由靜止向B點運動，運動到B點時撤去F，小物塊沿圓軌道上滑，且恰能到達圓軌道最高點C(g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)。求:(1)小物塊在C點的速度vC的大小;(2)小物塊在B點時對軌道壓力的大小;(3)拉力F的大小。答案(1)4m/s(2)180N(3)39011解析(1)小物塊恰能到達圓軌道最高點C時，物塊與軌道間無彈力，只受重力，重力提供向心力，由牛頓第二定律，有mg=mv解得vC=4m/s。(2)小物塊從B運動到C，由動能定理得－mg·2R=12mvC解得vB=45m/s小物塊在B點時，由重力和軌道支持力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得FN－mg=mv解得FN=180N由牛頓第三定律可知，小物塊在B點時對軌道的壓力大小為F壓=FN=180N。(3)小物塊從A點運動到B點時，小物塊受到的滑動摩擦力大小為Ff=μ(mg－Fsinθ)由動能定理有Fxcosθ－Ffx=12mvB解得F=39011N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)果進行必要的驗證或討論。例2如圖所示，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。現(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:(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－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－FfxOB=0－12mFf=μmg=4N解得v0=1.6m/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FxOA－Ff(2xmax+xOB)=0代入數(shù)值得xmax=0.9m。例3(2025·遼寧名校聯(lián)盟模擬)如圖所示，粗糙水平面NQ右側(cè)固定一個彈性擋板，左側(cè)在豎直平面內(nèi)固定一個半徑R=10m、圓心角θ=53°的光滑圓弧軌道MN。半徑ON與水平面垂直，N點與擋板的距離d=12m?？梢暈橘|(zhì)點的滑塊質(zhì)量m=1kg，從P點以初速度v0=4.8m/s水平拋出，恰好在M點沿切線進入圓弧軌道。已知重力加速度g取10m/s2，sin53°=0.8。(1)求滑塊經(jīng)過N點時對圓弧軌道的壓力大小;(2)若滑塊與擋板只發(fā)生一次碰撞且不能從M點滑出軌道，求滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ的取值范圍。答案(1)24.4N(2)0.2<μ<0.6解析(1)依題意，滑塊到達M點時，速度分解為水平和豎直兩個方向，可得vMcosθ=v0滑塊從M點運動到N點過程，由動能定理可得mgR(1－cosθ)=12mvN滑塊在最低點N時，由牛頓第二定律可得FN－mg=mv聯(lián)立解得FN=24.4N根據(jù)牛頓第三定律可知滑塊經(jīng)過N點時對圓弧軌道的壓力大小為FN'=FN=24.4N。(2)動摩擦因數(shù)μ取最大值時，滑塊第一次向右運動恰好與擋板碰撞，有－μmaxmgd=0－12m解得μmax=0.6滑塊恰好可以再次滑到M點，由動能定理可得－2μmgd=0－12m解得μ=2滑塊恰好不與擋板發(fā)生第二次碰撞，有－3μminmgd=0－12m解得μmin=0.2所以動摩擦因數(shù)μ的取值范圍為0.2<μ<0.6?？键c二動能定理在往復運動問題中的應(yīng)用1.往復運動問題:在有些問題中物體的運動過程具有重復性、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節(jié)，所以用動能定理分析這類問題可使解題過程簡化。例4(2025·福建三明聯(lián)考)如圖，斜面長為L=16m，傾角θ=30°，斜面底端有垂直于斜面的擋板，質(zhì)量為m=2kg的物體自斜面頂端以初速度v0=18m/s沿斜面勻速下滑，與擋板相碰后以原速率反彈，再沿斜面上滑，求:(1)物體與斜面間摩擦力的大小;(2)物體與斜面間的動摩擦因數(shù);(3)若題干部分條件改為斜面足夠長，物體仍沿距斜面底端L=16m處下滑，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ'=36，g=10m/s2，其他條件不變，求物體在斜面上滑行的總路程為多大答案(1)10N(2)33解析(1)由于物體沿斜面勻速下滑，對物體受力分析可知mgsinθ=Ff解得物體與斜面間摩擦力的大小為Ff=10N。(2)由滑動摩擦力的計算公式可知Ff=μFN，其中FN=mgcosθ解得μ=tanθ=33(3)由于mgsinθ=10N>μ'mgcosθ=5N故物體最終停在斜面的底端，設(shè)物體在斜面上運動的總路程為s，根據(jù)動能定理可知－μ'mgcosθ·s+mgLsinθ=0－12m解得s=96.8m。(1)應(yīng)用動能定理求解往復運動問題時，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=－Ffs求解，其中s為物體相對滑行的總路程。例5(多選)(2025·云南曲靖模擬)如圖所示，足夠長的固定木板的傾角為37°，勁度系數(shù)為k=36N/m的輕質(zhì)彈簧一端固定在木板上P點，圖中AP間距等于彈簧的自然長度?，F(xiàn)將質(zhì)量m=1kg的可視為質(zhì)點的物塊放在木板上，穩(wěn)定后在外力作用下將彈簧緩慢壓縮到某一位置B點后釋放。已知木板PA段光滑，AQ段粗糙，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ=38，物塊在B點釋放后向上運動，第一次到達A點時速度大小為v0=33m/s，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，則(A.施力前彈簧壓縮量為518B.物塊從A點向上滑行的最大距離為2mC.物塊第一次向下運動到A點時的速度大小為3m/sD.