动能定理在多过程运动中的应用
动能定理在多过程问题中的应用
动能定理在多过程问题中的应用1．如图1所示为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC 在B 点水平相切．点A 距水面的高度为H ，圆弧轨道BC 的半径为R ，圆心O 恰在水面．一质量为m 的游客(视为质点)可从轨道AB 的任意位置滑下，不计空气阻力．图1(1)若游客从A 点由静止开始滑下，到B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面D 点，OD ＝2R ，求游客滑到B 点时的速度v B 大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功W f ；(2)某游客从AB 段某处滑下，恰好停在B 点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P 点后滑离轨道，求P 点离水面的高度h .(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F 向＝m v 2R)答案 (1)2gR －(mgH －2mgR ) (2)23R解析 (1)游客从B 点做平抛运动，有 2R ＝v B t① R ＝12gt 2② 由①②式得v B ＝2gR③从A 到B ，根据动能定理，有 mg (H －R )＋W f ＝12m v B 2－0④由③④式得W f ＝－(mgH －2mgR )(2)设OP 与OB 间夹角为θ，游客在P 点时的速度为v P ，受到的支持力为N ，从B 到P 由机械能守恒定律，有 mg (R －R cos θ)＝12m v P 2－0⑤过P 点时，根据向心力公式，有 mg cos θ－N ＝m v 2P R⑥N ＝0 ⑦ cos θ＝hR⑧由⑤⑥⑦⑧式解得h ＝23R .2．如图2甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O 位置．质量为m 的物块A (可视为质点)以初速度v 0从距O 点右方x 0处的P 点向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O ′点位置后，A 又被弹簧弹回．A 离开弹簧后，恰好回到P 点．物块A 与水平面间的动摩擦因数为μ.求：图2(1)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，克服摩擦力所做的功． (2)O 点和O ′点间的距离x 1.(3)如图乙所示，若将另一个与A 完全相同的物块B (可视为质点)与弹簧右端拴接，将A 放在B 右边，向左推A 、B ，使弹簧右端压缩到O ′点位置，然后从静止释放，A 、B 共同滑行一段距离后分离．分离后物块A 向右滑行的最大距离x 2是多少？ 答案 (1)12m v 02(2)v 204μg －x 0 (3)x 0－v 208μg解析 (1)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为W f ＝12m v 02.(2)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，根据动能定理得 2μmg (x 1＋x 0)＝12m v 02解得x 1＝v 204μg－x 0(3)A 、B 在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v 1，弹出过程弹力做功为W F 只有A 时，从O ′到P 有 W F －μmg (x 1＋x 0)＝0－0 A 、B 共同从O ′到O 有W F －2μmgx 1＝12×2m v 12分离后对A 有12m v 12＝μmgx 2联立以上各式可得x 2＝x 0－v 208μg.3．如图3所示，半径R ＝0.5 m 的光滑圆弧面CDM 分别与光滑斜面体ABC 和斜面MN 相切于C 、M 点，斜面倾角分别如图所示．O 为圆弧圆心，D 为圆弧最低点，C 、M 在同一水平高度．斜面体ABC 固定在地面上，顶端B 安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P 、Q (两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P 、Q 两物块静止．若PC 间距为L 1＝0.25 m ，斜面MN 足够长，物块P 的质量m 1＝3 kg ，与MN 间的动摩擦因数μ＝13，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图3(1)小物块Q 的质量m 2；(2)烧断细绳后，物块P 第一次到达D 点时对轨道的压力大小； (3)物块P 在MN 斜面上滑行的总路程． 答案 (1)4 kg (2)78 N (3)1.0 m解析 (1)根据共点力平衡条件，两物块的重力沿斜面的分力相等，有： m 1g sin 53°＝m 2g sin 37° 解得：m 2＝4 kg即小物块Q 的质量m 2为4 kg.(2)小物块P 第一次到达D 点过程，由动能定理得m 1gh ＝12m 1v D 2根据几何关系，有： h ＝L 1sin 53°＋R (1－cos 53°)在D 点，支持力和重力的合力提供向心力：F D －m 1g ＝m 1v 2DR解得：F D ＝78 N由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78 N.(3)分析可知最终物块在CDM之间往复运动，C点和M点速度为零．由全过程动能定理得：m1gL1sin 53°－μm1g cos 53°L总＝0解得L总＝1.0 m即物块P在MN斜面上滑行的总路程为1.0 m.。
