动能定理多过程

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动能定理在多过程往复运动中的应用

动能定理在多过程往复运动中的应用运用动能定理解题时无需考虑中间过程的细节，只需考虑全过程中合外力做功的情况，以及初、末状态的动能，所以对于往复运动问题全过程运用动能定理比较简单．1.在含有摩擦力的多过程往复运动过程中，注意两种力做功的区别：(1)重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关；(2)滑动摩擦力(或全部阻力)做功与路径有关，克服摩擦力(或全部阻力)做的功W＝F f·s(s 为路程).2.由于动能定理解题的优越性，求多过程往复运动问题中的路程，一般应用动能定理.【题型1】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d = 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h1 = 4.30 m、h2 = 1.35 m。

现让质量为m 的小滑块(可视为质点)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/s2。

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；(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离。

【题型2】某游乐场的滑梯可以简化为如图所示竖直面内的ABCD轨道，AB为长L＝6 m、倾角α＝37°的斜轨道，BC为水平轨道，CD为半径R＝15 m、圆心角β＝37°的圆弧轨道，轨道AB段粗糙，其余各段均光滑.一小孩(可视为质点)从A点以初速度v0＝2 3 m/s沿轨道下滑，运动到D点时的速度恰好为零(不计经过B点时的能量损失).已知该小孩的质量m＝30 kg，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)该小孩第一次经过圆弧轨道C点时，对圆弧轨道的压力；(2)该小孩与AB段的动摩擦因数；(3)该小孩在轨道AB上运动的总路程s.【题型3】如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m 的滑块与挡板P 的距离为x 0，滑块以初速度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重力沿斜面向下的分力。

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 。

动能定理在多过程问题中的应用-高考物理复习

例3 (2023·广东惠州市调研)光滑斜面与长度为L ＝0.5 m粗糙水平地面平滑相连，质量为m＝1 kg 的小球(可视为质点)从斜面上距离地面高H处由静止释放，经A点进入与水平地面平滑连接的光滑圆形轨道(A点为轨道最低点)，恰好能到达圆形轨道的最高点B点.已知小球与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，圆形轨道半径R＝0.1 m，取重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)小球在B点的速度大小；答案 1 m/s
动能定理在多过程问题中的应用
目标 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. 要求
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
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. (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.
根据题意，小球恰好能到达圆形轨道的最高点 B，则 mg＝mvRB2，解得 vB＝1 m/s.
(2)小球在A点时，其对圆形轨道的压力大小；答案 60 N
小球由 A 运动到 B 的过程中，根据动能定理有－mg·2R＝12mvB2－ 12mvA2，解得 vA＝ 5 m/s 在 A 点，轨道对小球的支持力和小球的重力的合力提供向心力，即 FN－mg＝mvRA2，解得 FN＝60 N，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为 60 N.

应用动能定理解决多过程问题-高考物理复习

A级基础对点练 1.(2024·陕西宝鸡高三期末)如图1所示，ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角
为θ的斜面，CD段是水平的，BC段是与AB和CD都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计。一质量为m的滑块(可看作质点)在A点由静止释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如图所示。现用一方向始终与轨道平行的力推滑块，使它缓慢地由D点推回到A点。滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加
g，则滑块经过的总路程是( A )
Байду номын сангаас
A.1μ2gcvo20s θ＋s0tan θ
B.μ12gsvi20n θ＋s0tan θ
C.2μ2gcvo20s θ＋s0tan θ
D.μ12gcvo20s
θ＋tasn0
θ
图4
目录
研透核心考点
解析滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为 s，对滑块运动的全程应用动能定理得 mgs0sin θ－μmgscos θ＝0－12mv20，解得 s＝μ12gcvo20s θ＋s0tan θ，选项 A 正确。
目录
研透核心考点
1.如图2所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O点质量为m＝ 1 kg的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变。现对小物块施加F＝10 N的水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动。小物块在向左运动到A点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6 N，运动到A点时撤去推力F，小物块最终运动到B点静止。图中OA＝0.8 m，OB＝0.2 m，重力加速度取g＝10 m/s2。求小物块： (1)与桌面间的动摩擦因数μ；图2 (2)向右运动过程中经过O点的速度大小； (3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量。
mg(s0＋x)sin θ－μmg(s0＋x)cos θ－Ep＝12mv2m

《动能定理与多过程问题》教学设计

《动能定理与多过程问题》教学设计
一、教学目标
1.掌握运用动能定理解决多过程问题的方法。

2.能够正确分析多过程中各阶段的受力和能量变化。

3.培养学生的物理思维和问题解决能力。

二、教学重难点
1.重点：动能定理在多过程问题中的应用。

2.难点：确定多过程中的初末状态和各阶段的做功情况。

三、教学方法
讲授法、实例分析法、讨论法。

四、教学过程
1.导入
通过实例展示多过程运动问题，引出动能定理的应用。

2.多过程问题分析
（1）分析多过程中各阶段的运动特点和受力情况。

（2）确定初末状态和各阶段的做功。

3.例题讲解
选取典型的多过程问题进行动能定理的应用讲解。

4.讨论交流
组织学生讨论不同多过程问题的解法。

5.课堂练习
让学生进行动能定理与多过程问题的练习。

6.课堂小结
总结动能定理在多过程问题中的分析要点和解题技巧。

7.作业布置
布置课后作业，包括多过程问题的应用题。

7.0.4动能定理多过程(5.20)

