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(共55张PPT)
第六章
机械能
守恒定律
专题强化：动能定理在多
过程问题中的应用
第28课时
1.会用动能定理解决多过程、多阶段的问题。
2.掌握动能定理在往复运动问题中的应用。
目标要求
考点一　动能定理在多过程问题中的应用
考点二　动能定理在往复运动问题中的应用
内容索引
课时精练
动能定理在多过程问题中的应用
考点一
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，大大减少运算。
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。
(2025·江苏常州市检测)如图所示，长直木板右端垫高制作成斜面，木板左端点与水平面在A点平滑连接，右端点在O正上方。一小木块从斜面顶端由静止下滑，到达水平面上的B点停下，小木块与木板、水平面间的动摩擦因数相同。现用相同材质、不同长度的木板按图甲、乙、丙、丁放置，则
A.图甲中小木块将停在B点左侧
B.图乙中小木块将停在B点左侧
C.图丙中小木块将停在B点左侧
D.图丁中小木块将停在B点正上
方的木板上
√
　　　设斜面的长度为l1，倾角为θ，小木块的最终停止点到斜面底端的距离为l2，小木块的释放点到水平面的高度为h，则小木块由释放到停止的整个过程中，根据动能定理，有mgh-μmgcos θ·l1-μmgl2=0，整理得h=μ(l1cos θ+l2)
式中(l1cos θ+l2)即为小木块的释放点到最终停止点的水平距离，设(l1cos θ
+l2)=x，则x=
显然，只要释放点到水平面的高度h不变，x不变，即题图乙、丙中的小木块仍将停在B点，故B、C错误；
　　　题图甲中小木块的释放点到水平面的高度大于h，由x=可知，x也将变大，即小木块将停在B点左侧，故A正确；
由x=得μ=
题图丁中斜面底端在B点左侧，则tan θ<μ
即mgsin θ<μmgcos θ
小木块所受重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力，故小木块释放后不会下滑，故D错误。
(2023·湖北卷·14)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道 在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点
切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道 内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：
(1)小物块到达D点的速度大小；
答案　
　　　由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有m=mg，解得vD=
(2)B和D两点的高度差；
答案　0
　　　由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道 内侧，则在C点有cos 60°=
小物块从C到D的过程中，根据动能定理有
-mg(R+Rcos 60°)=m-m
则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有
mgHBD=m-m
联立解得vB=，HBD=0
(3)小物块在A点的初速度大小。
答案　
　　　小物块从A到B的过程中，根据动能定理有
-μmgs=m-m，s=π·2R
解得vA=。
多过程问题的分析方法
1.将“多过程”拆分为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。
2.对各“子过程”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。
3.根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。
4.分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。
5.联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。
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动能定理在往复运动问题中的应用
考点二
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，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的。
2.解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，运用牛顿运动定律及运动学公式将非常烦琐，甚至无法解出，由于动能定理只涉及物体的初、末状态，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。
如图所示，固定斜面的倾角为θ，质量为m的滑块从距挡板P的距离为x0处以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，重力加速度为g，则滑块经过的总路程是
A.+x0tan θ) B.+x0tan θ)
C.+x0tan θ) D.+)
√
　　　滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理得
mgx0sin θ-μmgxcos θ=0-m，
解得x=+x0tan θ)，选项A正确。
(2022·浙江1月选考·20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15 m，轨道AB长度lAB=3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ=，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。
(1)若释放点距B点的长度l=0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
答案　7 N
　　　滑块由释放点到C点过程，由动能定理有mglsin 37°+mgR(1-cos 37°)
=m ①
在C点由牛顿第二定律有FN-mg=m ②
由①②解得FN=7 N ③
(2)设释放点距B点的长度为lx，求滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式；
答案　v= (m/s)，其中lx≥0.85 m
　　　要保证滑块能到F点，必须能过DEF的最高点，当滑块恰到最高点时根据动能定理可得
mgl1sin 37°-(3mgRcos 37°+mgR)=0 ④
解得l1=0.85 m ⑤
因此要能过F点必须满足lx≥0.85 m ⑥
能过最高点，则能到F点，由释放到第一次到达F点，根据动能定理可得
mglxsin 37°-4mgRcos 37°=mv2， ⑦
由④⑤⑥⑦解得v= (m/s)，
其中lx≥0.85 m ⑧
(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。
答案　见解析
　　　设全程摩擦力做功为第一次到达中点时摩擦力做功的n倍
mglxsin 37°-mgsin 37°-nμmgcos 37°=0， ⑨
lFG=， ⑩
由⑨⑩解得lx= m，n=1，3，5，…
又因为0.85 m≤lx≤lAB，lAB=3 m，
当n=1时，lx1= m；当n=3时，lx2= m
当n=5时，lx3= m。
(1)应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的初状态和最终状态。
(2)重力做功与物体运动的路径无关，可用WG=mgh直接求解。
(3)滑动摩擦力做功与物体运动的路径有关，可用Wf=-Ffs求解，其中s为物体相对滑动的总路程。
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课时精练
精练高频考点
提升关键能力
对一对
题号 1 2 3 4 　5
答案 D A A B (1)1 800 N，方向垂直于BC向下　(2)10 m/s　(3)2.5 m
题号 6 　7 8
答案 B (1)60 N　(2)6 J　(3)0.5 m≤L≤1 m C
答案
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1.木块在水平恒力F的作用下，沿水平路面由静止出发前进了L，随即撤去此恒力，木块沿原方向又前进了3L才停下来，设木块运动全过程中地面情况相同，则摩擦力的大小Ff和木块所获得的最大动能Ek分别为
A.Ff=，Ek= B.Ff=，Ek=FL
C.Ff=，Ek= D.Ff=，Ek=
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答案
基础落实练
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答案
　　　木块运动全过程中，根据动能定理有FL-Ff·4L=0-0，可得Ff=，木块在撤去恒力时速度最大，则动能最大，根据动能定理有FL-FfL=Ek-0，解得木块所获得的最大动能为Ek=，故选D。
2.(2026·江苏南通市检测)如图所示，斜面固定且与水平面平滑连接。一小木块(可视为质点)从斜面顶端由静止开始下滑，滑到水平面上的A点停下。已知小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，A点到O点的距离为x，则斜面的高度h为
A.μx B. C. D.