第31课时动能定理在多过程运动中的应用2025届高考物理一轮复习课件
F－f－mgsin 37°＝ma
当加速度为零时，速度最大，此时
F＝f＋mgsin 37°＝10 N
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高中总复习·物理
由图乙可得出F＝20－10x
则F＝10 N时，可得x＝1 m
1
由动能定理可得WF＋Wf＋WG＝ mm 2 －0
2
20+10
即
×1
2
J－0.5×1×10×1×0.8 J－1×10×1×0.6
）
g，则下列说法正确的是（
A. 小球落地时的动能等于mg（H＋h）
B. 小球克服泥土阻力所做的功等于小球刚落到地面时的
动能
C. 泥土阻力对小球做的功为mg（H＋h）
D. 小球在泥土中受到的平均阻力大小为mg 1 +
1
2
3
4
5
6
7
8
ℎ
目录
高中总复习·物理
解析： 根据动能定理知，小球落地时的动能等于mgH，A错
1
J＝ mm 2 －0，
2
可得vm＝ 10 m/s。
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高中总复习·物理
（2）物块沿斜面上滑的最大位移的大小和物块在斜面上运动的总
路程。
答案：2 m
5m
解析：由动能定理可得WF'＋Wf'＋WG'＝0
20
又WF'＝ ×2
2
则xm＝
J＝20 J
′
＝2 m
cos37°＋sin37°
撤去F后，因为mgsin 37°＞μmgcos 37°，所以物块最后停在斜
是有限的，而有的可能最终达到某一稳定情境下的无限往复运动。
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
动能定理在多过程问题中的应用(含解析)
动能定理在多过程问题中的应用类型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，有两种思路：(1)可分段应用动能定理求解；(2)全过程应用动能定理：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做功的数值等于力的大小与路程的乘积．例1(2016·浙江10月选考·20)如图甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙所示的模型．倾角为45°的直轨道AB、半径R＝10 m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF，分别通过水平光滑衔接轨道BC、C′E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离l＝40 m．现有质量m＝500 kg的过山车，从高h＝40 m处的A点由静止下滑，经BCDC′EF最终停在G点．过山车与轨道AB、EF 间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG间的动摩擦因数μ2＝0.75.过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，g取10 m/s2.求：(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小；(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小；(3)减速直轨道FG的长度x.(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)【答案】(1)810 m/s(2)7×103 N(3)30 m【解析】(1)设过山车在C点的速度大小为v C，由动能定理得mgh－μ1mg cos 45°·hsin 45°＝12m v C2代入数据得v C＝810 m/s(2)设过山车在D点速度大小为v D，由动能定理得mg (h －2R )－μ1mg cos 45°·h sin 45°＝12m v D 2F ＋mg ＝m v D 2R，解得F ＝7×103 N由牛顿第三定律知，过山车在D 点对轨道的作用力大小为7×103 N (3)全程应用动能定理mg [h －(l －x )tan 37°]－μ1mg cos 45°·hsin 45°－μ1mg cos 37°·l －xcos 37°－μ2mgx ＝0解得x ＝30 m.变式训练1 (动能定理在多过程问题中的应用)(2020·河南信阳市罗山高三一模)如图甲所示，一倾角为37°，长L ＝3.75 m 的斜面AB 上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC 相连，斜面与圆轨道相切于B 处，C 为圆弧轨道的最高点．