《（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第2節(jié) 動能定理及其應(yīng)用講義（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第2節(jié) 動能定理及其應(yīng)用講義（含解析）（14頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第2節(jié) 動能定理及其應(yīng)用講義（含解析）(1)一定質(zhì)量的物體動能變化時(shí)，速度一定變化，但速度變化時(shí)，動能不一定變化。()(2)動能不變的物體一定處于平衡狀態(tài)。()(3)如果物體所受的合外力為零，那么合外力對物體做功一定為零。()(4)物體在合外力作用下做變速運(yùn)動時(shí)，動能一定變化。()(5)物體的動能不變，所受的合外力必定為零。()(6)做自由落體運(yùn)動的物體，動能與時(shí)間的二次方成正比。()突破點(diǎn)(一)對動能定理的理解1對“外力”的兩點(diǎn)理解(1)“外力”可以是重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力等，它們可以同時(shí)作用，也可以不同時(shí)作用。(2)“外力”既可以

2、是恒力，也可以是變力。2公式中“”體現(xiàn)的三個(gè)關(guān)系數(shù)量關(guān)系合力做的功與物體動能的變化相等單位關(guān)系國際單位都是焦耳因果關(guān)系合力做功是物體動能變化的原因題點(diǎn)全練1關(guān)于運(yùn)動物體所受的合外力、合外力做的功及動能變化的關(guān)系，下列說法正確的是()A合外力為零，則合外力做功一定為零B合外力做功為零，則合外力一定為零C合外力做功越多，則動能一定越大D動能不變，則物體合外力一定為零解析：選A由WFlcos 可知，物體所受合外力為零，合外力做功一定為零，但合外力做功為零，可能是90，故A正確，B錯(cuò)誤；由動能定理WEk可知，合外力做功越多，動能變化量越大，但動能不一定越大。動能不變，合外力做功為零，但物體合外力不一定

3、為零，C、D均錯(cuò)誤。2.(2018江陰四校期中)質(zhì)量為M、長度為L的長木板靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小滑塊停放在長木板的最右端，滑塊和木板之間的動摩擦因數(shù)為?，F(xiàn)用一個(gè)大小為F的恒力作用在M上，當(dāng)小滑塊滑到木板的最左端時(shí)，滑塊和木板的速度大小分別為v1、v2，滑塊和木板相對于地面的位移大小分別為s1、s2。下列關(guān)系式錯(cuò)誤的是()Amgs1mv12BFs2mgs2Mv22CmgLmv12DFs2mgs2mgs1Mv22mv12解析：選C對滑塊，滑塊受到重力、支持力和摩擦力，根據(jù)動能定理，有 mgs1mv12，故A正確；對木板，由動能定理得：Fs2mgs2Mv22，故B正確；由以上兩式相加可得

4、：Fs2mgs2mgs1Mv22mv12，又s2s1L，則得：Fs2mgLMv22mv12，故C錯(cuò)誤，D正確。3(2019連云港一模)如圖所示，放在光滑水平面上的勁度系數(shù)為k的彈簧一端固定，一質(zhì)量為m，速度為v0的滑塊將其壓縮，經(jīng)t時(shí)間后壓縮量為x，此時(shí)速度為v；再經(jīng)過極短的時(shí)間t，滑塊運(yùn)動的位移為x，速度的變化量為v，滑塊動能的變化量為E。下列關(guān)系式中不正確的是()Av BvCkxvtm(v02v2) DkxvtE解析：選C因?yàn)榻?jīng)過極短時(shí)間，可認(rèn)為t0，故v，A正確。根據(jù)動量定理，有Ftmv；根據(jù)胡克定律，有Fkx，聯(lián)立解得vkx，B正確。根據(jù)動能定理，對壓縮的整個(gè)過程，有Fxm(v02v2

