重难点08动能定理求解变力做功和多过程问题(解析版)-2021学霸向前冲高考物理二轮重难点必刷

高考物理动能定理的综合应用解题技巧和训练方法及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．如图所示，人骑摩托车做腾跃特技表演，以1.0m/s 的初速度沿曲面冲上高0.8m 、顶部水平的高台，若摩托车冲上高台的过程中始终以额定功率1.8kW 行驶，经过1.2s 到达平台顶部，然后离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A 点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．A 、B 为圆弧两端点，其连线水平．已知圆弧半径为R ＝1.0m ，人和车的总质量为180kg ，特技表演的全过程中不计一切阻力(计算中取g ＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)．求：(1)人和车到达顶部平台的速度v ；(2)从平台飞出到A 点，人和车运动的水平距离x ； (3)圆弧对应圆心角θ；(4)人和车运动到圆弧轨道最低点O 时对轨道的压力． 【答案】（1）3m/s （2）1.2m （3）106°（4）7.74×103N 【解析】 【分析】 【详解】（1）由动能定理可知：221011Pt mgH mv 22mv -=- v ＝3m/s （2）由2221H gt ,s vt 2==可得：2H s v 1.2m g== （3）摩托车落至A 点时，其竖直方向的分速度y 2v gt 4m /s ==设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为α，则4tan 3yv v α==，即α＝53° 所以θ＝2α＝106° （4）在摩托车由最高点飞出落至O 点的过程中，由机械能守恒定律可得：2211mg[H R(1cos )]mv mv 22α'+-=-在O 点：2v N mg m R-= 所以N ＝7740N由牛顿第三定律可知，人和车在最低点O 时对轨道的压力为7740N2．如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在t ＝0时刻，将质量为1.0 kg 的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A 点，经过1.0 s ，物块从最下端的B 点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g ＝10 m/s 2)，求：(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块从A 到B 的过程中，传送带对物块做的功． 【答案】(1) 35(2) －3.75 J 【解析】解：(1)由图象可知，物块在前0.5 s 的加速度为：2111a =8?m/s v t = 后0.5 s 的加速度为：222222?/v v a m s t -== 物块在前0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：1mgsin mgcos ma θμθ+=物块在后0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：2mgsin mgcos ma θμθ-=联立解得：3μ=(2)由v －t 图象面积意义可知，在前0.5 s ，物块对地位移为：1112v t x =则摩擦力对物块做功：11·W mgcos x μθ= 在后0.5 s ，物块对地位移为：12122v v x t +=则摩擦力对物块做功22·W mgcos x μθ=－ 所以传送带对物块做的总功：12W W W =+ 联立解得：W ＝－3.75 J3．在某电视台举办的冲关游戏中，AB 是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径R=1.6m ，BC 是长度为L 1=3m 的水平传送带，CD 是长度为L 2=3.6m 水平粗糙轨道，AB 、CD 轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A 处由静止下滑，参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m=60kg ，滑板质量可忽略．已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1=0.4、μ2=0.5，g 取10m/s 2.求：（1）参赛者运动到圆弧轨道B 处对轨道的压力；（2）若参赛者恰好能运动至D 点，求传送带运转速率及方向； （3）在第（2）问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能．【答案】（1）1200N ，方向竖直向下（2）顺时针运转，v=6m/s （3）720J 【解析】(1) 对参赛者：A 到B 过程，由动能定理 mgR(1－cos 60°)＝12m 2B v 解得v B ＝4m /s在B 处，由牛顿第二定律N B －mg ＝m 2Bv R解得N B ＝2mg ＝1 200N根据牛顿第三定律：参赛者对轨道的压力 N′B ＝N B ＝1 200N ，方向竖直向下． (2) C 到D 过程，由动能定理－μ2mgL 2＝0－12m 2C v 解得v C ＝6m /sB 到C 过程，由牛顿第二定律μ1mg ＝ma 解得a ＝4m /s 2(2分) 参赛者加速至v C 历时t ＝C Bv v a-＝0.5s 位移x 1＝2B Cv v +t ＝2.5m <L 1 参赛者从B 到C 先匀加速后匀速，传送带顺时针运转，速率v ＝6m /s . (3) 0.5s 内传送带位移x 2＝vt ＝3m参赛者与传送带的相对位移Δx ＝x 2－x 1＝0.5m 传送带由于传送参赛者多消耗的电能 E ＝μ1mg Δx ＋12m 2C v －12m 2B v ＝720J .4．某人欲将质量50kg m =的货箱推上高 1.0m h =的卡车，他使用的是一个长 5.0m L =的斜面（斜面与水平面在A 处平滑连接）。