(4)若你为设计师，B点后设计一条动摩擦因数为0.5的直道BC，安全起见直道至少要多长？
3.6m
3．(2018定州期末)从地面竖直向上抛出一个质量
为m的小球，小球上升的最大高度为H，设上升过
程中空气阻力f恒定．在小球从抛出到上升至最高处
的过程中，下列正确的是( )
A．小球的动能减少mgH B．小球的动能减少fH
对滑块从A到C由动能定理得 FLcos θ－μ(mg－Fsin θ)L－μmgx＝0，
如图4所示，AB为1/4圆弧轨道，半径为 R=0.8m，BC是水平轨道，长l=3m，BC处的摩擦系数为μ=1/15，今有质量m=1kg的物体，自A点从静止起下滑到C点刚好停止。求物体在轨道AB段所受的阻力对物体做的功。
1 2
mv12
如图所示，一条铁链长为2 m，质量为10 kg，放在水平地面上，拿住一端提起铁链直到铁链全部离开地面的瞬间，物体克服重力做功为多少？物体的重力势能变化了多少？(g取9.8 m/s2)
配人教版物理必修2
例3 如图所示，总长为L的光滑匀质铁链跨过一个光滑的轻小滑轮，开始时下端A、B相平齐，当略有扰动时其一端下落，则当铁链刚脱离滑轮的瞬间，铁链的速度为多大？
答案：
gL 2
某公园内有一个滑梯，滑板长度为L，滑板与水平地面的夹角为θ。一质量为m的儿童从顶端滑下，滑板和儿童裤料之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：（1）儿童滑到底端过程中重力做的功；（2）儿童到达滑梯底端时儿童的动能；（3）儿童下滑过程中因摩擦产生的热量。
W mgLsin
三、机械能守恒定律
m
A
v1
h1
B
v2
h2
地面为参考面

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。

动能定理求解多过程问题(解析版)

动能定理求解多过程问题1. 由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析往往比较复杂，利用动能定理分析此类问题，是从总体上把握研究对象运动状态的变化，并不需要从细节上了解。

2．运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。

3．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等于力的大小与路程的乘积。

4. 利用动能定理求解多过程问题的基本思路(1)弄清物体的运动由哪些过程组成。

(2)分析每个过程中物体的受力情况。

(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响。

(4)从总体上把握全过程，写出总功表达式，找出初、末状态的动能。

(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程。

【典例1】如图所示，AB、CD为两个对称斜面，其上部足够长，下部B、C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为2.0 m，一个物体在离弧底E高度为h＝3.0 m处，以初速度v ＝4.0 m/s沿斜面运动，若物体与两斜面间的动摩擦因数均为0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共运动的路程是多少？(g取10 m/s2)【答案】280 m对全过程应用动能定理得mgh －R (1－cos 60°)－μmgs cos 60°＝0－12mv 2，解得s ＝280 m 。

【典例2】如图所示，质量m ＝6.0 kg 的滑块(可视为质点)，在F ＝60 N 的水平拉力作用下从A 点由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F ，当滑块由平台边缘B 点飞出后，恰能从水平地面上的C 点沿切线方向落入竖直圆弧轨道CDE ，并从轨道边缘E 点竖直向上飞出，经过0.4 s 后落回E 点。

已知A 、B 间的距离L ＝2.3 m ，滑块与平台间的动摩擦因数μ＝0.5，平台离地面高度h ＝0.8 m ，B 、C 两点间水平距离x ＝1.2 m ，圆弧轨道半径R ＝1.0 m 。

