5-05-2-热点突破：动能定理在多过程中的应用

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初三物理动能定理的应用

初三物理动能定理的应用动能定理是物理学中的重要定理之一，它可以帮助我们理解和解决与物体运动和能量变化相关的问题。

在初三物理学习中，动能定理具有广泛的应用。

本文将通过几个具体的实例来介绍初三物理动能定理的应用。

1. 汽车碰撞问题假设有两辆汽车A和汽车B，汽车A的质量为m1，速度为v1；汽车B的质量为m2，速度为v2。

汽车A和汽车B在一个狭窄的道路上相向而行，它们发生碰撞后停下来。

我们可以利用动能定理来计算碰撞前后的动能变化情况。

碰撞前汽车A的动能为1/2 * m1 * v1^2，汽车B的动能为1/2 * m2* v2^2。

碰撞后，两车停下来，动能为0。

根据动能定理，碰撞前汽车A和汽车B的动能之和等于碰撞后的总动能。

即 1/2 * m1 * v1^2 + 1/2 * m2 * v2^2 = 0通过这个等式，我们可以计算出碰撞后汽车A和汽车B的速度。

这个问题涉及了动能定理的应用，帮助我们分析和解决汽车碰撞的情景。

2. 弹簧振动问题在初三物理学习中，我们还学习了弹簧振动的知识。

当一个物体与弹簧相连并被拉伸或压缩时，它会出现振动。

这个过程中，动能定理可以帮助我们计算物体的动能变化。

假设一个质量为m的物体与一个劲度系数为k的弹簧相连。

当物体振动时，它的速度会不断变化。

我们可以利用动能定理来计算物体在不同位置上的动能。

当物体位于最大振幅处时，速度为0，动能为0。

当物体位于平衡位置时，速度最大，动能达到最大值。

根据动能定理，物体在不同位置上的动能之和等于其最大动能。

即 1/2 * k * A^2 = 1/2 * m * v^2通过这个等式，我们可以计算出物体在不同位置上的速度和动能。

这个问题涉及了动能定理的应用，帮助我们理解和分析弹簧振动现象。

3. 自行车骑行问题在日常生活中，我们经常骑自行车。

动能定理在解决自行车骑行问题时也能发挥作用。

假设一个质量为m的人骑着自行车以速度v在平地上行驶。

当人骑行时，自行车的动能和人的动能总和等于总动能。

动能定理在多过程运动中的应用

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。
《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

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.。

动能定理的应用

动能定理的应用在物理学中，动能定理是一个非常重要的概念，它在解决各种力学问题中发挥着关键作用。

动能定理指出：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化量。

这个定理看似简单，但其应用却十分广泛且精妙。

让我们先从一个简单的例子来理解动能定理。

想象有一个质量为 m 的物体，在一个水平面上受到一个恒力 F 的作用，沿着力的方向移动了一段距离 s。

如果物体的初速度为 v₁，末速度为 v₂，那么根据牛顿第二定律 F ＝ ma（其中 a 为加速度），以及运动学公式 2as ＝ v₂²v₁²，我们可以得到：Fs ＝ ½mv₂² ½mv₁²。

