大一轮复习讲义DILIUZHANG第六章机械能守恒定律动能定理在多过程问题中的应用目标要求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.专题强化八内容索引题型一动能定理在多过程问题中的应用题型二动能定理在往复运动问题中的应用课时精练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)分段用能定理阶应动①若目需要求某一中物理量，分段用能定理题间应阶应动.②物体在多程中，受到的力、摩擦力等力若生了化，力个运动过弹发变在各程中做功情也不同，不宜全程用能定理，可以究其个过况过应动研中一或几分程，合能定理，各破个个过结动个击.(2)全程过(多程个过)用能定理应动物体程包含几不同的物理程，又不需要究程的中当运动过个过研过间状，可以把几程看作一整体，巧妙用能定理究，态时个运动过个运动来研而避每程的具体，大大化算从开个运动过细节简运.2.全过程列式时要注意(1)重力、簧力做功取于物体的初、末位置，路无弹弹决与径关.(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的等于力的大小路程的乘数值与积.例1中图ABCD是一道，其中条长轨AB段是角倾为θ的斜面，CD段是水平的，长为s，BC段是与AB段和CD段都相切的一小段弧，圆其度可以忽略不长计.一量质为m的小滑在块A点由止放，沿道静释轨滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如所示，用一沿道方图现轨向的力推滑，使地由块它缓缓D点回到A点，滑道的摩擦设块与轨间动因数为μ，重力加速度为g，推力滑做的功等于则对块A.mghB.2mghC.μmg(s＋hsinθ)D.μmg(s＋hcosθ)√滑由块A点至运动D点，克服摩擦力做设功为W克fAD，由能定理得动mgh－W克fAD＝0，即W克fAD＝mgh，①滑块从D点回到A点，由于是慢推，明能化量零，克缓说动变为设服摩擦力做功为W克fDA，由能定理知，滑动块从D点被推回A点过程有WF－mgh－W克fDA＝0，②由A点至运动D点，克服摩擦力做的功为W克fAD＝μmgcosθ·hsinθ＋μmgs，③从D→A的程克服摩擦力做的功过为W克fDA＝μmgcosθ·hsinθ＋μmgs，④立联③④得W克fAD＝W克fDA，⑤立联①②⑤得WF＝2mgh，故A、C、D，错误B正确.例2(多选)(2021·全甲卷国·20)一量质为m的物体自角倾为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动.物体始滑的能该开动时动为Ek，向上滑动一段距离后速度小零，此后物体向下滑，到斜面底端能减为动达时动为.已知sinα＝0.6，重力加速度大小为g.则A.物体向上滑的距离动为Ek2mgB.物体向下滑的加速度大动时小为g5C.物体斜面的摩擦因等于与间动数0.5D.物体向上滑所用的比向下滑的动时间动时间长Ek5√√物体斜面底端回到斜面底端根据能定理有－从动μmg·2lcosα＝－Ek，物体斜面底端到最高点根据能定理有从动－mglsinα－μmglcosα＝0－Ek，整理得l＝，μ＝0.5，A，错误C正确；物体向下滑根据牛第二定律有动时顿ma下＝mgsinα－μmgcosα，解得a下＝，B正确；Ek5Ekmgg5物体向上滑根据牛第二定律有动时顿ma上＝mgsinα＋μmgcosα，解得a上＝g，故a上>a下，由于上滑程中的末速度零，下滑程中的初速度零，且走过为过为过相同的位移，根据位移公式l＝at2，可得出则t上<t下，D错误.12例3(2023·广惠州市东调研)光滑斜面度与长为L＝0.5m粗糙水平地面平滑相，量连质为m＝1kg的小球(可点视为质)斜面上距离地面高从H由处静止放，释经A点入水平地面平滑接的光滑形道进与连圆轨(A点道为轨最低点)，恰好能到形道的最高点达圆轨B点.已知小球地面的与间动摩擦因数μ＝0.2，形道半圆轨径R＝0.1m，取重力加速度g＝10m/s2，求：(1)小球在B点的速度大小；答案1m/s根据意，小球恰好能到形道的最高点题达圆轨B，则mg＝mvB2R，解得vB＝1m/s.(2)小球在A点，其形道的力大小；时对圆轨压答案60N小球由A到运动B的程中，根据能定理有－过动mg·2R＝12mvB2－12mvA2，解得vA＝5m/s在A点，道小球的支持力和小球的重力的合力提供向心力，即轨对FN－mg＝mvA2R，解得FN＝60N，由牛第三定律得，小球道的顿对轨力大小压为60N.(3)小球的放点离水平地面的高度释H.答案0.35m小球放到到从释运动A点的程，用能定理有过运动mgH－μmgL＝12mvA2，代入据解得数H＝0.35m.题型二动能定理在往复运动...