5、)，根據(jù)胡克定律，有Fkx，聯(lián)立解得kx2m(v02v2)，由于滑塊做變加速直線運(yùn)動，所以xvt，C錯(cuò)誤。根據(jù)動能定理，對壓縮x過程，有Fvtm(vv)2mv2E，根據(jù)胡克定律，有Fkx；聯(lián)立解得kxvtE，D正確。突破點(diǎn)(二)動能定理的應(yīng)用1應(yīng)用動能定理的流程2應(yīng)用動能定理的注意事項(xiàng)(1)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個(gè)參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系。(2)應(yīng)用動能定理的關(guān)鍵在于對研究對象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動過程分析，并畫出運(yùn)動過程的草圖，借助草圖理解物理過程之間的關(guān)系。(3)當(dāng)物體的運(yùn)動包含多個(gè)不同過程時(shí)，可分段應(yīng)用動能定理求解；當(dāng)所求解的問題不涉及中間的速度

6、時(shí)，也可以全過程應(yīng)用動能定理求解，這樣更簡便。(4)列動能定理方程時(shí)，必須明確各力做功的正、負(fù)，確實(shí)難以判斷的先假定為正功，最后根據(jù)結(jié)果加以檢驗(yàn)。典例(2017江蘇高考)如圖所示，兩個(gè)半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R。C的質(zhì)量為m，A、B的質(zhì)量都為，與地面間的動摩擦因數(shù)均為。現(xiàn)用水平向右的力拉A，使A緩慢移動，直至C恰好降到地面。整個(gè)過程中B保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求：(1)未拉A時(shí)，C受到B作用力的大小F；(2)動摩擦因數(shù)的最小值min；(3)A移動的整個(gè)過程中，拉力做的功W。思路點(diǎn)撥(1)根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件求解C受到B

7、作用力的大小F。(2)先根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件求解B受到C水平方向最大壓力，再求出B對地面的壓力，根據(jù)摩擦力的計(jì)算公式求解。(3)根據(jù)動能定理求解A移動的整個(gè)過程中，拉力做的功W。解析(1)對C受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件有2Fcos 30mg解得Fmg。(2)C恰好降到地面時(shí)，B受C壓力的水平分力最大FxmaxmgB受地面的摩擦力fmg根據(jù)題意，B保持靜止，則有fminFxmax，解得min。(3)C下降的高度h(1)RA的位移x2(1)R摩擦力做功的大小Wffx2(1)mgR根據(jù)動能定理WWfmgh00解得W(21)(1)mgR。答案(1)mg(2)(3)(21)(1)mgR方法規(guī)律(1)

8、運(yùn)用動能定理解決問題時(shí)，選擇合適的研究過程能使問題得以簡化。當(dāng)物體的運(yùn)動過程包含幾個(gè)運(yùn)動性質(zhì)不同的子過程時(shí)，可以選擇一個(gè)、幾個(gè)或全部子過程作為研究過程。(2)當(dāng)選擇全部子過程作為研究過程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時(shí)，要注意運(yùn)用它們的功能特點(diǎn)：重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān)；大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積。集訓(xùn)沖關(guān)1.多選(2018無錫期末)如圖所示是某中學(xué)科技小組制作的利用太陽能驅(qū)動小車的裝置。當(dāng)太陽光照射到小車上方的光電板時(shí)，光電板中產(chǎn)生的電流經(jīng)電動機(jī)帶動小車前進(jìn)。若小車在平直的公路上以初速度v0開始加速行駛，經(jīng)過時(shí)間t達(dá)到最大速度vm，設(shè)此過

9、程中電動機(jī)功率恒為額定功率P。根據(jù)以上條件可求出的物理量是()A小車受到的阻力B小車前進(jìn)的距離C電動機(jī)所做的功 D小車克服摩擦力做的功解析：選AC當(dāng)小車在平直的公路達(dá)到最大速度vm時(shí)，電動機(jī)功率為額定功率P，則小車受到的阻力fF；此過程中電動機(jī)功率恒為額定功率P，運(yùn)動時(shí)間為t，則電動機(jī)所做的功WPt；對加速過程使用動能定理可得：Pt(fx)mvm2mv02，由于小車的質(zhì)量未知，求不出小車前進(jìn)的距離，也就求不出小車克服摩擦力做的功。2單板滑雪U型池如圖所示，由兩個(gè)完全相同的1/4圓弧滑道AB、CD和水平滑道BC構(gòu)成，圓弧滑道的半徑R4 m，B、C分別為圓弧滑道的最低點(diǎn)，B、C間的距離s7.5 m