这就是动能定理的表达式。

在实际问题中，动能定理的应用场景多种多样。

比如在自由落体运动中，物体只受到重力的作用。

假设一个物体从高度 h 处自由下落，其质量为 m，到达地面时的速度为 v。

重力做的功为 mgh，根据动能定理，mgh ＝ ½mv² 0，从而可以很容易地求出物体到达地面时的速度 v＝√（2gh)。

再来看一个涉及多个力的问题。

假设一个物体在粗糙水平面上受到一个水平拉力 F 的作用，同时还受到摩擦力 f 的阻碍。

物体移动了一段距离 s，初速度为 v₁，末速度为 v₂。

拉力做的功为 Fs，摩擦力做的功为 fs，合力做的功为（F f）s。

根据动能定理，（F f）s ＝½mv₂² ½mv₁²。

通过这个式子，我们可以求出物体在这个过程中的末速度 v₂。

动能定理在解决曲线运动问题时也非常有用。

例如一个物体在竖直平面内做圆周运动，在最低点时，绳子对物体的拉力和物体的重力共同做功，使得物体的动能增加。

根据动能定理，我们可以计算出拉力和重力做功的总和与动能变化之间的关系。

在碰撞问题中，动能定理同样能发挥作用。

当两个物体发生碰撞时，虽然碰撞过程中的内力非常复杂，但如果我们只关心碰撞前后物体动能的变化，就可以运用动能定理。

动能定理的应用二：多过程问题

0S 0v P 动能定理的应用二：多过程问题学习目标：1. 进一步理解动能定理。

2. 会用动能定理解决多过程问题。

学习重点：理解动能定理解决问题的思路和步骤。

学习难点：学生能力培养导学过程：一、利用动能定理解题的方法和步骤1、明确和；2、分析物体的，明确各力，并计算；3、明确物体在研究过程中的、动能，并计算；4、由动能定理列方程求解。

二、应用动能定理巧解多过程问题。

物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程（如加速、减速的过程），此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，如能对整个过程利用动能定理列式则使问题简化。

多过程问题有的力并不是一直都在做功，在计算总功的时候要注意区别对待。

三、例题分析例1、一个物体从斜面上高h 处由静止滑下并紧接着在水平面上滑行一段距离后停止，测得停止处相对开始运动处的水平距离为S ，如图，不考虑物体滑至斜面底端的碰撞作用，并设斜面与水平面对物体的动摩擦因数相同．求动摩擦因数μ．例2、如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m 的物体距挡板P 距离为S 0，以初速度v 0沿斜面上滑。

物体与斜面的动摩擦因数为μ，物体所受摩擦力小于物体沿斜面的下滑力。

若物体每次与挡板相碰均无机械能损失，求物体通过的路程是多大？例3、如图, AB 、CD 为两个对称斜面,其上部都足够长,下部分别与一个光滑的圆弧面的两端相切,圆弧圆心角为120°,半径R=2.0 m.一个质量为2 kg 的物体在离弧底E 高度为h=3.0 m 处,以初速度v 0=4 m/s 沿斜面运动,物体与两斜面的动摩擦因数均为μ=0.2.求物体在两斜面上(不包括圆弧部分)运动的总路程.例4. 如图，一个质量为0.6kg 的小球以某一初速度从P 点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC 的A 点的切线方向进入圆弧（不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失）。

已知圆弧的半径R=0.3m ，θ=600，小球到达A 点时的速度v =4 m/s ，取g =10 m/s 2，求：(1)小球做平抛运动的初速度v 0 ；(2)P 点与A 点的水平距离和竖直高度；(3)小球到达圆弧最高点C 时对轨道的压力。

2025高考物理总复习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。
考点一动能定理在多过程问题中的应用
C.2μ(2gvco02s θ＋x0tan θ)
B.1μ(2gvs0in2 θ＋x0tan θ) D.1μ(2gvco02s θ＋tanx θ)
考点二动能定理在往复运动问题中的应用
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＝0－12mv02，解得 x＝1μ(2gvco02s θ＋x0tan θ)，选项 A 正确。
考点二动能定理在往复运动问题中的应用
例3 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.1μ(2gvco02s θ＋x0tan θ)
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＝μmgcos θ·＋μmgs，
③
考点一动能定理在多过程问题中的应用
从D→A的过程克服摩擦力做的功为
(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。

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

专题突破课7 动能定理在多过程中的应用-2025版物理大一轮复习

目标要求 1.会应用动能定理解决多过程、多阶段的问题。

2.会应用动能定理处理往复运动等复杂问题。

考点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时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。

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，要注意运用它们的功能特点。

(1)重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关。

(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积。

(3)弹簧弹力做功与路径无关。

学校科技小组成员参加了过山车游戏项目后，为了研究过山车运动中所遵循的物理规律，设计出了如图所示的装置，图中P为弹性发射装置，AB为倾角θ＝37°的倾斜轨道，BC为水平轨道，C′、C等高但略有错开，可认为CDC′为竖直圆轨道。

CE为足够长倾斜轨道，各段轨道均平滑连接。

以A点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系，弹射装置P的位置可在坐标平面内任意调节，使水平弹出的小滑块(视为质点)总能无碰撞的从A点进入轨道。