t ＝0时刻有一质量m ＝1 kg 的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v －t 图象如图乙所示．已知圆轨道的半径R ＝0.5 m ．(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)物块到达C 点时对轨道的压力的大小F N ；(3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A 点滑上轨道，通过C 点后恰好能落在A 点．如果能，请计算出物块从A 点滑出的初速度大小；如果不能请说明理由． 【答案】(1)0.5 (2)4 N (3)见解析【解析】(1)由题图乙可知物块上滑时的加速度大小为a ＝10 m/s 2① 根据牛顿第二定律有：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma ② 由①②联立解得μ＝0.5③(2)设物块到达C 点时的速度大小为v C ，由动能定理得： －mg (L sin 37°＋R ＋R cos 37°)－μmgL cos 37°＝12m v C 2－12m v 02④在C 点，根据牛顿第二定律有：mg ＋F N ′＝m v C 2R ⑤联立③④⑤解得：F N ′＝4 N ⑥根据牛顿第三定律得：F N ＝F N ′＝4 N ⑦ 物块在C 点时对轨道的压力大小为4 N(3)设物块以初速度v 1上滑，最后恰好落到A 点 物块从C 到A ，做平抛运动，竖直方向：L sin 37°＋R (1＋cos 37°)＝12gt 2⑧水平方向：L cos 37°－R sin 37°＝v C ′t ⑨ 解得v C ′＝977 m/s>gR ＝ 5 m/s ，⑩所以物块能通过C 点落到A 点 物块从A 到C ，由动能定理得：－mg (L sin 37°＋1.8R )－μmgL cos 37°＝12m v C ′2－12m v 12⑪联立解得：v 1＝21837m/s ⑫ 类型二 动能定理在往复运动问题中的应用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，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定．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，此类问题多涉及滑动摩擦力，或其他阻力做功，其做功的特点与路程有关，求路程对应的是摩擦力做功，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化．例2 如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB ，BCD 部分是一个光滑的圆弧面，C 为圆弧的最低点，AB 正好是圆弧在B 点的切线，圆心O 与A 、D 点在同一高度，θ＝37°，圆弧面的半径R ＝3.6 m ，一滑块质量m ＝5 kg ，与AB 斜面间的动摩擦因数μ＝0.45，将滑块从A 点由静止释放(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)．求在此后的运动过程中：(1)滑块在AB 段上运动的总路程；(2)在滑块运动过程中，C 点受到的压力的最大值和最小值． 【答案】(1)8 m (2)102 N 70 N【解析】 (1)由题意可知斜面AB 与水平面的夹角为θ＝37°， 知mg sin θ>μmg cos θ，故滑块最终不会停留在斜面上， 由于滑块在AB 段受摩擦力作用，则滑块做往复运动的高度将越来越低，最终以B 点为最高点在光滑的圆弧面上往复运动． 设滑块在AB 段上运动的总路程为s ，滑块在AB 段上所受摩擦力大小F f ＝μF N ＝μmg cos θ， 从A 点出发到最终以B 点为最高点做往复运动， 由动能定理得mgR cos θ－F f s ＝0，解得s ＝Rμ＝8 m.(2)滑块第一次过C 点时，速度最大，设为v 1，分析受力知此时滑块所受轨道支持力最大，设为F max ，从A 到C 的过程，由动能定理得mgR －F f l AB ＝12m v 12－0，斜面AB 的长度l AB ＝Rtan θ，由牛顿第二定律得F max －mg ＝m v 12R ，解得F max ＝102 N.滑块以B 为最高点做往复运动的过程中过C 点时，速度最小，设为v 2，此时滑块所受轨道支持力最小，设为F min ，从B 到C ， 由动能定理得mgR (1－cos θ)＝12m v 22－0，由牛顿第二定律得F min －mg ＝m v 22R ，解得F min ＝70 N ，根据牛顿第三定律可知C 点受到的压力最大值为102 N ，最小值为70 N.变式训练2 (动能定理在往复运动中的应用)(2020·浙江高三开学考试)如图所示，有一圆弧形的槽ABC ，槽底B 放在水平地面上，槽的两侧A 、C 与光滑斜坡aa ′、bb ′分别相切，相切处a 、b 位于同一水平面内，距水平地面高度为h .一质量为m 的小物块从斜坡aa ′上距水平面ab 的高度为2h 处沿斜坡自由滑下，并自a 处进入槽内，到达b 处后沿斜坡bb ′向上滑行，到达的最高处距水平面ab 的高度为h ，若槽内的动摩擦因数处处相同，不考虑空气阻力，且重力加速度为g ，则( )A ．