《利用动能定理分析变力做功和多过程问题》解题技巧

《利用动能定理分析变力做功和多过程问题》解题技巧一、利用动能定理求变力做功1.动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便.2.利用动能定理求变力的功是最常用的方法，当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W变＋W其他＝ΔE k.如图1所示，质量为m的小球由静止自由下落d后，沿竖直面内的固定轨道ABC运动，AB是半径为d的14光滑圆弧轨道，BC是直径为d的粗糙半圆弧轨道(B是轨道的最低点).小球恰能通过圆弧轨道的最高点C.重力加速度为g，求：图1(1)小球运动到B处时对轨道的压力大小(可认为此时小球处在轨道AB上)；(2)小球在BC运动过程中，摩擦力对小球做的功.答案(1)5mg(2)－34 mgd解析(1)小球由静止运动到B点的过程，由动能定理得2mgd＝12mv2，在B点，由牛顿第二定律得F N－mg＝m v2 d，得：F N＝5mg根据牛顿第三定律：小球在B处对轨道的压力大小FN′＝F N＝5mg；(2)小球恰能通过C点，则mg＝mv2Cd2.小球从B运动到C的过程：－mgd＋W f＝12mvC2－12mv2，得Wf＝－34mgd.针对训练1 如图2所示，有一半径为r＝0.5 m的粗糙半圆轨道，A与圆心O等高，有一质量为m＝0.2 kg的物块(可视为质点)，从A点静止滑下，滑至最低点B时的速度为v＝1 m/s，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )图2A.物块过B点时，对轨道的压力大小是0.4 NB.物块过B点时，对轨道的压力大小是2.0 NC.A到B的过程中，克服摩擦力做的功为0.9 JD.A到B的过程中，克服摩擦力做的功为0.1 J答案 C解析在B点由牛顿第二定律可知F N－mg＝m v2r，解得：F N＝2.4 N，由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小为2.4 N，故A、B均错误；A到B的过程，由动能定理得mgr＋W f＝12mv2－0，解得Wf＝－0.9 J，故克服摩擦力做功为0.9 J，故C正确，D错误.二、利用动能定理分析多过程问题一个物体的运动如果包含多个运动阶段，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，分析每个力做的功，确定整个过程中合外力做的总功，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.注意：当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移.计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和.如图3所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5 m，一个质量为m＝0.5 kg的木块在F＝1.5 N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求：图3(1)木块沿弧形槽上升的最大高度(木块未离开弧形槽)；(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑行的最大距离.答案(1)0.15 m (2)0.75 m解析(1)设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，木块在最高点时的速度为零.从木块开始运动到沿弧形槽上升到最大高度处，由动能定理得：FL－FfL－mgh＝0其中F f＝μF N＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N所以h＝FL－FfLmg＝(1.5－1.0)×1.50.5×10m＝0.15 m(2)设木块离开B点后，在水平桌面上滑行的最大距离为x，由动能定理得：mgh－Ffx＝0所以x＝mghFf＝0.5×10×0.151.0m＝0.75 m.针对训练2 图4中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计.一质量为m的小滑块在A点从静止释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A 点和D点的位置如图4所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于( )图4A.mghB.2mghC.μmg(s＋hsin θ) D.μmg(s＋h cos θ)答案 B解析滑块由A点运动至D点，设克服摩擦力做功为W AD，由动能定理得mgh －W AD＝0，即W AD＝mgh…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 DA，由动能定理知当滑块从D点被推回A点有WF－mgh－W DA＝0…②，由A点运动至D点，克服摩擦力做的功为W AD＝μmg cosθ·hsin θ＋μmgs…③，从D→A的过程克服摩擦力做的功为W DA＝μmg cosθ·hsin θ＋μmgs…④，③④联立得W AD＝W DA…⑤，①②⑤联立得W F＝2mgh，故A、C、D错误，B正确.三、动能定理在平抛、圆周运动中的应用动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意：(1)与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量.(2)与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件：①可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为v min＝0.②不可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为v min＝gR.如图5所示，一可以看成质点的质量m＝2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，BC为圆弧竖直直径，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R＝0.5 m.已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力，g取10 m/s2.图5(1)求小球的初速度v0的大小；(2)若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功.答案(1)3 m/s (2)－4 J解析(1)在A点由平抛运动规律得：v A ＝vcos 53°＝53v小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得mg(R＋R cos θ)＝12mvA2－12mv2联立得：v0＝3 m/s；(2)若小球恰好能通过最高点C，在最高点C处有mg＝mv 2CR，小球从桌面运动到C点的过程中，由动能定理得W f＝12mvC2－12mv2代入数据解得W f＝－4 J.四、动能定理在多过程往复运动中的应用某游乐场的滑梯可以简化为如图6所示竖直面内的ABCD轨道，AB为长L＝6 m、倾角α＝37°的斜轨道，BC为水平轨道，CD为半径R＝15 m、圆心角β＝37°的圆弧轨道，轨道AB段粗糙，其余各段均光滑.一小孩(可视为质点)从A点以初速度v0＝2 3 m/s下滑，沿轨道运动到D点时的速度恰好为零(不计经过B点时的能量损失).