已知滑块质量为m＝20g，圆轨道半径R＝0.2m，轨道AB长x AB＝1m，BC长x BC＝0.4m，AB、BC段动摩擦因数μ＝0.5，其余各段轨道均光滑，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。

(1)若滑块在A点速度v A＝5m/s，求滑块弹出时的位置坐标(x1，y1)；(2)若滑块弹出时的初速度v0＝4m/s，求滑块在进入圆轨道C点时对轨道压力的大小；(3)若滑块第一次进入圆轨道不脱轨，求滑块弹出时纵坐标y应满足的条件。

【思路点拨】(1)“水平弹出的小滑块(视为质点)总能无碰撞的从A点进入轨道”，则此时速度方向沿斜面AB 方向。

(2)“AB 、BC 段动摩擦因数μ”，说明滑块沿AB 、BC 段摩擦力做负功。

(3)“滑块第一次进入圆轨道不脱轨”，说明“滑块刚好可过最高点D ”或者“滑块到与圆心等高的位置速度为零”。

5-05-2-热点突破：动能定理在多过程中的应用

转解析 2017版高三一轮物理教学实用课件
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4.跟踪训练
2017版高三一轮物理教学实用课件
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【训练】一质量 m＝0.6 kg 的物体以 v0＝20 m/s 的初速度从倾角为 30°的斜坡底端沿斜坡向上运动。当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了Δ Ek＝18 J，机械能减少了Δ E＝3 J，不计空气阻力，重力加速度 g＝10 m/s2，求： (1)物体向上运动时加速度的大小； (2)物体返回斜坡底端时的动能。
解析 (1)小球由 A 至 B 过程由动能定理得： 1 2 1 2 mgR(1－cos θ)＝ mvB－ mvA 2 2 解得：vB＝ 19 m/s 在 B 点由牛顿第二定律得： v2 B FNB－mg＝m R 解得：FNB＝44 N 由牛顿第三定律得小球经过最低点 B 时对轨道的压力大小为：
2017版高三一轮物理教学实用课件
显隐解析
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【备选】如图示,一根直杆由粗细相同的两段构成,其中AB段为长x1＝5 m的粗糙杆,BC段为长x2＝1 m的光滑杆.将杆与水平面成53°角固定在一块弹性挡板上,在杆上套一质量m＝0.5 kg、孔径略大于杆直径的圆环.开始时,圆环静止在杆底端A.现用沿杆向上的恒力F拉圆环,当圆环运动到B点时撤去F，圆环刚好能到达顶端C，然后再沿杆下滑.已知圆环与AB段的动摩擦因数μ＝0.1,g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8,cos 53°＝0.6.试求: (1)拉力F的大小；审题中要注 (2)拉力F作用的时间；意区分不同 (3)若不计圆环与挡板碰撞时的机械能过程的受力损失，从圆环开始运动到最终静止的及运动. 过程中在粗糙杆上所通过的总路程． 3.圆环开始运动到最终静止 2. 圆环从A到B过程, 由牛顿第 1. 圆环从A到C过程中，可根审题二定律全过程运用动能定理加速度运动学公求析疑据动能定理求恒力F. 式时间总路程 . .

2023年高考物理《动能定理在多过程问题中的应用》考点分析PPT课件

(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小；
答案 8 10 m/s 解析设过山车在C点的速度大小为vC，由动能定理得 mgh－μ1mgcos 45°·sinh45°＝12mvC2 代入数据得 vC＝8 10 m/s
(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小；答案 7×103 N
解析设过山车在D点速度大小为vD，由动能定理得
mg(h－2R)－μ1mgcos 45°·sinh45°＝12mvD2 F＋mg＝mvRD2，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)减速直轨道FG的长度x.(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
－mg(Lsin 37°＋R＋Rcos 37°)－μmgLcos 37°＝12mvC2－12mv02
④
在 C 点，根据牛顿第二定律有：mg＋FN′＝mvRC2
⑤
联立③④⑤解得：FN′＝4 N
⑥
根据牛顿第三定律得：FN＝FN′＝4 N
⑦
物块在C点时对轨道的压力大小为4 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.
答案见解析
解析设物块以初速度v1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：Lsin 37°＋R(1＋cos 37°)＝12gt2 水平方向：Lcos 37°－Rsin 37°＝vC′t 解得 vC′＝977 m/s> gR＝ 5 m/s，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：
答案 30 m 解析全程应用动能定理 mg[h－(l－x)tan 37°]－μ1mgcos 45°·sinh45°－μ1mgcos 37°·col－s 3x7°－μ2mgx ＝0 解得x＝30 m.

