2024届高考物理一轮复习教案第六章专题强化八动能定理在多过程问题中的应用（粤教版新教材）

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题型一 动能定理在多过程问题中的应用
1．应用动能定理解决多过程问题的两种思路
(1)分阶段应用动能定理
①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理．
②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破．
(2)全过程(多个过程)应用动能定理
当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大简化运算．
2．全过程列式时要注意
(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 图中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，长为s，BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧，其长度可以忽略不计．一质量为m的小滑块在A点由静止释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如图所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于( )
A．mghB．2mgh
C．μmg(s＋eq \f(h,sin θ)) D．μmg(s＋hcs θ)
答案 B
解析 滑块由A点运动至D点，设克服摩擦力做功为W克fAD，由动能定理得mgh－W克fAD＝0，即W克fAD＝mgh，①
滑块从D点回到A点，由于是缓慢推，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为W克fDA，由动能定理知，滑块从D点被推回A点过程有WF－mgh－W克fDA＝0，②
由A点运动至D点，克服摩擦力做的功为W克fAD＝μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)＋μmgs，③
从D→A的过程克服摩擦力做的功为W克fDA＝μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)＋μmgs，④
联立③④得W克fAD＝W克fDA，⑤
联立①②⑤得WF＝2mgh，故A、C、D错误，B正确．
例2 (多选)(2021·全国甲卷·20)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动．该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为eq \f(Ek,5).已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g.则( )
A．物体向上滑动的距离为eq \f(Ek,2mg)
B．物体向下滑动时的加速度大小为eq \f(g,5)
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
答案 BC
解析 物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有－μmg·2lcs α＝eq \f(Ek,5)－Ek，
物体从斜面底端到最高点根据动能定理有
－mglsin α－μmglcs α＝0－Ek，
整理得l＝eq \f(Ek,mg)，μ＝0.5，A错误，C正确；
物体向下滑动时根据牛顿第二定律有
ma下＝mgsin α－μmgcs α，
解得a下＝eq \f(g,5)，B正确；
物体向上滑动时根据牛顿第二定律有
ma上＝mgsin α＋μmgcs α，解得a上＝g，
故a上>a下，
由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据位移公式l＝eq \f(1,2)at2，则可得出t上