已知该小孩的质量m＝30 kg，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：图6(1)该小孩第一次经过圆弧轨道C点时，对圆弧轨道的压力；(2)该小孩与AB段间的动摩擦因数；(3)该小孩在轨道AB上运动的总路程s.答案(1)420 N，方向向下(2)0.25 (3)21 m解析(1)由C到D速度减为0，由动能定理可得－mg(R－R cos β)＝0－12mvC2，vC＝215 m/s在C点，由牛顿第二定律得F N－mg＝m v 2CR，可得：F N＝420 N根据牛顿第三定律，小孩第一次经过圆弧轨道C点时，对圆弧轨道的压力为420 N，方向向下(2)小孩从A运动到D的过程中，由动能定理得：mgL sin α－μmgL cos α－mgR(1－cos β)＝0－12 mv2可得：μ＝0.25(3)在AB斜轨道上，μmg cos α<mg sin α，小孩不能静止在斜轨道上，则小孩从A点以初速度v0滑下，最后静止在BC轨道B处，由动能定理：mgL sin α－μmgs cos α＝0－12mv2，解得s＝21 m.1.在有摩擦力做功的往复运动过程中，注意两种力做功的区别：(1)重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关；(2)滑动摩擦力(或全部阻力)做功与路径有关，克服摩擦力(或全部阻力)做的功W＝F f s(s为路程).2.由于动能定理解题的优越性，求多过程往复运动问题中的路程，一般应用动能定理.【课堂同步练习】1.(用动能定理求变力做功)如图7所示为一水平的转台，半径为R，一质量为m的滑块放在转台的边缘，已知滑块与转台间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.若转台的转速由零逐渐增大，当滑块在转台上刚好发生相对滑动时，转台对滑块所做的功为( )图7A.12μmgR B.2πmgRC.2μmgRD.0答案 A解析滑块即将开始滑动时，最大静摩擦力(等于滑动摩擦力)提供向心力，有μmg＝mv2R，根据动能定理有W f＝12mv2，解得Wf＝12μmgR，A正确.2.(利用动能定理分析多过程问题)如图8所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C 处停止，不计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为( )图8A.12μmgR B.12mgRC.mgRD.(1－μ)mgR答案 D解析设物体在AB段克服摩擦力所做的功为W AB，对物体从A到C的全过程，由动能定理得mgR－W AB－μmgR＝0，故W AB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR.3.(动能定理在平抛、圆周运动中的应用)如图9所示，一长L＝0.45 m、不可伸长的轻绳上端悬挂于M点，下端系一质量m＝1.0 kg的小球，CDE是一竖直固定的圆弧形轨道，半径R＝0.50 m，OC与竖直方向的夹角θ＝60°，现将小球拉到A点(保持绳绷直且水平)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后，从圆弧轨道的C点沿切线方向进入轨道，刚好能到达圆弧轨道的最高点E，重力加速度g取10 m/s2，求：图9(1)小球到B点时的速度大小；(2)轻绳所受的最大拉力大小；(3)小球在圆弧轨道上运动时克服阻力做的功.答案(1)3 m/s (2)30 N (3)8 J解析(1)小球从A到B的过程，由动能定理得mgL＝12mv12，解得v1＝3 m/s(2)小球在B点时，由牛顿第二定律得F－mg＝m v21L，解得F＝30 N，由牛顿第三定律可知，轻绳所受最大拉力大小为30 N(3)小球从B到C做平抛运动，从C点沿切线进入圆弧轨道，由平抛运动规律可得小球在C点的速度大小v2＝v 1cos θ，解得v2＝6 m/s小球刚好能到达E点，则mg＝m v23R，解得v3＝ 5 m/s小球从C点到E点，由动能定理得－mg(R＋R cos θ)－W f＝12mv32－12mv22，解得W f＝8 J.4.(利用动能定理分析多过程往复运动问题)如图10所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑.一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度沿轨道开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点时速度为0.求：(g取10 m/s2)图10(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；(2)物体第5次经过B点时的速度大小(结果可用根式表示)；(3)物体最后停止的位置(距B点多少米).答案(1)0.5 (2)411 m/s (3)距B点0.4 m解析(1)由A到D，由动能定理得－mg(h－H)－μmgs BC＝0－12 mv12解得μ＝0.5(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgH－μmg·4sBC ＝12mv22－12mv12，解得v2＝411 m/s(3)分析整个过程，由动能定理得mgH－μmgs＝0－12 mv12解得s＝21.6 m所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m，故最后停止的位置与B 点的距离为2 m－1.6 m＝0.4 m.【课后强化训练】一、选择题1.一人用力踢质量为100 g的皮球，使球由静止以20 m/s的速度飞出.假定人踢球瞬间对球的平均作用力是200 N，球在水平方向运动了20 m停止.则人对球所做的功为( )A.20 JB.2 000 JC.500 JD.4 000 J答案 A解析根据题意可知，球的初状态速度为零，末状态速度为20 m/s，由动能定理可知W＝12mv2－0＝12×0.1×202 J＝20 J，故选A.2.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图1所示.已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短(弹簧始终在弹性限度内)，物体克服弹簧弹力所做的功为( )图1A.12mv2－μmg(s＋x) B.12mv2－μmgxC.μmgsD.μmg(s＋x) 答案 A解析由动能定理得－W－μmg(s＋x)＝0－12mv2，W＝12mv2－μmg(s＋x)，A正确，B、C、D错误.3.在离水平地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当它落到水平地面时速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于( )A.mgh－12mv2－12mv2 B.12mv2－12mv2－mghC.mgh＋12mv2－12mv2 D.mgh＋12mv2－12mv2答案 C解析对物块从刚抛出到落地的过程，由动能定理可得：mgh－Wf克＝12mv2－12mv2解得：W f克＝mgh＋12mv2－12mv2.4.一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，如图2所示，重力加速度为g，则拉力F所做的功为( )图2A.mgl cos θB.mgl(1－cos θ)C.Fl cos θD.Fl sin θ答案 B解析小球缓慢移动，时时处于平衡状态，由平衡条件可知，F＝mg tan θ，随着θ的增大，F也在增大，是一个变化的力，不能直接用功的公式求它所做的功，所以这道题要考虑用动能定理求解.