应用动能定理解决多过程问题

应用动能定理解决多过程问题江苏省射阳中学赵海明（224300）E ―mail:动能定理是高中物理的一个重要定理，也是高考中的一个热点。

对于每一个高中生来说，在物理的学习中，都必须能灵活地运用动能定理。

在高考中，经常会出现复杂的多过程问题，下面就通过例题谈谈如何应用动能定理解决多过程问题。

例1、如图所示，物体从高为h 的斜面体的顶端A 由静止开始滑下，滑到水平面上的B 点停止，A 到B 的水平距离为S ，已知：斜面体和水平面都由同种材料制成。

求：物体与接触面间的动摩擦因数解析：设物体质量为m ，斜面长为l ，物体与接触面间的动摩擦因数为μ ,斜面与水平面间的夹角为θ，滑到C 点的速度为V ，法一：分段列式法物体从A 滑到C ，根据动能定理有: 物体从C 滑到B,根据动能定理得: 联立上式解得：法二：全程列式法物体从A 滑到B,根据动能定理得:联立解得：点评：对于本题物体的运动经历了两个过程：先匀加速运动，接着匀减速运动。

应用动能定理可以分段分析，也可以对全过程分析；分段分析法比较直观、容易理解，而对全程进行分析能够使问题变得简捷，提高解题效率。

例2、如图所示，斜面足够长，其倾角为α，质量为m 的滑块，距挡板P 为S 0，以初速度V 0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滑块沿斜面方向的重力分力，若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块在斜面上经过的总路程为多少？解析：滑块在滑动过程中，要克服摩擦力做功，其机械能不断减少；又因为滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力分力，所以最终会停在斜面底21cos 2cos DC mgh mgl mv l S μθθ-==212CB mgS mv μ-=-h S μ=cos 0cos CB CB mgh mgl mgS l S Sμθμθ--=+=h Sμ=端。

在整个过程中，受重力、摩擦力和斜面支持力作用，其中支持力不做功。

动能定理的原理和应用

动能定理的原理和应用一、动能定理的原理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作用在物体上的净力之间的关系。

