新高考物理一轮复习讲义第5章 机械能守恒定律 专题强化八 应用动能定理解决多过程问题 (含解析)

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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＝0.5 kg的小滑块，在水平拉力F＝4 N的作用下，从水平面上的A处由静止开始运动，滑行x＝1.75 m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＝2 m，小滑块最后恰好停在A处。不计B处能量损失，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cs 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x0；
(3)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的时间t。
答案 (1)eq \f(24,35) (2)1.25 m (3)0.5 s
解析 (1)小滑块由C运动到A，由动能定理得
mgLsin 37°－μmgx＝0
解得μ＝eq \f(24,35)。
(2)小滑块在斜面上运动时，设拉力作用的距离为x0，小滑块由A运动到C，由动能定理得
Fx－μmgx＋Fx0－mgLsin 37°＝0
解得x0＝1.25 m。
(3)小滑块由A运动到B，由动能定理得
Fx－μmgx＝eq \f(1,2)mv2
在斜面上，由牛顿第二定律得
F－mgsin 37°＝ma
由运动学公式得x0＝vt＋eq \f(1,2)at2
联立解得t＝0.5 s。
跟踪训练
1.(2022·上海卷，19)如图2所示，AB为平直导轨，长为L，物块与导轨间的动摩擦因数为μ，BC为光滑曲面，A与地面间的高度差为h1，B、C间高度差为h2。一个质量为m的物块在水平恒力作用下，从A点由静止开始向右运动，到达B点时撤去恒力，物块经过C点后在空中运动一段时间落地，已知重力加速度为g。
图2
(1)若物块落地时动能为E1，求其经过B点时的动能EkB；
(2)若要物块落地时动能小于E1，求恒力必须满足的条件。
答案 (1)E1－mgh1 (2)eq \f(μmgL＋mgh2,L)＜F＜eq \f(E1－mgh1＋μmgL,L)
解析 (1)对物块从B点到落地的过程，由动能定理，有mgh1＝E1－EkB
解得EkB＝E1－mgh1。
(2)对物块从A点到落地的整个过程，当落地动能为E1时，对应的拉力最大，设为Fmax，由动能定理有
FmaxL－μmgL＋mgh1＝E1
解得Fmax＝eq \f(E1－mgh1＋μmgL,L)
若物块恰能到达C点，对应的拉力最小，设为Fmin，根据动能定理有
FminL－μmgL－mgh2＝0
解得Fmin＝eq \f(μmgL＋mgh2,L)
则恒力F必须满足的条件为
eq \f(μmgL＋mgh2,L)＜F＜eq \f(E1－mgh1＋μmgL,L)。
2.如图3所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O点质量为m＝1 kg的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变。现对小物块施加F＝10 N的水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动。小物块在向左运动到A点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6 N，运动到A点时撤去推力F，小物块最终运动到B点静止。图中OA＝0.8 m，OB＝0.2 m，重力加速度取g＝10 m/s2。求小物块：
图3
(1)与桌面间的动摩擦因数μ；
(2)向右运动过程中经过O点的速度大小；
(3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量。
答案 (1)0.4 (2)1.26 m/s (3)0.9 m
解析 (1)小物块速度达到最大时，加速度为零，则
F－μmg－F弹＝0，μ＝eq \f(F－F弹,mg)＝0.4。
(2)设向右运动通过O点时的速度为v0，
从O→B，由动能定理得
－FfxOB＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
Ff＝μmg＝4 N
解得v0＝eq \r(1.6) m/s≈1.26 m/s。
(3)设弹簧最大压缩量为xmax，对小物块运动的全过程，根据动能定理得
FxOA－Ff(2xmax＋xOB)＝0
代入数值得xmax＝0.9 m。
考点二 动能定理在往复运动问题中的应用
1.往复运动问题：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，而重复的次数又往往是无限的或者难以确定的。
2.解题策略：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，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4所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高。质量m＝0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点的高度h1＝1.10 m，篮球静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15 m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873 m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01 m，弹性势能为Ep＝0.025 J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球形变，弹簧形变在弹性限度范围内，g取10 m/s2。求：
图4
(1)弹簧的劲度系数；
(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力大小；
(3)篮球在整个运动过程中通过的路程；
(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。
答案 (1)500 N/m (2)0.5 N (3)11.05 m (4)第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大
解析 (1)由篮球最后静止的位置可知kx2＝mg
所以k＝500 N/m。
(2)在篮球由静止下落到第一次反弹至最高点的过程中，由动能定理可知
mgΔh－fL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
整个过程动能变化为0，重力做功
mgΔh＝mg(h1－h2)＝1.135 J
空气阻力恒定，作用距离为
L＝h1＋h2＋2x1＝2.273 m
解得f≈0.5 N。
(3)整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反，根据动能定理有
WG＋Wf＋W弹＝eq \f(1,2)mv2′2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
整个过程动能变化为0，
重力做功WG＝mgΔh′＝mg(h1＋x2)＝5.55 J
弹力做功W弹＝－Ep＝－0.025 J
则空气阻力做功Wf＝－fs＝－5.525 J
解得s＝11.05 m。
(4)篮球速度最大的位置是第一次下落到合力为零的位置，此时mg＝f＋kx3，得x3＝0.009 m，即篮球第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大。
跟踪训练
3.(2023·福建福州模拟)如图5所示，质量为m的小滑块从A点由静止开始沿倾角为θ的固定斜面下滑，在B处撞到一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧的另一端固定在斜面底端C处，A、B之间距离为L。已知小滑块与斜面AB段间的动摩擦因数为μ(μ