10、，假設(shè)某次比賽中運(yùn)動員經(jīng)過水平滑道B點(diǎn)時(shí)水平向右的速度v016 m/s，運(yùn)動員從B點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)所用的時(shí)間t0.5 s，從D點(diǎn)躍起時(shí)的速度vD8 m/s。設(shè)運(yùn)動員連同滑板的質(zhì)量m50 kg，忽略空氣阻力的影響，已知圓弧上A、D兩點(diǎn)的切線沿豎直方向，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)運(yùn)動員在B點(diǎn)對圓弧軌道的壓力。(2)運(yùn)動員從D點(diǎn)躍起后在空中完成運(yùn)動的時(shí)間。(3)運(yùn)動員從C點(diǎn)到D點(diǎn)運(yùn)動的過程中克服摩擦阻力所做的功。解析：(1)由Nmg知N3 700 N由牛頓第三定律知，壓力為3 700 N。(2)運(yùn)動員從D點(diǎn)躍起后在空中做豎直上拋運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動員上升的時(shí)間為t1，vDgt1運(yùn)動員在空中完成動作

11、的時(shí)間t2t11.6 s。(3)運(yùn)動員從B點(diǎn)到C點(diǎn)，做勻變速直線運(yùn)動，運(yùn)動過程的平均速度BC解得運(yùn)動員到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度vCvB14 m/s運(yùn)動員從C點(diǎn)到D點(diǎn)的過程中，克服摩擦力和重力做功，根據(jù)動能定理WfmgRmvD2mvC2WfmvC2mvD2mgR代入數(shù)值解得Wf1 300 J。答案：(1)3 700 N(2)1.6 s(3)Wf1 300 J突破點(diǎn)(三)動能定理的圖像問題1解決物理圖像問題的基本步驟2四類圖像所圍面積的含義vt圖由公式xvt可知，vt圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移at圖由公式vat可知，at圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的變化量Fx圖由公式WFx可知，F(xiàn)x圖線與

12、坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功Pt圖由公式WPt可知，Pt圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功典例某同學(xué)近日做了這樣一個(gè)實(shí)驗(yàn)，將一個(gè)小鐵塊(可看成質(zhì)點(diǎn))以一定的初速度，沿傾角可在090之間任意調(diào)整的木板向上滑動，設(shè)小鐵塊沿木板向上能達(dá)到的最大位移為s。若木板傾角不同時(shí)對應(yīng)的最大位移s與木板傾角的關(guān)系如圖所示。g取10 m/s2。求：(1)小鐵塊初速度v0的大小以及小鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)是多少？(2)當(dāng)60時(shí)，小鐵塊達(dá)到最高點(diǎn)后，又回到出發(fā)點(diǎn)，小鐵塊的速度將變?yōu)槎啻螅?結(jié)果可以帶根號)思路點(diǎn)撥(1)由題圖，根據(jù)90時(shí)小鐵塊豎直上拋能達(dá)到的最大位移，由動力學(xué)公式求初速度；(2)根據(jù)動能定理，求

13、出小鐵塊沿斜面上升的最大位移s與斜面傾角的關(guān)系表達(dá)式，根據(jù)30時(shí)的數(shù)據(jù)求出動摩擦因數(shù)；(3)先求出60時(shí)小鐵塊上升的高度，然后由動能定理求出小鐵塊返回時(shí)的速度。解析(1)由題圖可得，當(dāng)90時(shí)，最大位移sm1.25 m，根據(jù)v022gsm，代入數(shù)據(jù)得v05 m/s，即小鐵塊的初速度為5 m/s。小鐵塊沿斜面上滑過程，根據(jù)動能定理得：mgsin smgcos s0mv02得s由題圖可得，30時(shí)，s11.25 m，代入數(shù)據(jù)得：。(2)由小鐵塊沿斜面上升的最大位移s與斜面傾角的關(guān)系為：s把60代入，解得：s2 m小鐵塊達(dá)到最高點(diǎn)后，又回到出發(fā)點(diǎn)，整個(gè)過程由動能定理得：mgcos 2s2mvt2mv02