小物块第一次从a 处运动到b 处的过程中克服摩擦力做功mghB ．小物块第一次经过B 点时的动能等于2.5mghC ．小物块第二次运动到a 处时速度为零D ．经过足够长的时间后，小物块最终一定停在B 处 【答案】 A【解析】在第一次运动过程中，小物块克服摩擦力做功，根据动能定理可知mgh －W f ＝0－0，解得W f ＝mgh ，故A 正确；因为小物块从右侧到最低点的过程中对轨道的压力较大，所受的摩擦力较大，所以小物块从右侧到最低点的过程中克服摩擦力做的功W f1>12W f ＝12mgh ，设小物块第1次通过最低点的速度为v ，从自由滑下到最低点的过程，由动能定理得3mgh －W f1＝E k －0，解得E k <2.5mgh ，故B 错误；由于在AC 段，小物块与轨道间有摩擦力，故小物块在某一位置的速度大小要减小，故与轨道间的摩擦力减小，第二次在AC 段运动时克服摩擦力做功比第一次要少，故第二次到达a (A )点时，有一定的速度，故C 错误；由于在AC 段存在摩擦力，故小物块在B 点两侧某一位置可能处于静止状态，故D 错误． 故选A 。
动能定理的几种典型应用
动能定理的几种典型应用应用一：动能定理解决匀变速直线运动问题例1、一个质量m=2kg 的小物体由高h=1.6m 倾角︒=30α的斜面顶端从静止开始滑下，物体到达斜面底端时速率是4m/s ，那么物体在下滑的过程中克服摩擦力做功是多少焦耳？由公式20222v v aS -=可知222022/5.22.3242s m S v v a =⨯=-= 对物体受力分析并由牛顿第二定律可知：ma f mg =-αsin 所以N N ma mg f 55.2221102sin =⨯-⨯⨯=-=α J J fS W f 16)1(2.35180cos -=-⨯⨯=︒= 解法二：由动能定理221mv W mgh f =+ 可得：J J mgh mv W f 166.110242212122-=⨯⨯-⨯⨯=-= 应用二：动能定理解决曲线运动问题例2、在离地面高度h=10m 的地方，以s m v /50=水平速度抛出，求：物体在落地时的速度大小？ 解法一：由221gt h =得 s s g h t 2101022=⨯== 所以s m s m gt v y /210/210=⨯== 所以s m s m v v v y /15/)210(522220=+=+=解法二：由动能定理可得 20222121mv mv mgh -=所以：s m s m v gh v /15/51010222202=+⨯⨯=+= 两种方法计算的结果完全一致，可见：动能定理同样适用于曲线运动。
并且可以求变力的功，如下题。
例3．质量m=2kg 的物体从高h=1.6m 的曲面顶部静止开始下滑，到曲面底部的速度大小为4m/s 。
求物体在下滑过程中克服摩擦力所做的功？应用3：利用动能定理求解多个力做功的问题例4、如图所示，物体置于倾角为37度的斜面的底端，在恒定的沿斜面向上的拉力的作用下，由静止开始沿斜面向上运动。
F 大小为2倍物重，斜面与物体的动摩擦因数为0.5，求物体运动5m 时速度的大小。
动能定理在运动问题中的应用
动能定理在运动问题中的应用动能定理是经典力学中一个重要的定理，它描述了物体的动能与所受力的关系。
在运动问题中，动能定理可以帮助我们理解物体的运动规律，预测物体的速度和位置等信息。
本文将探讨动能定理在运动问题中的应用，并分析其在实际生活中的意义。
动能定理的基本原理是：物体的动能等于所受力对物体所做的功。
动能是物体运动时所具有的能量，它与物体的质量和速度有关。
所受力对物体所做的功是指力在物体运动方向上的分量与物体移动的距离的乘积。
根据动能定理，我们可以得到以下公式：动能 = 功 = 力 ×距离在运动问题中，动能定理可以应用于多种情况。
下面我们将通过几个例子来说明动能定理的应用。
首先，考虑一个简单的自由落体问题。
假设一个物体从高处自由下落，只受到重力的作用。
根据动能定理，物体的动能等于重力对物体所做的功。
由于重力的方向与物体下落的方向相同，所以重力对物体所做的功可以表示为：功 = 重力 ×下落的距离根据重力的公式 F = m × g，其中 m 表示物体的质量，g 表示重力加速度，可以得到：功 = m × g ×下落的距离由于动能等于所受力对物体所做的功，所以物体的动能可以表示为：动能 = m × g ×下落的距离通过这个例子，我们可以看到动能定理在自由落体问题中的应用。
它帮助我们理解物体下落时的速度变化，并可以用来计算物体的动能。
其次，我们考虑一个弹簧振子的问题。
假设一个质点通过弹簧与一固定点相连，当质点受到外力作用时，弹簧会发生振动。
根据动能定理，质点的动能等于外力对质点所做的功。
如果外力是恒定的，那么质点的动能将保持不变。
当质点受到弹簧的弹力作用时，外力对质点所做的功可以表示为：功 = 弹力 ×振幅根据弹簧的胡克定律，弹力与振幅成正比。
所以可以得到：功 = k ×振幅²其中 k 是弹簧的弹性系数。
根据动能定理，质点的动能等于所受力对质点所做的功，即：动能 = k ×振幅²通过这个例子，我们可以看到动能定理在弹簧振子问题中的应用。
动能定理及应用方法
动能定理及应用方法动能定理是物理学中的一个重要定理，它描述了物体的动能与物体所受力的关系。