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答案
　　　整个过程小木块动能变化量为0，设斜面的长度为L，斜面的倾角为θ，小木块在水平面上的位移为s，根据动能定理mgh-μmgcos θ·L-μmgs=0，因为cos θ·L+s=x，化简得h=μx，故选A。
3.(2025·江苏南通市检测)在倾角为37°的斜面底端给小物块一初动能，使小物块在足够长的粗糙斜面上运动。若小物块在上滑和下滑过程中其动能Ek随高度h的变化如图所示，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，则小物块
A.质量为1 kg
B.上滑的最大距离为3 m
C.所受的摩擦力大小为1 N
D.在最高点的机械能一定为25 J
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答案
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答案
　　　全程根据动能定理有-Ff×2=ΔEk=20 J-40 J=-20 J，解得Ff=2 N，故C错误；
上滑过程中根据动能定理有-Ff-mgh3=ΔEk'=0-40 J=-40 J，解得m=1 kg，
故A正确；
上滑的最大距离为L==5 m，故B错误；
取最低点为零势能面，在最高点的机械能为E=mgh3=30 J，零势能面未知，因此机械能也不确定，故D错误。
4.(2025·江苏南通市检测)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h、与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地各处间的动摩擦因数均为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)。则
A.动摩擦因数μ=
B.载人滑草车最大速度为
C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
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答案
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答案
　　　全程由动能定理有mg·2h-μmgcos 45°·-μmgcos 37°·=0，解得μ=，A错误；
对在上段滑道下滑过程，根据动能定理有mgh-μmgcos 45°·=mv2，解得v=，故载人滑草车最大速度为，B正确；
载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，C错误；
载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a==g，D错误。
5.极限运动深受年轻人的喜爱，如图甲是极限运动中滑板、轮滑等运动常用的比赛场地——U形池，现有某U形池场地示意图如图乙所示，该场地由两段可
视为光滑的圆弧形滑道AB和CD以及粗糙程度处处相同的水平滑道BC构成，
图中R1=4.5 m，R2=3.5 m，BC=5 m，某次滑板比赛中质量为60 kg(含滑板质量)的运动员从A点由静止出发，通过AB、BC滑道，冲向CD滑道，到达CD滑道的最高位置D时速度恰好为零(运动员和滑板整体看成质点，空气阻力不计，g取10 m/s2)。
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答案
(1)求该运动员在圆弧形滑道AB上下滑至B点时对圆弧形滑道的压力；
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答案
答案　1 800 N，方向垂直于BC向下
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答案
　　　运动员从A到B的过程中由动能定理有mgR1=m-0
在B点由牛顿第二定律和向心力公式有FN-mg=m
联立解得FN=1 800 N
由牛顿第三定律得，在B点运动员对圆弧形滑道的压力大小FN'=FN=1 800 N，方向垂直于BC向下。
(2)该运动员为了第一次经过D处后有2 s时间做空中表演，求运动员在A点下滑的初速度大小；
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答案
答案　10 m/s
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答案
　　　设运动员在BC段摩擦力对他做的功为Wf，根据运动员从A点由静止出发到D点时的速度恰好为零，由动能定理得
mgR1+Wf-mgR2=0
解得Wf=-600 J
运动员在空中表演时做竖直上抛运动，上抛的初速度vD1=g
解得vD1=10 m/s
运动员从A到D过程，由动能定理得
mgR1+Wf-mgR2=m-m
代入数据解得vA0=10 m/s
(3)在(2)问的初始条件下，运动员在滑道上来回运动，最终停的位置距离B点多远？
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答案
答案　2.5 m
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答案
　　　运动员下落后会在滑道上来回运动，直到最终静止在BC上；
对运动员的全过程由动能定理得
mgR1-Ffs=0-m
Wf=-Ff·BC
解得运动员在BC段运动的总路程为s=47.5 m
在BC上来回运动的次数n==9.5
运动员最终停在BC的中点，即离B点2.5 m处。
6.(2026·江苏淮安市检测)如图所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，滑块与挡板碰撞后原速率返回。现将滑块拉到与B相距L的A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后上滑时间恰好是第一次下滑时间的一半，已知重力加速度为g，下列说法确定的是
A.物块最终停在AB中点处
B.滑块运动总路程为3L