动能定理可以用来分析物体在运动过程中的能量转化和能量变化情况。

动能定理的核心原理是：物体的动能的变化率等于作用在物体上的净力乘以物体在该力下移动的距离。

动能定理的数学表示如下：W = ΔK其中，W表示净力所做的功，ΔK表示物体动能的变化。

二、动能定理的应用动能定理在物理学中有着广泛的应用，下面将介绍一些常见的应用场景。

1. 车辆碰撞分析动能定理可以用来分析车辆碰撞的力量和能量变化情况。

通过对碰撞之前和之后车辆的动能变化进行计算，可以推断碰撞的严重程度和造成的损伤情况。

这对于交通事故的调查和事故重建非常重要。

2. 物体自由下落当一个物体从高处自由下落时，可以利用动能定理计算物体的速度和落地时的动能。

这在物理实验和工程设计中经常用到。

3. 弹性碰撞动能定理也可以应用于弹性碰撞的分析。

在弹性碰撞中，物体的动能会发生变化，而动能定理可以帮助我们计算碰撞前后物体的速度和动能变化情况。

4. 机械能守恒动能定理与机械能守恒定律密切相关。

机械能守恒定律指出，在没有外力做功的情况下，物体的机械能（动能和势能之和）保持不变。

动能定理可以帮助我们理解物体机械能的变化和转化情况，从而应用于机械系统的分析和优化设计。

三、总结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作用在物体上的净力之间的关系。

动能定理可以用于分析物体在不同情况下的能量变化和转化。

它的应用场景广泛，包括车辆碰撞分析、物体自由下落、弹性碰撞和机械能守恒等方面。

掌握了动能定理的原理和应用，有助于我们深入理解物理学中的能量概念，并能在实际问题中进行定量分析。

动能定理在多过程中的应用qiu

利用动能定理解题的步骤：
1. 确定研究对象. 2. 确定物体的运功过程．
3. 要对物体进行正确受力分析（包括重力），明确各力的做功大小及正负情况．(有些力在运动过程中不是始终
，因而在考虑外力做功时，必须根据不同情况分别对待)．
4. 明确物体在运动过程中的初状态动能和末状态的动能．
5. 列出动能定理的方程，及其它必要的解题方程进行求解．
多过程问题
（多过程构成部件）
1、匀速直线运动、匀变速直线运动模型
2、平抛运动、类平抛运动模型
3、圆周运动模型
多过程问题
C
F A
OR B
（力学典型多过程问题）
B
D
多过程问题
（由直线运动组成）
例1.如图所示一物体质量m=1Kg,在沿斜面向上的恒力F=15N作用下，由静止从底端沿斜面向上做匀加速直线运动，上滑L0=2.5m,物体速度达到V0=5m/s，此时撤去F，斜面足够长，且倾角θ=370,不计空气阻力(g ＝10 m/s2，sin370＝0.6，cos370＝0.8)。求：（1）物体与斜面间动摩擦因数；（2）物体回到出发点时的速度。
θ
多过程问题
（直线运动+曲线运动）
例2 如图传送带A、B之间的距离为L =3.2 m，与水平面间夹角 θ = 370，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v =2 m/s，在上端A点无初速放置一个质量为m=1kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ = 0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R = 0.4 m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h = 0.5m (取g=10m/s2) ．求：（1）金属块经过B点时的速度（2）金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功．

高中物理动能定理在多过程问题中的应用

高中物理动能定理在多过程问题中的应用题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)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(多选)2022年北京和张家口将携手举办冬奥会,因此在张家口建造了高标准的滑雪跑道,来迎接冬奥会的到来。

如图所示,一个滑雪运动员从左侧斜坡距离坡底8 m处自由滑下,当下滑到距离坡底s1处时,动能和势能相等(以坡底为参考平面);到坡底后运动员又靠惯性冲上右侧斜坡(不计经过坡底时的机械能损失),当上滑到距离坡底s2处时,运动员的动能和势能又相等,上滑的最大距离为4 m。

关于这个过程,下列说法中正确的是( )A.摩擦力对运动员所做的功等于运动员动能的变化B.重力和摩擦力对运动员所做的总功等于运动员动能的变化C.s1<4 m,s2>2 mD.s1>4 m,s2<2 m答案：BC运动员在斜坡上滑行的过程中只有重力和摩擦力做功,由动能定理可知A项错,B 项对。

从左侧斜坡距离坡底s=8 m处滑至距离坡底s1处的过程中,由动能定理得mg(s-s1)sin α-W f=mv2-0①,因为下滑到距离坡底s1处时动能和势能相等,所以有mgs1sin α=mv2②,由①②两式联立得mg(s-s 1) si n α-W f =mgs 1 sin α,可知s-s 1>s 1,即s 1<=4 m 。

(完整版)动能定理应用(多过程问题)

动能定理的应用2021.05.10高一物理组多过程问题：〔例1二选一〕练习2、如下图，动摩擦因数为μ的粗糙水平面两端连接倾角分别为α、β的两个光滑斜面，一质量例1如下图，一质量为 2kg 的铅球从离地面 2m 高处自由下落，陷入沙坑中 2cm 深处.求沙子对铅球为m 的小物块在左边静止释放，经粗糙水平面后又冲上右侧斜面，那么到物块停止运动时，物块的平均阻力.〔g=10m/s 2〕.在粗糙水平面上经过的路程共为多少？例1、如下图，质量为m 的钢珠从高出地面 h 处由静止自由下落〔不计空气阻力〕，落到地面进入沙坑s 停止，求：钢珠在沙坑中克服阻力做功W f AhBsC练习1、质量为m 的物体静止在水平桌面上，它与桌面之间的动摩擦因数为 μ，物体在水平力F 作用下开始运动，发生位移S1时撤去力F ，问物体还能运动多远.例3、一个质量为m 的物体，从倾角为θ，高为h 的斜面上端 A 点由静止开始下滑 ,最后停在B 点，假设物体与斜面及水平面的动摩擦因数均为，求物体能在水平面上滑行多远？〔假设从斜面到水平面变〕AhθB练习3、如下图，AB 是四分之一圆周的弧形轨道，半径为 R ＝1m ，BC 是水平轨道，圆弧轨道和轨道在B 点相切。