14、解得：vt m/s。答案(1)5 m/s(2) m/s集訓(xùn)沖關(guān)1(2017江蘇高考)一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處。物塊初動能為Ek0，與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x關(guān)系的圖線是()解析：選C設(shè)物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，物塊的質(zhì)量為m，則物塊在上滑過程中根據(jù)動能定理有(mgsin mgcos )xEkEk0，即EkEk0(mgsin mgcos )x，所以物塊的動能Ek與位移x的函數(shù)關(guān)系圖線為直線且斜率為負(fù)；物塊沿斜面下滑的過程中根據(jù)動能定理有(mgsin mgcos )(x0x)Ek，其中x0為小物塊到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的位移，即Ek(mgsin mgcos

15、)x(mgsin mgcos )x0，所以下滑時(shí)Ek隨x的減小而增大且為直線。由此可以判斷C項(xiàng)正確。2(2018連云港二模)隨著人民生活水平的提高，越來越多的家庭有了汽車，交通安全問題顯得尤為重要。如圖是某型號汽車剎車時(shí)剎車痕跡(即剎車距離)與剎車前車速的關(guān)系圖像，v為車速，s為剎車痕跡長度。若某次測試中，汽車剎車后運(yùn)行距離為20 m時(shí)的車速仍為45 km/h，則剎車前車的初速度為()A60 km/hB75 km/hC82.5 km/h D105 km/h解析：選B由題圖可知，v160 km/h m/s時(shí)，剎車位移是s120 m，根據(jù)v122as1，得a6.9 m/s2，當(dāng)汽車以v0速度剎車時(shí)

16、，運(yùn)行s220 m時(shí)，車速仍為v245 km/h m/s，由v02v222as2，解得v020.8 m/s75 km/h，B正確。3如圖甲所示，一半徑R1 m、圓心角等于143的豎直圓弧形光滑軌道，與斜面相切于B點(diǎn)，圓弧形軌道的最高點(diǎn)為M，斜面傾角37，t0時(shí)刻有一物塊沿斜面上滑，其在斜面上運(yùn)動的速度變化規(guī)律如圖乙所示，若物塊恰能到達(dá)M點(diǎn)，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)物塊經(jīng)過M點(diǎn)的速度大??；(2)物塊經(jīng)過B點(diǎn)的速度大?。?3)物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)。解析：(1)物塊恰能到達(dá)M點(diǎn)，則有mgm解得vM m/s。(2)物塊從B點(diǎn)運(yùn)動到M點(diǎn)的過程中，由動能定

17、理得mgR(1cos 37)mvM2mvB2解得vB m/s。(3)由題圖乙可知，物塊在斜面上運(yùn)動時(shí)，加速度大小為a10 m/s2，方向沿斜面向下，由牛頓第二定律得mgsin 37mgcos 37ma解得0.5。答案：(1) m/s(2) m/s(3)0.5突破點(diǎn)(四)應(yīng)用動能定理解決平拋運(yùn)動、圓周運(yùn)動問題 1.平拋運(yùn)動和圓周運(yùn)動都屬于曲線運(yùn)動，若只涉及位移和速度而不涉及時(shí)間，應(yīng)優(yōu)先考慮用動能定理列式求解。2.動能定理的表達(dá)式為標(biāo)量式，不能在某一個(gè)方向上列動能定理方程。典例(2019蘇州調(diào)研)如圖所示，傾角為37的光滑傾斜軌道AB與粗糙的豎直放置的半圓形軌道CD通過一小段圓弧BC平滑連接，BC

18、的長度可忽略不計(jì)，C為圓弧軌道的最低點(diǎn)。一小物塊在A點(diǎn)從靜止開始沿AB軌道下滑，進(jìn)入半圓形軌道CD，運(yùn)動半周后恰好能通過軌道CD的最高點(diǎn)D，最后落回到傾斜軌道AB上。已知小物塊可以看成質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量m0.4 kg，半圓形軌道半徑R0.4 m，A點(diǎn)與軌道最低點(diǎn)的高度差h1.25 m，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，不計(jì)空氣阻力。求：(1)小物塊運(yùn)動到C點(diǎn)時(shí)對半圓形軌道壓力F的大?。?2)小物塊在半圓形軌道上運(yùn)動過程中克服摩擦力所做的功W；(3)小物塊從D點(diǎn)落回到傾斜軌道AB上的運(yùn)動時(shí)間t。(結(jié)果可保留根號)審題指導(dǎo)第一步：抓關(guān)鍵點(diǎn)關(guān)鍵點(diǎn)獲取信息傾角為37的光滑傾斜軌道AB