动能定理的表达形式可以用以下公式表示：W = ΔKE = KE_f - KE_i其中，W代表物体所受的净外力所做的功，ΔKE表示物体动能的变化量，KE_f 表示最终的动能，KE_i表示初始的动能。
动能定理的本质是能量守恒的体现，即物体所受的外力所做的功等于物体动能的变化量。
根据动能定理，我们可以推导出许多实际问题的解决方法。
下面我将介绍动能定理的应用方法。
1. 物体在匀速直线运动过程中的动能定理应用在匀速直线运动过程中，物体的动能不发生改变。
根据动能定理可知，净外力所做的功等于零。
因此，可以通过计算净外力所做的功，来求解物体的平均力和物体所受的外力。
2. 物体在自由落体过程中的动能定理应用在自由落体过程中，物体的初始速度为零，最终速度为v，根据动能定理可以求解物体所受的重力和所做的功。
例如，当一个物体从高处自由下落时，我们可以利用动能定理来计算它在下落过程中的最终速度和落地时的动能。
3. 物体在斜面上滑动过程中的动能定理应用当物体在斜面上滑动时，重力分解成平行于斜面的分力和垂直于斜面的分力。
根据动能定理，我们可以求解物体所受的合外力、动能的变化量以及最终速度。
特别地，当斜面的摩擦系数已知时，可以通过动能定理求解出物体所受的摩擦力。
4. 物体碰撞过程中的动能定理应用在物体碰撞过程中，动能定理可以用来计算碰撞前后物体的动能变化量。
例如，当两个物体发生弹性碰撞时，可以利用动能定理来计算碰撞前后物体的动能变化量，并由此判断碰撞的性质。
5. 动能定理在机械能守恒问题中的应用当物体只受保守力的作用，且机械能守恒时，动能定理可以与势能定理相结合，用来解决问题。
例如，在弹簧振子的运动中，可以利用动能定理和势能定理来计算振子在弹簧势能和动能之间的转化。
总之，动能定理在解决各种实际问题时起到了重要的作用。
通过运用动能定理，我们可以计算物体所受的外力、物体的运动状态以及能量的转化等。
高中物理：巧用动能定理求解多过程问题
动能定理揭示了物体外力的总功与其动能变化间的关系。
可表示为W=E k2－E k1=△E k，在所研究的问题中，如果物体受外力作用而运动状态变化时，巧妙运用动能定理，往往能使解决问题的途径简捷明快，事半功倍。
例1．质量m=1.5kg的物块(可视为质点)在水平恒力F作用下，从水平面上A点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行t=2.0 s停在B点，已知A、B两点的距离x=5.0 m，物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.20，求恒力F多大？(g=10m/s2)解析：设撤去力F前、后物体的位移分别为x1、x2物块受到的滑动摩擦力为F f=μmg=0.2×1.5×10N=3N．撤去力F后物块的加速度大小为最后2s内，物体的位移为故力F作用的位移x1=x－x2=1.0m对物块运动的全过程应用动能定理：得本题应用牛顿第二定律也可求解，但比较繁琐，应用动能定理求解则简捷得多，求解时一定要注意两个力作用的位移是不同的。
例2．如图1所示，一物体质量m=2kg，从倾角θ=37°的斜面上的A点以初速度v0=3m／s下滑，A点距弹簧上的挡板位置B的距离AB=4 m，当物体到达B后，将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC=0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到最高位置D点，D点距A点为AD=3 m，求物体跟斜面间的动摩擦因数．(g=10m／s2，弹簧及挡板质量不计)解析：在该题中，物体的运动过程分成了几个阶段，若用牛顿运动定律解决，要分几个过程来处理，考虑到全过程始末状态动能都是零，用动能定理解决就方便多了。
对A→B→C→D全过程，由动能定律得：F f=μmgcosθ两式联立得：当物体运动是由几个物理过程组成，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个物理过程看做一个整体来研究，从而避免每个运动过程的具体细节，大大简化运算。
例3．如图2所示，在一个固定盒子里有一个质量为m的滑块，它与盒子底面的动摩擦因数为μ开始滑块在盒子中央以足够大的初速度v0向右运动，与盒子两壁碰撞若干次后速度减为零，若盒子长为L，滑块与盒壁碰撞没有能量损失，求整个过程中物体与两壁碰撞的次数。
高一物理必修二动能定理的应用-利用动能定理解决多过程问题
1 2
mv2－
1 2
mv02
气阻力做功为5 J
123
2．(利用动能定理分析多过程问题) 如图4所示，质量m＝1 kg 的木块静
f Ff
止在高h＝1.2 m的平台上，木块与平（1）在F和f作用下加速
台间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平推 （2）在f作用下减速
力F＝20 N，使木块产生位移l1＝3 m （3）在重力作用下平抛
数； 在BC上滑动了4次 然后用动能定理间接求变力做的功
1．分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子
(3) 全程应用动能定理：
mgH－mgs＝0－ 1 mv (2)物体第5次经过B点时的速度； 二、利用动能定理分析多过程问题
物体克服重力做功W克 =mgh =10J 4 m的圆形轨道相连接．一个质量为0.