现有质量为 m ＝的物体P ，由弧形轨道顶端A 点从静止开始下滑，物体平轨道之间动摩擦因数＝，AB 段粗糙，物体滑到C 点刚好停止，且s ＝3m ，求在轨道AB 段阻力对物体P 所做的功；A PRBs比照两种解题思路发现：多过程时可以分段求解，也可以全过程求解，全过程求解要简单些。

注意：多过程问题有的力并不是都在做功，如上述的阻力，在计算总功的时候要注意区别对待。

例4、如下图，光滑的水平面AB 与光滑的半圆形轨道相接触，直径BC 竖直，圆轨道半径为 R例2、如下图，一个质量为 m 的小球自高h 处由静止落下，与水平面发生屡次碰撞后，最后静止在水量为m 的物体放在A 处，AB=2R ，物体在水平恒力F 的作用下由静止开始运动，当物体运动到 B平面上，假设小球在空中运动时，受到的阻力恒为小球重的1，小球与水平面碰撞时不损失能量，那么小去水平外力之后，物体恰好从圆轨道的定点C 水平抛出，求水平力 F.10球在停止运动这前的运动过程中所通过的总路程为多少？1稳固练习：如下图，BC 是一条平直轨道，C 点距B 点的距离为；AB 是一条竖直平面内的圆形轨道，轨道长为1/4圆周，其中A 比B 高h=80cm 。

动能定理在力学中的应用

动能定理在力学中的应用在力学的广阔领域中，动能定理犹如一把万能钥匙，能够巧妙地解开众多复杂的谜题。

它为我们理解和解决物体的运动问题提供了强大而有效的工具。

首先，让我们来明确一下什么是动能定理。

动能定理指出：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化量。

用公式表达就是：＄W_{合}＝＼Delta E_{k}＝＼frac{1}｛2}mv_{f}＾｛2} ＼frac{1}｛2}mv_{i}＾｛2}＄，其中＄W_{合}＄表示合外力做的功，＄m$ 是物体的质量，＄v_{f}＄是物体的末速度，＄v_{i}＄是物体的初速度。

为了更好地理解动能定理的应用，我们来看几个具体的例子。

想象一个在光滑水平面上静止的物体，质量为＄m$ 。

现在对它施加一个水平恒力＄F$ ，使其在力的方向上运动了一段距离＄s$ 。

因为是光滑水平面，所以没有摩擦力，合外力就是这个恒力＄F$ 。

根据功的定义，＄W_{合}＝Fs$ 。

而物体的初速度＄v_{i}＝0$ ，末速度＄v_{f}＄可以通过运动学公式＄v_{f}＾｛2} ＝ 2as$ 求得（其中＄a＝＼frac{F}｛m}＄）。

将其代入动能定理公式，就可以得到＄Fs ＝＼frac{1}｛2}mv_{f}＾｛2} 0$ ，从而算出末速度＄v_{f}＄。

再看一个物体从高处自由下落的例子。

在这个过程中，物体只受到重力的作用，重力做正功。

设物体下落的高度为＄h$ ，质量为＄m$ 。

重力做的功就是＄W_{合} ＝ mgh$ 。

物体初速度为＄0$ ，末速度为＄v_{f}＄。

代入动能定理公式可得：＄mgh ＝＼frac{1}｛2}mv_{f}＾｛2} 0$ ，由此可以求出物体落地时的速度。

动能定理在解决多过程问题时，优势尤为明显。

比如一个物体先在粗糙水平面上受到一个力的作用运动一段距离，然后进入一个光滑斜面继续运动。

在这样的多过程中，我们可以分别计算每个过程中外力做的功，然后根据动能定理求出物体在整个过程中的末速度或者其他相关物理量。

动能定理在多过程问题中的妙用

JIAOXUE GUANLI YU JIAOYU YANJIU202178No.6 2021摘要：在力学研究中，动能定理是非常重要的原理之一，它主要反映的是物体两个状态的动能变化与其合力所做功的量值关系。