19、AB軌道無摩擦力做功小物塊由靜止從A點(diǎn)釋放小物塊的初速度vA0小物塊剛到C時(shí)對軌道的作用力小物塊在圓弧軌道BC的最低點(diǎn)，具有豎直向上的向心加速度利用牛頓第三定律確定小球?qū)壍赖膲毫η『媚芡ㄟ^軌道CD的最高點(diǎn)D利用向心力公式可求出最高點(diǎn)速度第二步：找突破口(1)從A點(diǎn)到C點(diǎn)，只有重力做功。(2)在圓弧軌道的C點(diǎn)：FNmgm。(3)恰好過D點(diǎn)，則過D點(diǎn)時(shí)小物塊所受彈力為0。(4)小物塊從D點(diǎn)落回到傾斜軌道AB上，做平拋運(yùn)動。解析(1)從A點(diǎn)到C點(diǎn)，由動能定理得：mghmvC2代入數(shù)據(jù)解得vC5 m/s在C點(diǎn)，由向心力公式得：Fmgm代入數(shù)據(jù)解得F29 N由牛頓第三定律得FF29 N。(2)恰好過D

20、點(diǎn)，則過D點(diǎn)時(shí)小物塊所受彈力為0由向心力公式得：mgm代入數(shù)據(jù)解得vD2 m/s從C點(diǎn)到D點(diǎn)，由動能定理得：mg2RWmvD2mvC2代入數(shù)據(jù)解得W1 J。(3)小物塊從D點(diǎn)落回到傾斜軌道AB上，做平拋運(yùn)動豎直方向：ygt2水平方向：xvDt由幾何關(guān)系得：tan 37聯(lián)立方程解得：t s。答案(1)29 N(2)1 J(3) s集訓(xùn)沖關(guān)1.多選(2018南通模擬)如圖所示，半徑為R的半圓形的圓弧槽固定在水平面上，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從圓弧槽的端點(diǎn)A由靜止開始滑下，滑到最低點(diǎn)B時(shí)對軌道的正壓力為2mg，重力加速度為g，則()A小球在最低點(diǎn)B時(shí)速度為B小球在B點(diǎn)時(shí)，重力的功率為mgC小球由

21、A到B的過程中克服摩擦力做功為mgRD小球由A到B過程中速度先增大后減小解析：選CD滑到最低點(diǎn)B時(shí)對軌道的正壓力為2mg，那么由牛頓第三定律可知：小球受到的支持力也為2mg，那么由牛頓第二定律可得：2mgmg，所以，v，故A錯(cuò)誤；小球在B點(diǎn)的速度v，方向水平向右；重力方向豎直向下，重力與速度方向垂直，所以，重力的功率為0，故B錯(cuò)誤；對小球下滑過程應(yīng)用動能定理可得：小球由A到B的過程中克服摩擦力做功為：WmgRmv2mgRmgRmgR，故C正確；小球在任一徑向與豎直方向夾角為時(shí)，沿速度方向受到的合外力為：Fmgsin ，那么在該方向上的加速度為：a(tan )gcos ；那么當(dāng)小球開始下滑較短時(shí)

22、間時(shí)，速度v較小，夾角較大，a大于0，小球加速；當(dāng)較小時(shí)，a小于0，小球減速，故小球由A到B過程中速度先增大后減小，故D正確。2(2018揚(yáng)州期末)如圖所示，一段粗糙的傾斜軌道，在B點(diǎn)與半徑R0.5 m的光滑圓弧軌道BCD相切并平滑連接。CD是圓軌道的豎直直徑，OB與OC的夾角53。將質(zhì)量為m1 kg的小滑塊從傾斜軌道上的A點(diǎn)由靜止釋放，ABs，小滑塊與傾斜軌道間的動摩擦因數(shù)0.5，sin 530.8，cos 530.6，g取10 m/s2。(1)若s2 m，求小物塊第一次經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的速度大小及其對軌道的壓力大小；(2)若物塊能沿軌道到達(dá)D點(diǎn)，求AB的最小值s。解析：(1)對小滑塊從A到C的過