物塊在A點上方運動的總路程為4.5m答案CD解析施力前，對物塊，根據(jù)平衡條件F彈=mgsin37°，根據(jù)胡克定律F彈=kx，聯(lián)立解得x=16m，故A錯誤;設(shè)物塊從A點向上滑行的最大距離為s1，根據(jù)動能定理可知，上滑過程有－mgs1sin37°－μmgs1cos37°=0－12mv02，下滑過程有mgs1sin37°－μmgs1cos37°=12mv12－0，聯(lián)立解得s1=1.5m，v1=3m/s，故B錯誤，C正確;物塊最終在A點下方做往復運動，最高點為A，根據(jù)動能定理有μmgscos37°=12mv02限時作業(yè)(限時:40分鐘)基礎(chǔ)對點練對點練1動能定理在多過程問題中的應(yīng)用1.(2025·山東菏澤聯(lián)考)如圖所示，某同學在滑雪場練習滑雪?；烙勺銐蜷L的水平冰面與傾角為37°的傾斜冰面在M處平滑連接，冰鞋與水平和傾斜冰面間的動摩擦因數(shù)均為0.25，某次練習時，該同學從A處開始以大小為v0的初速度向右自由滑行，最終在傾斜冰面上B處速度減為0，AM與MB的長度之比為48∶5，重力加速度大小為g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，該同學自由滑行至M點的速度大小為()A.12v0 B.13v0 C.18v0 D.答案A解析在水平冰面和傾斜冰面上應(yīng)用動能定理有－μmgx1=12mv2－12mv02，－(mgsin37°+μmgcos37°)x2=0－12mv2，又x1x2=485，聯(lián)立解得2.木塊在水平恒力F的作用下，沿水平路面由靜止出發(fā)前進了L，隨即撤去此恒力，木塊沿原方向又前進了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()A.Ff=F2Ek=B.Ff=F2Ek=C.Ff=F3Ek=D.Ff=F4Ek=答案D解析木塊運動全過程中，根據(jù)動能定理可得FL－Ff·4L=0－0，可得Ff=F4，木塊在撤去恒力時速度最大，則動能最大，根據(jù)動能定理可得FL－FfL=Ek－0，解得木塊所獲得的最大動能為Ek=3FL4，對點練2動能定理在往復運動問題中的應(yīng)用3.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=0.5m，盆邊緣的高度為h=0.3m。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()A.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=hμ=0.30.1m=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4.(2025·廣東廣州模擬)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答案C解析籃球第一次到達地面時所獲得的動能為Ek1=mgH，運動的路程為s1=H，籃球第1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=0.92H籃球第三次到達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s總=H+2×0.9H×1-0.當n趨于無窮大時，有s總=19H，C正確。綜合提升練5.(2025·北師大附中高三月考)如圖所示，AB為水平軌道，A、B間距離s=1.25m，BCD是半徑為R=0.4m的豎直半圓形軌道，B為圓軌道的最低點，D為軌道的最高點。有一小物塊質(zhì)量為m=1kg，小物塊在F=10N的水平力作用下從A點由靜止開始運動，到達B點時撤去力F，物塊恰好可以通過最高點，不計空氣阻力以及物塊與水平軌道的摩擦。g取10m/s2，求:(1)小物塊通過B點瞬間對軌道的壓力大小;(2)小物塊通過D點后，再一次落回到水平軌道AB上，落點和B點之間的距離大小;(3)小物塊由B點運動到D點過程中，阻力所做的功。答案(1)72.5N(2)0.8m(3)－2.5J解析(1)A到B過程根據(jù)動能定理得Fs=12m解得vB=5m/s在B點根據(jù)牛頓第二定律FN－mg=mv聯(lián)立解得FN=72.5N根據(jù)牛頓第三定律物塊通過B點瞬間對軌道的壓力為FN'=FN=72.5N。(2)物塊恰好可以通過最高點，有mg=mv解得vD=2m/s小物塊通過D點后，做平拋運動，有2R=12gt2，x=vDt解得落點和B點之間的距離大小為x=0.8m。(3)小物塊由B點運動到D點過程中，根據(jù)動能定理得－mg·2R+Wf=12mvD解得阻力所做的功為Wf=－2.5J。6.(2025·廣東肇慶聯(lián)考)如圖所示為一豎直放置的玩具軌道裝置模型，一質(zhì)量m=2kg的小滑塊從A點靜止釋放，沿曲線軌道AB滑下后沖入豎直圓形軌道BC，再經(jīng)過水平軌道BD，最后從D點飛出落在水平薄板MN上，各軌道間平滑連接。其中圓軌道BC的半徑R=0.14m，水平軌道BD的長L=1m，BD段與滑塊間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，其余部分摩擦不計，薄板MN的寬度d=0.24m，M點到D點的水平距離x=0.56m，薄板MN到水平軌道BD的豎直高度h=0.8m，不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2。(1)若小滑塊恰好落在薄板MN上的N點，求小滑塊在D點的動能;(2)若小滑塊恰好過圓弧最高點C，判斷小滑塊能否落在MN上。答案(1)4J(2)能，理由見解析解析(1)小滑塊從D點飛出后做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律h=12gt2，x+d=vD解得vD=2m/s則小滑塊在D點的動能Ek=12mvD2=4(2)小滑塊恰好過圓弧最高點，根據(jù)牛頓第二定律，在C點，有mg=mv設(shè)小滑塊運動到D點時速度為v，小滑塊從C運動到D，由動能定理可得mg·2R－μmgL=12mv2－12解得v=3m/s若小滑塊從D點飛出剛好落在M點由運動學公式x=vD't解得vD'=1.4