由于小球缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得：－mgl(1－cos θ)＋W＝0，所以W＝mgl(1－cos θ)，B正确，A、C、D错误.5.如图3所示，一木块沿竖直放置的粗糙曲面从高处滑下，当它滑过A点的速度大小为5 m/s时，滑到B点的速度大小也为5 m/s.若使它滑过A点的速度大小变为7 m/s，则它滑到B点的速度大小( )图3A.大于7 m/sB.等于7 m/sC.小于7 m/sD.无法确定答案 C解析第一次从A点到B点的过程中：mgh－W f1＝ΔE k＝0，W f1＝mgh第二次速度增大，木块对轨道的压力增大，W f2>W f1，故mgh－W f2<0，木块在B 点的动能小于在A点的动能，C正确.6.质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图4所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是( )图4A.14mgR B.13mgRC.12mgR D.mgR答案 C解析小球通过最低点时，设绳的张力为F T，则F T －mg＝mv21R，即6mg＝mv21R①小球恰好通过最高点，绳子拉力为零，则有mg＝m v2 2R②小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得－mg·2R－W f＝12mv22－12mv12③由①②③式解得W f＝12mgR，选C.7.一质量为2 kg的物体静止在水平桌面上，在水平拉力F的作用下，沿水平方向运动2 s后撤去外力，其v－t图像如图5所示，下列说法正确的是( )图5A.在0～2 s内，合外力做的功为4 JB.在0～2 s内，合外力做的功为8 JC.在0～6 s内，摩擦力做的功为－8 JD.在0～6 s内，摩擦力做的功为－4 J答案 A8.如图6所示，一薄木板斜放在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端置于地板的P处，并与地板平滑连接.将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处.滑块和木板及地板之间的动摩擦因数相同.现将木板截短一半，仍按上述方式放在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放(设滑块在木板和地面接触处平滑过渡)，则滑块最终将停在( )图6A.P处B.P、Q之间C.Q处D.Q的右侧答案 C9.(多选)如图7所示为一滑草场.某条滑道由上、下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).则( )图7A.动摩擦因数μ＝6 7B.载人滑草车最大速度为2gh 7C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为3 5 g答案AB解析根据动能定理有2mgh－W f＝0，即2mgh－μmg cos 45°·hsin 45°－μmg cos 37°·hsin 37°＝0，得动摩擦因数μ＝67，则A项正确，C项错误；载人滑草车在上、下两段的加速度分别为a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝214g，a 2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－335g，则载人滑草车在上、下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，因此在上段滑道底端时达到最大速度v，由动能定理得：mgh－μmg cos 45°hsin 45°＝12mv2，得v＝27gh，故B项正确，D项错误.二、非选择题10.如图8所示，光滑水平面AB与一半圆形轨道在B点平滑连接，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，不计空气阻力，重力加速度为g.求：图8(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块从B到C克服阻力所做的功；(3)物块离开C点后，再落回到水平面上时的动能.答案(1)3mgR(2)12mgR(3)52mgR解析(1)物块从开始运动到B点，由动能定理得W＝12 mvB2在B点由牛顿第二定律得7mg－mg＝m v 2 B R解得W＝3mgR(2)物块从B到C由动能定理得－2mgR＋W′＝12mvC2－12mvB2物块在C点时mg＝m v 2 C R解得W′＝－12mgR，即物块从B到C克服阻力做功为12mgR.(3)物块从C点平抛到水平面的过程中，由动能定理得2mgR＝E k－12mvC2，解得Ek＝52mgR.11.如图9甲所示，半径R＝0.9 m的光滑半圆形轨道BC固定于竖直平面内，最低点B与水平面相切.水平面上有一质量为m＝2 kg的物块从A点以某一初速度向右运动，并恰能通过半圆形轨道的最高点C，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，且μ随离A点的距离L按图乙所示规律变化，A、B两点间距离L＝1.9 m，g 取10 m/s2，求：图9(1)物块经过最高点C时的速度大小；(2)物块经过半圆形轨道最低点B时对轨道压力的大小；(3)物块在A点时的初速度大小.答案(1)3 m/s (2)120 N (3)8 m/s解析(1)物块恰好通过C点，由牛顿第二定律可得mg＝m v 2 C R解得v C＝3 m/s(2)物块从B点到C点，由动能定理可得－mg·2R＝12mvC2－12mvB2解得v B＝3 5 m/s在B点由牛顿第二定律可得F N －mg＝mv 2BR，解得F N＝120 N.由牛顿第三定律可知物块通过B点时对轨道压力的大小为120 N (3)由题图乙可知摩擦力对物块做的功为W f ＝－12×(0.25＋0.75)×1.9mg＝－19 J物块从A到B，由动能定理得W f＝12mvB2－12mvA2解得v A＝8 m/s.12.如图10所示，光滑斜面AB的倾角θ＝53°，BC为水平面，BC长度l BC＝1.1 m，CD为光滑的14圆弧，半径R＝0.6 m.一个质量m＝2 kg的物体，从斜面上A点由静止开始下滑，物体与水平面BC间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道在B、C两点平滑连接.当物体到达D点时，继续竖直向上运动，最高点距离D点的高度h＝0.2 m.不计空气阻力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2.求：图10(1)物体运动到C点时的速度大小v C；(2)A点距离水平面的高度H；(3)物体最终停止的位置到C点的距离s.答案(1)4 m/s (2)1.02 m (3)0.4 m解析(1)物体由C点运动到最高点，根据动能定理得：－mg(h＋R)＝0－12 mvC2代入数据解得：v C＝4 m/s(2)物体由A点运动到C点，根据动能定理得：mgH－μmglBC ＝12mvC2－0代入数据解得：H＝1.02 m(3)从物体开始下滑到最终停止，根据动能定理得：mgH－μmgs1＝0代入数据，解得s1＝5.1 m由于s1＝4l BC＋0.7 m所以物体最终停止的位置到C点的距离为：s＝0.4 m.【强化训练二】1.如图1所示是一种常见的圆桌，桌面中间嵌一半径为r＝1.5 m、可绕中心轴转动的圆盘，桌面与圆盘面在同一水平面内且两者间缝隙可不考虑.已知桌面离地高度为h＝0.8 m，将一可视为质点的小碟子放置在圆盘边缘，若缓慢增大圆盘的角速度，碟子将从圆盘上甩出并滑上桌面，再从桌面飞出，落地点与桌面飞出点的水平距离是0.4 m.