动能定理在多过程问题中的应用类型一动能定理在多过程问题中的应用1．运用动能定理解决多过程问题，有两种思路：(1)可分段应用动能定理求解；(2)全过程应用动能定理：所求解的问题不涉及中间的速度时，全过程应用动能定理求解更简便．2．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意它们的特点．(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关．(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积．例1(2016·浙江10月选考·20)如图甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙所示的模型．倾角为45°的直轨道AB、半径R＝10 m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF，分别通过水平光滑衔接轨道BC、C′E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离l＝40 m．现有质量m＝500 kg的过山车，从高h＝40 m处的A点由静止下滑，经BCDC′EF最终停在G点．过山车与轨道AB、EF 间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG间的动摩擦因数μ2＝0.75.过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，g取10 m/s2.求：(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小；(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小；(3)减速直轨道FG的长度x.(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)【答案】(1)810 m/s(2)7×103 N(3)30 m【解析】(1)设过山车在C点的速度大小为v C，由动能定理得mgh－μ1mg cos 45°·hsin 45°＝12m v C2代入数据得v C＝810 m/s(2)设过山车在D点速度大小为v D，由动能定理得mg (h －2R )－μ1mg cos 45°·h sin 45°＝12m v D 2F ＋mg ＝m v D 2R，解得F ＝7×103 N由牛顿第三定律知，过山车在D 点对轨道的作用力大小为7×103 N (3)全程应用动能定理mg [h －(l －x )tan 37°]－μ1mg cos 45°·hsin 45°－μ1mg cos 37°·l －xcos 37°－μ2mgx ＝0解得x ＝30 m.变式训练1 (动能定理在多过程问题中的应用)(2020·河南信阳市罗山高三一模)如图甲所示，一倾角为37°，长L ＝3.75 m 的斜面AB 上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC 相连，斜面与圆轨道相切于B 处，C 为圆弧轨道的最高点．t ＝0时刻有一质量m ＝1 kg 的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v －t 图象如图乙所示．已知圆轨道的半径R ＝0.5 m ．(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)物块到达C 点时对轨道的压力的大小F N ；(3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A 点滑上轨道，通过C 点后恰好能落在A 点．如果能，请计算出物块从A 点滑出的初速度大小；如果不能请说明理由． 【答案】(1)0.5 (2)4 N (3)见解析【解析】(1)由题图乙可知物块上滑时的加速度大小为a ＝10 m/s 2① 根据牛顿第二定律有：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma ② 由①②联立解得μ＝0.5③(2)设物块到达C 点时的速度大小为v C ，由动能定理得： －mg (L sin 37°＋R ＋R cos 37°)－μmgL cos 37°＝12m v C 2－12m v 02④在C 点，根据牛顿第二定律有：mg ＋F N ′＝m v C 2R ⑤联立③④⑤解得：F N ′＝4 N ⑥根据牛顿第三定律得：F N ＝F N ′＝4 N ⑦ 物块在C 点时对轨道的压力大小为4 N(3)设物块以初速度v 1上滑，最后恰好落到A 点 物块从C 到A ，做平抛运动，竖直方向：L sin 37°＋R (1＋cos 37°)＝12gt 2⑧水平方向：L cos 37°－R sin 37°＝v C ′t ⑨ 解得v C ′＝977 m/s>gR ＝ 5 m/s ，⑩所以物块能通过C 点落到A 点 物块从A 到C ，由动能定理得：－mg (L sin 37°＋1.8R )－μmgL cos 37°＝12m v C ′2－12m v 12⑪联立解得：v 1＝21837m/s ⑫ 类型二 动能定理在往复运动问题中的应用在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定．