鉴于现阶段浙江高中物理学考卷中部分题是考查学生对动能定理的掌握情况，所以其重要性不言而喻。

文章试图通过分析在多过程问题中动能定理的妙用，来帮助更多学生学会分析多过程问题，从而使其体会动能定理在多过程问题中的妙用。

关键词：动能定理　多过程问题　妙用动能定理在多过程问题中的妙用张远庆（浙江省德清县第三中学 313201）高中阶段的物理课程中，动能定理是非常重要的内容，同时在高考试题中很多题的解答都需要运用到动能定理。

可以说，动能定理不仅是一个单独的知识点，事实上还能够作为一种解题工具，用来帮助学生更轻松、简便地解答一些物理题。

借助动能定理，可以直接考虑物体的运动始末状态，使得整个解题步骤变得更加简单化，从而帮助学生有效地缩短解题的时间。

然而，在实际解题过程中，许多学生很少应用到动能定理，没有将动能定理的解题价值有效发挥出来。

因此，本文以多过程问题为研究对象，研究探讨如何妙用动能定理来解答这类型问题，以供参考。

一、动能定理概述1.动能定理概念及公式动能定理的概念：物体动能的变化等于合外力对物体所做的功。

动能定理公式：W 合=E k 2（物体末动能）-E （物体初动能）=1mv 22-12mv 21。

其中W 合表示外力对物体所做的总功，外力对于物体所做的功的代数之和=物体动能的增量，W 合=W 1+W 2……（代数之和），也可以将物理的外力合成，将合外力F 合求出，再借助W 合=F 合s cos θ予以计算。

2.关于动能定理的理解当物体拥有一定的速度后，会产生一种能量，即动能。

在不平衡外力的作用下，物体如果改变了自身的速率，那么其动能也会发生相应变化。

物体受力而产生的功算得上标量，而由于外力做功才会使得动能发生一定变化，那么类同其他功，动能一样是一个标量。

动能定理在多过程问题中的应用-(含标准答案)