已知碟子质量m＝0.1 kg，碟子与圆盘间的最大静摩擦力F fmax＝0.6 N，g取10 m/s2，求：(不计空气阻力)图1(1)碟子从桌面飞出时的速度大小；(2)碟子在桌面上运动时，桌面摩擦力对它做的功；(3)若碟子与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.225，要使碟子不滑出桌面，则桌面半径至少是多少？答案(1)1 m/s (2)－0.4 J (3)2.5 m解析(1)根据平抛运动规律：h＝12gt2，x＝vt，得v＝x g2h＝1 m/s(2)碟子从圆盘上甩出时的速度为v0，则F fmax＝m v2r，即v0＝3 m/s由动能定理得：W f＝12mv2－12mv2，代入数据得：Wf＝－0.4 J(3)当碟子滑到桌面边缘时速度恰好减为零，对应的桌子半径取最小值. 设碟子在桌子上滑动的位移为x′，根据动能定理：－μmgx′＝0－12 mv2代入数据得：x′＝2 m由几何知识可得桌子半径的最小值为：R＝r2＋x′2＝2.5 m.2.如图2所示为一遥控电动赛车(可视为质点)和它的运动轨道示意图.假设在某次演示中，赛车从A位置由静止开始运动，经2 s后关闭电动机，赛车继续前进至B点后水平飞出，赛车能从C点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，D点和E点分别为圆形轨道的最高点和最低点.已知赛车在水平轨道AB段运动时受到的恒定阻力为0.4 N ，赛车质量为0.4 kg ，通电时赛车电动机的输出功率恒为2 W ，B 、C 两点间高度差为0.45 m ，C 与圆心O 的连线和竖直方向的夹角α＝37°，空气阻力忽略不计， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2，求：图2(1)赛车通过C 点时的速度大小； (2)赛道AB 的长度；(3)要使赛车能通过圆轨道最高点D 后回到水平赛道EG ，其半径需要满足什么条件？答案 (1)5 m/s (2)2 m (3)0<R ≤2546m 解析 (1)赛车在BC 间做平抛运动，则竖直方向v y ＝2gh ＝3 m/s 由图可知：v C ＝v ysin 37°＝5 m/s(2)由(1)可知B 点速度v 0＝v C cos 37°＝4 m/s 则根据动能定理：Pt －F f l AB ＝12mv 02，解得l AB ＝2 m(3)当赛车恰好通过最高点D 时，有：mg ＝m v 2DR从C 到D ，由动能定理可知：－mgR (1＋cos 37°)＝12mv D 2－12mv C 2，解得R ＝2546m所以轨道半径0<R ≤2546m. 3.如图3所示，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧轨道ab 和抛物线轨道bc 组成，圆弧轨道半径Oa 水平，b 点为抛物线轨道顶点.已知b 点距c 点的高度h ＝2 m ，水平距离s ＝ 2 m.重力加速度g 取10 m/s 2.图3(1)一小环套在轨道上从a 点由静止滑下，当其在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；(2)若小环套在b 点，因微小扰动而由静止开始滑下，求小环到达c 点时速度的水平分量的大小.答案 (1)0.25 m (2)2103m/s 解析 (1)小球在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，说明小环下落到b 点时的速度可使得小环做平抛运动的轨迹与轨道bc 重合，有s ＝v b t ，h ＝gt 22在ab 段轨道下滑过程中，根据动能定理可得mgR ＝mv 2b 2，联立解得R ＝0.25 m(2)小环在bc 段轨道下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，根据动能定理可得mgh ＝mv 2c2，因为小环滑到c 点时速度与竖直方向的夹角等于(1)问中做平抛运动过程中经过c 点时速度与竖直方向的夹角，设该夹角为θ，则根据平抛运动规律可知sin θ＝v b v 2b ＋2gh，根据运动的合成与分解可得sin θ＝v 水平v c，联立可得v 水平＝2103m/s.4.某校科技兴趣小组设计了如图4所示的赛车轨道，轨道由水平直轨道AB 、圆轨道BCD(B点与D点在同一水平面上但不重合)、水平直轨道DE、圆弧轨道EP 和管道式圆弧轨道PF组成，整个轨道处在同一竖直面内，AB段粗糙，其他轨道均光滑，EO2和FO3均沿竖直方向，且EO2＝FO3＝R2.已知R1＝0.5 m，R2＝1.2 m，θ＝60°.一遥控电动赛车(可视为质点)质量m＝1 kg，其电动机额定输出功率P ＝10 W，静止放在A点.通电后，赛车开始向B点运动，t0＝5 s后关闭电源，赛车继续运动，到达B点时速度v B＝5 m/s.g＝10 m/s2，求：图4(1)赛车运动到C点时的速度大小及其对轨道的压力大小；(2)赛车在AB段克服阻力所做的功；(3)要使赛车沿轨道运动到达F点水平飞出，且对管道F处的上壁无压力，赛车的通电时间应满足的条件.(假定赛车关闭电源时仍处于AB轨道上.管道上下壁间距比小车自身高度略大)答案(1) 5 m/s 0 (2)37.5 J (3)5 s≤t≤5.55 s解析(1)从B→C过程根据动能定理：－mg·2R1＝12mvC2－12mvB2解得：v C＝ 5 m/s在C点根据牛顿第二定律：mg＋F N＝m v 2 C R1解得：F N＝0根据牛顿第三定律得F N′＝F N＝0(2)A→B过程，设赛车克服阻力所做的功为W f根据动能定理：Pt0－W f＝12 mvB2解得：W f＝37.5 J(3)若t0＝5 s时关闭电源，B→F过程：－mg·2R2(1－cos θ)＝12mvF2－12mvB2解得：v F＝1 m/s可知，在恰好能过C点的临界情况下，赛车到达F点时速度为1 m/s而要使赛车在F点对管道上壁无压力并从F点水平飞出，在F点的速度应满足0＜v F≤gR2＝2 3 m/s综合上述可得1 m/s≤v F≤2 3 m/sA→F过程：Pt－Wf －mg·2R2(1－cos θ)＝12mvF2解得：5 s≤t≤5.55 s5.如图5所示，在竖直平面内，长为L、倾角θ＝37°的粗糙斜面AB下端与半径R＝1 m的光滑圆弧轨道BCDE平滑相接于B点，C点是轨迹最低点，D点与圆心O等高.现有一质量m＝0.1 kg的小物体从斜面AB上端的A点无初速度下滑，恰能到达圆弧轨道的D点.若物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.25，不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图5(1)斜面AB的长度L；(2)物体第一次通过C点时的速度大小v C1；(3)物体经过C点时，轨道对它的最小支持力F Nmin；(4)物体在粗糙斜面AB上滑行的总路程s总.答案(1)2 m (2)2 5 m/s (3)1.4 N (4)6 m解析(1)A到D过程，根据动能定理有mg(L sin θ－R cos θ)－μmgL cos θ＝0解得：L＝2 m；(2)物体从A到第一次通过C点过程，根据动能定理有mg (L sin θ＋R －R cos θ)－μmgL cos θ＝12mv C 12 解得：v C 1＝2 5 m/s ；(3)物体经过C 点，轨道对它有最小支持力时，它将在B 点所处高度以下运动，所以有：mg (R －R cos θ)＝12mv min 2根据牛顿第二定律有：F Nmin －mg ＝m v min 2R ，解得F Nmin ＝1.4 N ；(4)根据动能定理有：mgL sin θ－μmgs 总cos θ＝0 解得s 总＝6 m.。