A点比BC高出10 m，BC长1 m， 二、利用动能定理分析多过程问题 10m＝ 一、利用动能定理求变力的功 AB和CD轨道光滑且与BC平滑连 ∴当初速度加倍后，滑行的距离为4s
v＝4m/s
接．一质量为1 kg的物体，从A 利用动能定理求变力的功是最常用的方法．
4块
D.
质量为m的物体从高h的斜面上由静止开始滑下，经过一段水平距离后停止.
10m＝
v＝4m/s
vD＝0m/s ＝10.3m
接．一质量为1 kg的物体，从A
mg
点以4 m/s的速度开始运动，经过
BC后滑到高出C点10.3 m的D点
速度为零．(g取10 m/s2)求：
(1)物体与BC轨道间的动摩擦因
数；
在BC上滑动了4次
(1)由A到D，由动能定理：
－mg(h－H
＝0.5
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《创新设计》65页 例3
《创新设计》65页 例3
练习1:如图所示，物体在离斜面底端5m处由静 止开始下滑，然后滑上由小圆弧与斜面连接的 水平面，若物体与斜面及水平面间的动摩擦因 数均为0.4，斜面倾角为37°。求物体能在水平 面上滑行的距离。(sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8)
《分层训练》125页 第1题
练习2:如图所示，假设在某次比赛中他从10m 高处的跳台跳下，设水的平均阻力约为其体重 的3倍，在粗略估算中，把运动员当作质点处 理，为了保证运动员的人身安全，池水深度至
少为C.7 m
B.3 m D.1 m
mg(H + h) - fh = 0 - 0
速下滑，到达C端时速度刚好为零。求物体与BC 段间的动摩擦因数μ。
l
A
WG Wf Ek 0
B
mg l sin mg cos 2l 0 C α
3
3 tan
2
《分层训练》125页 第4题
应用动能定理解题的一般步骤
1、确定研究对象及运动过程 2、分析物体受力情况，明确各个力做的功 3、明确初状态和末状态的动能 4、根据动能定理列方程求解。
第3课时
动能定理在多过程运动中的应用
动能定理
合力做 的功
末态的动能
W
=
1 2
mv22
-
1 2
mv12
初态的 动能
例1:一质量为m=1 kg的物体静止在粗糙的水 平面上，已知接触面动摩擦因数μ=0.1，现用 水平外力F=2N拉其运动了5 m后，立即撤去 水平外力F，求其还能滑多远？(g取10 m/s2)
小结
对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，可以选择 分段或全程应用动能定理。
1.分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个 个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能 进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式， 然后联立求解。
2.全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的 各力的做功情况，确定整个过程中合力做的总功， 然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利 用动能定理列式求解。当题目不涉及中间量时，选 择全程应用动能定理更简单，更方便。
《分层训练》123页 第7题
练习3:如图所示，一内壁光滑、半径为R的圆管 处于竖直平面内，最高点C与圆心O处在同一竖 直线上，一小球从A点正上方某处静止释放，当 从离A点h处释放时，小球到达C处与圆管间无作 用力，h为多少？
练习1:斜面倾角多为过α，程长问为题l，AB（段直光线滑运，动BC）段
粗糙，AB =l/3, 质量为m的木块从斜面顶端无初