求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出．由于动能定理只涉及物体的初、末状态而不计运动过程的细节，此类问题多涉及滑动摩擦力，或其他阻力做功，其做功的特点与路程有关，求路程对应的是摩擦力做功，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化．例2 如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB ，BCD 部分是一个光滑的圆弧面，C 为圆弧的最低点，AB 正好是圆弧在B 点的切线，圆心O 与A 、D 点在同一高度，θ＝37°，圆弧面的半径R ＝3.6 m ，一滑块质量m ＝5 kg ，与AB 斜面间的动摩擦因数μ＝0.45，将滑块从A 点由静止释放(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)．求在此后的运动过程中：(1)滑块在AB 段上运动的总路程；(2)在滑块运动过程中，C 点受到的压力的最大值和最小值． 【答案】(1)8 m (2)102 N 70 N【解析】 (1)由题意可知斜面AB 与水平面的夹角为θ＝37°， 知mg sin θ>μmg cos θ，故滑块最终不会停留在斜面上， 由于滑块在AB 段受摩擦力作用，则滑块做往复运动的高度将越来越低，最终以B 点为最高点在光滑的圆弧面上往复运动． 设滑块在AB 段上运动的总路程为s ，滑块在AB 段上所受摩擦力大小F f ＝μF N ＝μmg cos θ， 从A 点出发到最终以B 点为最高点做往复运动， 由动能定理得mgR cos θ－F f s ＝0，解得s ＝Rμ＝8 m.(2)滑块第一次过C 点时，速度最大，设为v 1，分析受力知此时滑块所受轨道支持力最大，设为F max ，从A 到C 的过程，由动能定理得mgR －F f l AB ＝12m v 12－0，斜面AB 的长度l AB ＝Rtan θ，由牛顿第二定律得F max －mg ＝m v 12R ，解得F max ＝102 N.滑块以B 为最高点做往复运动的过程中过C 点时，速度最小，设为v 2，此时滑块所受轨道支持力最小，设为F min ，从B 到C ， 由动能定理得mgR (1－cos θ)＝12m v 22－0，由牛顿第二定律得F min －mg ＝m v 22R ，解得F min ＝70 N ，根据牛顿第三定律可知C 点受到的压力最大值为102 N ，最小值为70 N.变式训练2 (动能定理在往复运动中的应用)(2020·浙江高三开学考试)如图所示，有一圆弧形的槽ABC ，槽底B 放在水平地面上，槽的两侧A 、C 与光滑斜坡aa ′、bb ′分别相切，相切处a 、b 位于同一水平面内，距水平地面高度为h .一质量为m 的小物块从斜坡aa ′上距水平面ab 的高度为2h 处沿斜坡自由滑下，并自a 处进入槽内，到达b 处后沿斜坡bb ′向上滑行，到达的最高处距水平面ab 的高度为h ，若槽内的动摩擦因数处处相同，不考虑空气阻力，且重力加速度为g ，则( )A ．小物块第一次从a 处运动到b 处的过程中克服摩擦力做功mghB ．小物块第一次经过B 点时的动能等于2.5mghC ．小物块第二次运动到a 处时速度为零D ．经过足够长的时间后，小物块最终一定停在B 处 【答案】 A【解析】在第一次运动过程中，小物块克服摩擦力做功，根据动能定理可知mgh －W f ＝0－0，解得W f ＝mgh ，故A 正确；因为小物块从右侧到最低点的过程中对轨道的压力较大，所受的摩擦力较大，所以小物块从右侧到最低点的过程中克服摩擦力做的功W f1>12W f ＝12mgh ，设小物块第1次通过最低点的速度为v ，从自由滑下到最低点的过程，由动能定理得3mgh －W f1＝E k －0，解得E k <2.5mgh ，故B 错误；由于在AC 段，小物块与轨道间有摩擦力，故小物块在某一位置的速度大小要减小，故与轨道间的摩擦力减小，第二次在AC 段运动时克服摩擦力做功比第一次要少，故第二次到达a (A )点时，有一定的速度，故C 错误；由于在AC 段存在摩擦力，故小物块在B 点两侧某一位置可能处于静止状态，故D 错误． 故选A 。