动能定理在多过程问题中的应用模型特征：优先考虑应用动能定理的典型问题 (1)不涉及加速度、时间的问题．(2)有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题． (3)变力做功的问题．(4)含有F 、l 、m 、v 、W 、E k 等物理量的力学问题． 1、解析 (1)小滑块由C 运动到A ，由动能定理得mgL sin 37°－μmgs ＝0 （2分）解得μ＝2435 （1分）(2)设在斜面上，拉力作用的距离为x ，小滑块由A 运动到C ，由动能定理得 Fs －μmgs ＋Fx －mgL sin 37°＝0 （2分）解得x ＝1.25 m（1分） (3)小滑块由A 运动到B ，由动能定理得Fs －μmgs ＝12m v 2（2分）由牛顿第二定律得F －mg sin 37°＝ma （2分）由运动学公式得x ＝v t ＋12at 2（2分）联立解得t ＝0.5 s（1分）答案 (1)2435(2)1.25 m (3)0.5 s2、一质量为2 kg 的铅球从离地面2 m 高处自由下落，陷入沙坑中2 cm 深处，如图所示，求沙子对铅球的平均阻力(g ＝10 m/s 2)．答案 2 020 N解析小球的运动包括自由落体运动和陷入沙坑减速运动两个过程，知道初末态动能和运动位移，应选用动能定理解决，处理方法有两种：解法一分段列式：铅球自由下落过程中，设小球落到沙面时速度为v ，则：mgH ＝12m v 2v ＝2gH ＝2×10×2 m/s ＝210 m/s.铅球陷入沙坑过程中，只受重力和阻力F f 作用，由动能定理得：mgh －F f h ＝0－m v 22F f ＝mgh ＋m v 22h ＝2×10×0.02＋2×(210)220.02N ＝2 020 N解法二全程列式：全过程都有重力做功，进入沙中又有阻力做功．所以W 总＝mg (H ＋h )－F f h由动能定理得：mg (H ＋h )－F f h ＝0－0故：F f ＝mg (H ＋h )h ＝2×10×(2＋0.02)0.02 N ＝2 020 N.3、如图所示装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度s ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为h 1＝4.30 m 、h 2＝1.35 m ．现让质量为m 的小滑块自A 点由静止释放．已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)小滑块第一次到达D 点时的速度大小； (2)小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔．答案 (1)3 m/s (2)2 s解析 (1)物块从A →B →C →D 过程中，由动能定理得 mg (h 1－h 2)－μmgs ＝12m v D 2－0，解得：v D ＝3 m/s(2)小物块从A →B →C 过程中，有 mgh 1－μmgs ＝12m v 2C解得：v C ＝6 m/s小物块沿CD 段上滑的加速度 a ＝g sin θ＝6 m/s 2小物块沿CD 段上滑到最高点的时间 t 1＝v Ca＝1 s小物块从最高点滑回C 点的时间t 2＝t 1＝1 s 故t ＝t 1＋t 2＝2 s4、如图所示，粗糙水平地面AB 与半径R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道BCD 相连接，且在同一竖直平面内，O 是BCD 的圆心， BOD 在同一竖直线上．质量m ＝2 kg 的小物块在9 N 的水平恒力F 的作用下，从A 点由静止开始做匀加速直线运动．已知AB ＝5 m ，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2.当小物块运动到B 点时撤去力F .取重力加速度g ＝10 m/s 2.求： (1)小物块到达B 点时速度的大小；(2)小物块运动到D 点时，轨道对小物块作用力的大小； (3)小物块离开D 点落到水平地面上的点与B 点之间的距离．答案 (1)5 m/s (2)25 N (3)1.2 m 解析 (1)从A 到B ，根据动能定理有 (F －μmg )x AB ＝12m v 2B得v B ＝2(F －μmg )x ABm＝5 m/s(2)从B 到D ，根据动能定理有－mg ·2R ＝12m v 2D －12m v 2B 得v D ＝v 2B －4Rg ＝3 m/s在D 点，根据牛顿运动定律有F N ＋mg ＝m v 2D R得F N ＝m v 2DR－mg ＝25 N(3)由D 点到落点小物块做平抛运动，在竖直方向上有 2R ＝12gt 2得t ＝4R g＝ 4×0.410s ＝0.4 s 水平地面上落点与B 点之间的距离为 x ＝v D t ＝3×0.4 m ＝1.2 m5、水上滑梯可简化成如图所示的模型：倾角为θ＝37°的倾斜滑道AB 和水平滑道BC 平滑连接，起点A 距水面的高度H ＝7.0 m ，BC 的长度d ＝2.0 m ，端点C 距水面的高度h＝1.0 m ．一质量m ＝50 kg 的运动员从滑道起点A 无初速度地自由滑下，运动员与AB 、BC 间的动摩擦因数均为μ＝0.1.(取重力加速度g ＝10 m/s 2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，运动员在运动过程中可视为质点)(1)求运动员沿AB 下滑时加速度的大小a ；(2)求运动员从A 滑到C 的过程中克服摩擦力所做的功W 和到达C 点时速度的大小v C ； (3)保持水平滑道端点在同一水平线上，调节水平滑道高度h 和长度d 到图中B ′C ′位置时，运动员从滑梯平抛到水面的水平位移最大，求此时滑道B ′C ′距水面的高度h ′. 答案 (1)5.2 m /s 2 (2)500 J 10 m/s (3)3 m解析 (1)运动员沿AB 下滑时，受力情况如图所示 F f ＝μF N ＝μmg cos θ 根据牛顿第二定律： mg sin θ－μmg cos θ＝ma得运动员沿AB 下滑时加速度的大小为： a ＝g sin θ－μg cos θ＝5.2 m/s 2(2)运动员从A 滑到C 的过程中，克服摩擦力做的功为：W ＝μmg cos θ·H －h sin θ＋μmgd ＝μmg [d ＋(H －h )cot θ]＝10μmg ＝500 J ，mg (H －h )－W ＝12m v 2C－0解得运动员滑到C 点时速度的大小v C ＝10 m/s(3)在从C ′点滑出至落到水面的过程中，运动员做平抛运动的时间为t ， h ′＝12gt 2，t ＝2h ′g下滑过程中克服摩擦力做功保持不变，W ＝500 J 根据动能定理得：mg (H －h ′)－W ＝12m v 2－0，v ＝2g (H －1－h ′)运动员在水平方向的位移：x ＝v t ＝2g (H －1－h ′)2h ′g＝4(H －1－h ′)h ′ 当h ′＝H －12＝3 m 时，水平位移最大．。