23、程應(yīng)用動能定理：mgssin mgR(1cos )mgscos mvC20代入數(shù)據(jù)得：vC2 m/s；C點(diǎn)時(shí)對滑塊應(yīng)用牛頓第二定律：FNmgm代入數(shù)據(jù)得：FN58 N根據(jù)牛頓第三定律得：F壓FN58 N。(2)小滑塊恰能通過最高點(diǎn)D時(shí)，只有重力提供向心力：mgm代入數(shù)據(jù)得：vD m/s對小滑塊從靜止釋放到D點(diǎn)全過程應(yīng)用動能定理：mgssin mgR(1cos )mgscos mvD20代入數(shù)據(jù)得：s2.1 m。答案：(1)2 m/s58 N(2)2.1 m運(yùn)用動能定理巧解往復(fù)運(yùn)動問題在有些問題中物體的運(yùn)動過程具有重復(fù)性、往返性，而在這一過程中，描述運(yùn)動的物理量多數(shù)是變化的，而且重復(fù)的次數(shù)又往往

24、是無限的或者難以確定，求解這類問題時(shí)若運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律及運(yùn)動學(xué)公式將非常繁瑣，甚至無法解出。由于動能定理只關(guān)心物體的初末狀態(tài)而不計(jì)運(yùn)動過程的細(xì)節(jié)，所以用動能定理分析這類問題可使解題過程簡化。(一)往復(fù)次數(shù)可確定的情形1如圖所示，ABCD是一個(gè)盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC是水平的，其距離d0.50 m。盆邊緣的高度為h0.30 m。在A處放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止開始下滑(圖中小物塊未畫出)。已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數(shù)為 0.10。小物塊在盆內(nèi)來回滑動，最后停下來，則停的地點(diǎn)到B的距離為()A0.50 mB0.25 mC

25、0.10 mD0解析：選D設(shè)小物塊在BC段通過的總路程為s，由于只有BC面上存在摩擦力做功為mgs，而重力做功與路徑無關(guān)，由動能定理得：mghmgs00，代入數(shù)據(jù)可解得s3 m。由于d0.50 m，所以，小物塊在BC面上經(jīng)過3次往復(fù)運(yùn)動后，又回到B點(diǎn)。D正確。(二)往復(fù)次數(shù)無法確定的情形2.(2018成都月考)如圖所示，斜面的傾角為，質(zhì)量為m的滑塊距擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無機(jī)械能損失，則滑塊經(jīng)過的總路程是()A.B.C. D.解析：選A滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過的總路程為

26、x，對滑塊運(yùn)動的全程應(yīng)用動能定理：mgx0sin mgxcos 0mv02，解得x，選項(xiàng)A正確。(三)往復(fù)運(yùn)動永不停止的情形3.如圖所示，豎直固定放置的斜面DE與一光滑的圓弧軌道ABC相連，C為切點(diǎn)，圓弧軌道的半徑為R，斜面的傾角為?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的滑塊從D點(diǎn)無初速下滑，滑塊可在斜面和圓弧軌道之間做往復(fù)運(yùn)動，已知圓弧軌道的圓心O與A、D在同一水平面上，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，求：(1)滑塊第一次滑至左側(cè)弧上時(shí)距A點(diǎn)的最小高度差h；(2)滑塊在斜面上能通過的最大路程s。解析：(1)滑塊從D到達(dá)左側(cè)最高點(diǎn)F經(jīng)歷DC、CB、BF三個(gè)過程，現(xiàn)以DF整個(gè)過程為研究過程，運(yùn)用動能定理得：mghmgcos 0，解得h。(2)通過分析可知，滑塊最終至C點(diǎn)的速度為0時(shí)對應(yīng)在斜面上的總路程最大，由動能定理得：mgRcos mgcos s0，解得：s。答案：(1)(2)(1)應(yīng)用動能定理求解往復(fù)運(yùn)動問題時(shí)，要確定物體的初狀態(tài)和最終狀態(tài)。(2)重力做功與物體運(yùn)動路徑無關(guān)，可用WGmgh直接求解。(3)滑動摩擦力做功與物體運(yùn)動路徑有關(guān)，可用WfFfs 求解，其中s為物體相對滑行的路程。