专题强化八应用动能定理解决多过程问题学习目标 1.会用动能定理解决多过程、多阶段的问题。

2.会应用动能定理处理往复运动求路程等复杂问题。

考点一动能定理在多过程问题中的应用1.运用动能定理解决多过程问题的两种思路(1)分段应用动能定理求解。

(2)所求解的问题不涉及中间的速度时，全过程应用动能定理求解更简便。

2.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的特点。

(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。

(2)大小恒定的阻力或摩擦力所做的功等于力的大小与路程的乘积。

例1如图1所示，一质量为m ＝0.5kg 的小滑块，在水平拉力F ＝4N 的作用下，从水平面上的A 处由静止开始运动，滑行x ＝1.75m 后由B 处滑上倾角为37°的光滑固定斜面，滑上斜面后拉力的大小保持不变，方向变为沿斜面向上，滑动一段时间后撤去拉力。

已知小滑块沿斜面上滑到的最高点C 距B 点为L ＝2m ，小滑块最后恰好停在A 处。

不计B 处能量损失，g 取10m/s 2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

试求：图1(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(2)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的距离x 0；(3)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的时间t 。

答案(1)2435(2)1.25m (3)0.5s 解析(1)小滑块由C 运动到A ，由动能定理得mgL sin 37°－μmgx ＝0解得μ＝2435。

(2)小滑块在斜面上运动时，设拉力作用的距离为x 0，小滑块由A 运动到C ，由动能定理得Fx －μmgx ＋Fx 0－mgL sin 37°＝0解得x 0＝1.25m 。

(3)小滑块由A 运动到B ，由动能定理得Fx －μmgx ＝12m v 2在斜面上，由牛顿第二定律得F －mg sin 37°＝ma由运动学公式得x 0＝v t ＋12at 2联立解得t ＝0.5s 。

压轴题用力学三大观点处理多过程问题1.用力学三大观点(动力学观点、能量观点和动量观点)处理多过程问题在高考物理中占据核心地位，是检验学生物理思维能力和综合运用知识解决实际问题能力的重要标准。

2.在命题方式上，高考通常会通过设计包含多个物理过程、涉及多个力学观点的复杂问题来考查学生的综合能力。

这些问题可能涉及物体的运动状态变化、能量转换和守恒、动量变化等多个方面，要求考生能够灵活运用力学三大观点进行分析和解答。

3.备考时，学生应首先深入理解力学三大观点的基本原理和应用方法，掌握相关的物理公式和定理。

其次，要通过大量的练习来提高自己分析和解决问题的能力，特别是要注重对多过程问题的训练，学会将复杂问题分解为多个简单过程进行分析和处理。

考向一：三大观点及相互联系考向二：三大观点的选用原则力学中首先考虑使用两个守恒定律。

从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题。

(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。

(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。

(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。

(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。

考向三：用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法1．多体问题--要正确选取研究对象，善于寻找相互联系选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。

选取研究对象后需根据不同的条件采用隔离法，即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为整体进行研究；或将隔离法与整体法交叉使用。