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”。

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。

7动能定理多过程问题

应用动能定理求解多过程问题考点规律分析(1)应用动能定理求解多过程问题的两种方法物体的运动过程可分为几个运动性质不同的阶段(如加速、减速的阶段)时，可以分段分析应用动能定理，也可以对全过程整体分析应用动能定理，但当题目不涉及中间量时，选择全过程整体分析应用动能定理会更简单、更方便。

(2)全过程应用动能定理时的注意事项①当物体的运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移。

计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和。

②研究初、末动能时，只需关注初、末状态，不必关心运动过程的细节。

典型例题例如图所示，物体在离斜面底端5 m 处由静止开始下滑，然后滑到由小圆弧连接的水平面上，若物体与斜面及水平面的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°。

求物体能在水平面上滑行多远。

[规范解答] 解法一：(分段法)对物体在斜面上和水平面上时受力分析，如图甲、乙所示。

物体下滑阶段F N1＝mg cos37°，故F f1＝μF N1＝μmg cos37°。

由动能定理得mg sin37°·x 1－μmg cos37°·x 1＝12m v 21－0①在水平面上运动过程中，F f2＝μF N2＝μmg由动能定理，得－μmgx 2＝0－12m v 21 ②由①②两式可得x2＝sin37°－μcos37°μx1＝0.6－0.4×0.80.4×5 m＝3.5 m。

解法二：(全程法)物体受力分析同解法一。

物体运动的全过程中，初、末状态的速度均为零，对全过程应用动能定理有mg sin37°·x1－μmg cos37°·x1－μmgx2＝0－0得x2＝sin37°－μcos37°μx1＝0.6－0.4×0.80.4×5 m＝3.5 m。

运用动能定理求解多过程问题

V
F
s1
s
v
t
01 234
撤去F前，由动能定理得撤去F后，由动能定理得
（F
–
f）s1
=

1 2
mV2
– f(s –s1) =
0
–
1 2
mV2
两式相加得 F s1 +（ –fs）= 0
由解法1 知 F ： f = 4 ：1
创新微课
运用动能定理求解多过程问题
小结
分段研究整体研究
动能定理应用
受力分析分力做功对应位移
F
s1
s
v
t
01 234
创新微课
运用动能定理求解多过程问题
解法1
由动能定理得 WF + Wf =0 v
F
s1
s
01
t
234
即：Fs1 +（ –fs）=0 所以 F ：f = s ：s1
由V–t图线知 s ：s1 = 4 ：1
结果：F ：f = 4 ：1
创新微课
运用动能定理求解多过程问题
解法2 分段用动能定理
创新微课
同学，下节再见
创新微课现在开始
运用动能定理求解多过程问题
运用动能定理求解多过程问题
一、竖直方向上的全过程问题
创新微课
【例1】质量为m的小球从距沙坑表面h高处自由落下，进入沙坑，小球在沙坑中运动的最大深度为d，求小球在沙坑中运动受到的平均阻力大小.
mg f
对全过程: W总＝mg(h d ) fd
Ek1＝Ek2 0
h
d mg
mg(h d) fd 0 0
运用动能定理求解多过程问题

第六章微专题39 动能定理在多过程、往复运动问题中的应用

微专题39动能定理在多过程、往复运动问题中的应用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，要注意运用它们的做功特点．1.如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上．一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则()A．小物体恰好滑回到B处时速度为零B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点答案 C解析小物体从A处运动到D处的过程中，克服摩擦力所做的功为W f1＝mgh，小物体从D 处开始运动的过程，因为速度比从A向D运动的速度小，则小物体对圆弧槽的压力比从A 向D运动时的压力小，克服摩擦力所做的功W f2<mgh，所以小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低，故C正确，A、B错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方，故D错误．2．(2023·四川省检测)2022年北京冬奥会冰壶比赛中运动员在本垒把冰壶沿水平冰面以初速度v0推出滑向营垒．冰壶在冰面上自由滑行时冰壶和冰面间的动摩擦因数为μ，若队友在其滑行前方摩擦冰面，冰壶和冰面间的动摩擦因数变为0.9μ，重力加速度取g.求：(1)冰壶自由滑行前进的距离为多大；(2)在第(1)问中冰壶停下时离营垒边沿距离为x0，为保证冰壶能进入营垒，则队友最晚应于冰壶运动到多远时开始摩擦冰壶前方的冰面．答案(1)v022μg(2)v022μg－9x0解析(1)让冰壶在冰面上自由滑行时有－μmg ＝ma 10－v 02＝2a 1x解得x ＝v 022μg(2)设队友最晚应于冰壶运动到s 时开始摩擦冰壶前方的冰面，则全程由动能定理得：－μmgs －0.9μmg (x ＋x 0－s )＝0－12m v 02 解得s ＝v 022μg－9x 0 3．(2023·福建省模拟)如图所示，一半径R ＝0.4 m 的光滑竖直半圆轨道与水平面相切于c 点，一质量m ＝1 kg 可视为质点的小物块静止于水平面a 点，现用一水平恒力F 向左拉物块，经过t ＝3 s 时间到达b 点的速度大小v b ＝6 m/s ，此时撤去F ，小物块继续向前滑行经c 点进入光滑竖直圆轨道，且恰能经过竖直轨道最高点d .已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)水平恒力F 的大小；(2)b 、c 间的距离L .答案 (1)6 N (2)2 m解析 (1)从a 到b 过程中有F －F f ＝ma ，v b ＝at小物块所受摩擦力F f ＝μmg联立代入数据得F ＝6 N(2)小物块恰能经过轨道最高点，在d 点由牛顿第二定律有mg ＝m v 2R解得v ＝gR ＝2 m/s从c 点到d 点由动能定理有－mg ·2R ＝12m v 2－12m v c 2 解得v c ＝2 5 m/s从b 到c 由动能定理有－μmgL ＝12m v c 2－12m v b 2 解得b 、c 间的距离L ＝2 m4．(2023·浙江省模拟)某游乐场的滑梯可以简化为如图所示竖直面内的ABCD 轨道，AB 为长L ＝6 m 、倾角α＝37°的斜轨，BC 为水平轨道，CD 为半径R ＝15 m 、圆心角β＝37°的圆弧，轨道AB 段粗糙其余各段均光滑．一小孩(可视为质点)从A 点以初速度v 0＝2 3 m/s 下滑，沿轨道运动到D 点时的速度恰好为零(不计经过B 点时的能量损失)．已知该小孩的质量m ＝30 kg ，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：(1)该小孩第一次经过圆弧C 点时，对圆弧轨道的压力F N ；(2)该小孩在轨道AB 上第一次从A 下滑到B 的时间t ；(3)若将AB 段轨道改为圆弧形状(图中虚线部分，轨道材质不变)，试定性说明题设条件下小孩在轨道上游玩时是否会冲出D 点而发生危险？答案 (1)420 N ，方向向下 (2)15－32s (3)见解析解析 (1)由C 到D 速度减为0，由动能定理可得－mg (R －R cos β)＝0－12m v C 2 解得v C ＝215 m/s在C 点，由牛顿第二定律得F N C －mg ＝m v C 2R解得F N C ＝420 N根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力大小为F N ＝ F N C ＝420 N ，方向向下；(2)小孩从A 运动到D 的过程中，有mgL sin α－μmgL cos α－mgR (1－cos β)＝0－12m v 02 可得μ＝0.25在AB 上运动的加速度大小a ＝mg sin α－μmg cos αm＝4 m/s 2 根据v B ＝v C ＝v 0＋at代入数据解得t ＝15－32s(3)若将AB 段轨道改为圆弧形状，摩擦力做功会增加，速度减小更快，小孩到达不了D 点，所以小孩在轨道上游玩时不会冲出D 点而发生危险．5．如图所示，在竖直平面内，长为L 、倾角θ＝37°的粗糙斜面AB 下端与半径R ＝1 m 的光滑圆弧轨道BCDE 平滑相接于B 点，C 点是轨道最低点，D 点与圆心O 等高．现有一质量m ＝0.1 kg 的小物体从斜面AB 上端的A 点无初速度下滑，恰能到达圆弧轨道的D 点．若物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.25，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)斜面AB 的长度L ；(2)物体第一次通过C 点时的速度大小v C 1；(3)物体经过C 点时，轨道对它的最小支持力F Nmin ；(4)物体在粗糙斜面AB 上滑行的总路程s 总．答案 (1)2 m (2)2 5 m/s (3)1.4 N (4)6 m解析 (1)A 到D 过程，根据动能定理有mg (L sin θ－R cos θ)－μmgL cos θ＝0解得：L ＝2 m.(2)物体从A 到第一次通过C 点过程，根据动能定理有mg (L sin θ＋R －R cos θ)－μmgL cos θ＝12m v C 12 解得：v C 1＝2 5 m/s ；(3)物体经过C 点，轨道对它有最小支持力时，它将在B 点所处高度以下运动，所以有：mg (R －R cos θ)＝12m v min 2 根据牛顿第二定律有：F Nmin －mg ＝m v min 2R，解得F Nmin ＝1.4 N ；(4)根据动能定理有：mgL sin θ－μmgs 总cos θ＝0解得s 总＝6 m ．。