C.滑块与杆之间的动摩擦因数μ=tan α
D.滑块下滑过程加速度的大小a1=gsin α
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答案
能力综合练
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答案
　　　将滑块拉到与B相距L的A点由静止释放，滑块下滑，所以滑块最终会停在B点处，故A错误；
设滑块最大速度为v，根据平均速度公式可知L=vt下，l上=vt上，其中第一次碰撞后上滑时间恰好是下滑时间的一半，所以第一次碰撞后，滑块恰好能上升到AB的中点，对整个过程，运用动能定理得mgsin α×L-μmgcos α(L+L)=0，解得μ=tan α，下滑过程根据牛顿第二定律有mgsin α-μmgcos α=ma1，解得a1=gsin α
-μgcos α=gsin α，故C、D错误；
对滑块整个运动过程，由动能定理有mgsin α·L-μmgcos α·s=0，滑块运动总路程为s=3L，故B正确。
7.如图是由弧形轨道、圆轨道(轨道底端B略错开，图中未画出)、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC右端装有理想轻弹簧(右端固定)，圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变，现将B点置于AC中点，质量m=2 kg的滑块(可视为质点)从弧形轨道高H=0.5 m处静止释放。已知圆轨道半径R=0.1 m，水平轨道长LAC=1.0 m，滑块与AC间的动摩擦因数μ=0.2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，重力加速度g取10 m/s2。求：
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答案
(1)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小；
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答案
答案　60 N
　　　从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理有
mgH-μmg-mg×2R=mv2-0
在圆轨道最高点，由牛顿第二定律有mg+FN=m，联立解得FN=60 N，
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为60 N。
(2)轻弹簧获得的最大弹性势能；
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答案
答案　6 J
　　　弹簧第一次被压缩到最短时，弹性势能有最大值；从出发到弹簧第一次被压缩到最短过程，由动能定理有mgH-μmgLAC+W弹=0-0
又W弹=0-Ep，联立解得Ep=6 J
(3)若H=0.4 m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，求BC长度满足的条件。
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答案
答案　0.5 m≤L≤1 m
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答案
　　　①若滑块恰好到达圆轨道的最高点，则有mg=m，从出发到滑至圆轨道最高点，由动能定理有mg(H-2R)-μmgs1=m-0
解得s1=0.75 m，LBC=LAC-s1，要使滑块不脱离轨道，BC之间的距离应该满足LBC≥0.25 m
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答案
　　　②若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零；由动能定理可得mg(H-R)-μmgs2=0
解得s2=1.5 m，s2=1.5 m=1 m+0.5 m
LBC'=s2-LAC
即反弹时恰好上升到圆心等高处，如果反弹距离更大，则上升的高度更小，更不会脱离轨道，所以LBC'≥0.5 m，考虑到AC的总长度等于1 m，所以LBC'≤1 m；结合①②两种情况，符合条件的BC长度为0.5 m≤L≤1 m。
8.如图所示，一篮球从距地面高H处由静止下落，与地面作用后再竖直向上弹回，篮球每次与地面作用都会有动能损失，损失的动能为篮球每次与地面接触前动能的10%。不计空气阻力，篮球从开始下落到停止的过程中运动的总路程为
A.9H B.15H C.19H D.21H
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答案
尖子生选练
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答案
　　　篮球第一次到达地面时所获得的动能为Ek1=mgH，运动的路程为s1=H，篮球第一次与地面作用后损失的动能为ΔEk1=10%Ek1=0.1mgH，反弹后上升到最高点时的高度为H1=0.9H
篮球第二次到达地面运动的路程为
s2=H+2H1=H+2×0.9H
篮球第二次与地面作用后损失的动能为ΔEk2=10%Ek2=0.1mgH1=0.9mgH
×0.1
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答案
　　　反弹后上升到最高点时的高度为
H2=0.9H1=0.92H
篮球第三次到达地面时运动的路程为
s3=H+2H1+2H2=H+2×0.9H+2×0.92H
以此类推，篮球第n次到达地面时运动的路程为sn=H+2×0.9H+2×0.92H
+…+2×0.9n-1H
根据等比数列求和公式可得
s总=H+2×0.9H×
当n趋于无穷大时，有s总=19H，C正确。
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第六章

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