通常，符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。

应用动能定理求解变力做功问题一、应用动能定理求变力做功时应注意的问题1、所求的变力的功不一定为总功，故所求的变力的功不一定等于ΔE k .2、合外力对物体所做的功对应物体动能的变化，而不是对应物体的动能．3、若有多个力做功时，必须明确各力做功的正负，待求的变力的功若为负功，可以设克服该力做功为W ，则表达式中应用－W ；也可以设变力的功为W ，则字母W 本身含有负号．二、练习1、如图所示，光滑水平平台上有一个质量为m 的物块，站在地面上的人用跨过定滑轮的绳子向右拉动物块，不计绳和滑轮的质量及滑轮的摩擦，且平台边缘离人手作用点竖直高度始终为h .当人以速度v 从平台的边缘处向右匀速前进位移x 时，则( )A ．在该过程中，物块的运动可能是匀速的B ．在该过程中，人对物块做的功为m v 2x 22(h 2＋x 2)C ．在该过程中，人对物块做的功为m v 212D ．人前进x 时，物块的运动速率为v hh 2＋x 2答案　B解析　设绳子与水平方向的夹角为θ，则物块运动的速度v 物＝v cosθ，而cosθ＝，故v 物＝，可见物块的速度随x 的增大而增大，A 、D 均错误；人对x h 2＋x 2v xh 2＋x 2物块的拉力为变力，变力的功可应用动能定理求解，即W ＝m v ＝，B 正确，122物m v 2x 22(h 2＋x 2)C 错误．2、如图所示，一质量为m 的质点在半径为R 的半球形容器中(容器固定) 由静止开始自边缘上的A 点滑下，到达最低点B 时，它对容器的正压力为F N .重力加速度为g ，则质点自A 滑到B 的过程中，摩擦力对其所做的功为 ( )A.R (F N －3mg )B.R (3mg －F N )1212C.R (F N －mg ) D.R (F N －2mg )1212答案　A解析　质点到达最低点B 时，它对容器的正压力为F N ，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m ，根据动能定理，质点自A 滑到B 的过程中有W f ＋mgR ＝m v 2，故摩擦v 2R 12力对其所做的功W f ＝RF N －mgR ，故A 项正确．12323、质量为m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是( )A.mgRB.mgR 1413C.mgRD ．mgR12答案　C解析　小球通过最低点时，绳的张力为F ＝7mg①由牛顿第二定律可知：F －mg ＝②m v 21R小球恰好过最高点，绳子拉力为零，由牛顿第二定律可知：mg ＝③m v 2R小球由最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得：－2mgR ＋W f ＝m v －m v ④1221221由①②③④可得W f ＝－mgR ，所以小球克服空气阻力所做的功为mgR ，故C 正确，1212A 、B 、D 错误．4、一个质量为m 的小球，用长为L 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平拉力F 作用下，从平衡位置P 点很缓慢地移动到Q 点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，如图所示，则拉力F所做的功为( )A ．mgL cos θB ．mgL (1－cos θ)C ．FL sin θD ．FL cos θ答案　B解析　小球从P 点移动到Q 点时，受重力、绳子的拉力及水平拉力F 作用，因很缓慢地移动，小球可视处于平衡状态，由平衡条件可知：F ＝mg tan θ，随θ的增大，拉力F也增大，故F 是变力，因此不能直接用W ＝FL cosθ计算．根据动能定理有：W F －W G ＝0，所以W F ＝W G ＝mgL (1－cos θ)，选项B正确．5、如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设物体在斜面最低点A 的速度为v ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，则从A 到C 的过程中弹簧弹力做功是( )A ．mgh －m v 2B.m v 2－mgh1212C ．－mgh D ．－(mgh ＋m v 2)12答案　A解析　由A 到C 的过程运用动能定理可得－mgh ＋W ＝0－m v 212所以W ＝mgh －m v 2，所以A 正确．126、如图所示，质量为m 的物块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，物体与转台转轴相距R ，物体随转台由静止开始转动，当转速增加到某值时，物块即将开始滑动，在这一过程中，摩擦力对物体做的功是( )A.μmgR B ．2πmgR 12C ．2μmgR D ．0答案　A解析　物块即将开始滑动时，最大静摩擦力(近似等于滑动摩擦力)提供向心力，有μmg ＝，根据动能定理有，W f ＝，解得W f ＝，选项A 正确．m v 2R m v 22μmgR2。