高中物理精品课件：动能定理解决多过程问题

(1)物块在上滑过程中的最大速度的大小；(计算结果可保留根式) (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。
[解析] (1)物块上滑过程中受拉力、摩擦力、重力、支持力的作用，先做加速运动后做减速运动，则有 FN＝mgcos 37°
f＝μFN F－f－mgsin 37°＝ma 当加速度为零时，速度最大，此时 F＝f＋mgsin 37°＝10 N 由图乙可得出 F＝20－10x 则 F＝10 N 时，可得出 x＝1 m 由动能定理可得 WF＋Wf＋WG＝12mvm2－0
(1)若s＝1 m，两物块刚过C点时对轨道的压力大小； (2)若两物块能冲上半圆形轨道，且不脱离轨道，s应满足什么条件。
[解析] (1)设物块经过 C 点时速度为 vC，物块受到轨道支持力为 FNC，由动能定理得：－2μmgs＝12×2mvC2－12×2mv2，又 FNC－2mg＝2mvRC2，代入解得 FNC＝500 N，由牛顿第三定律知，物块对轨道压力大小也为 500 N。
解析：(1)由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以软钢锭在平台上滑过距离 L 时，滑块脱离软钢锭后做自由落体运动，最大加速度：a＝g。 (2)对软钢锭，由动能定理得：－W＝0－12Mv2 解得：W＝12Mv2。 (3)滑块脱离软钢锭后做自由下落到平台的时间与软钢锭在平台最后滑动 L 的时间相同，设为 t。滑块离开软钢锭到软钢锭静止过程，软钢锭做匀减速直线运动，则：μMg＝Ma 由位移公式得：L＝12at2
D．物块从B运动到C，因摩擦产生的热量为7.2 J
类型(二) 多过程曲线运动问题 [典例] (2022·山西太原质检)如图所示，质量均为m＝4 kg的两个小物块A、B(均可视为质点)放置在水平地面上，竖直平面内半径R＝0.4 m的光滑半圆形轨道与水平地面相切于C，弹簧左端固定。移动物块A压缩弹簧到某一位置(弹簧在弹性限度内)，由静止释放物块A，物块A离开弹簧后与物块B碰撞并粘在一起以共同速度v＝5 m/s向右运动，运动过程中经过一段长为s，动摩擦因数μ＝0.2的水平面后，冲上半圆轨道，除s段外的其他水平面摩擦力不计。求：(g取10 m/s2)

动能定理在多过程中的应用

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
直线运动
铁球1m高处掉入沙坑,则已知铁球在下陷过程中受到沙子的平均阻力为铁球重力的20倍,则铁球在沙中下陷深度为多少m?
H h
多过程问题
（斜面运动）
斜面倾角为α，长为l， AB段光滑，BC段粗糙，AB =l/3, 质量为m的木块从斜面顶端无初速下滑，到达C端时速度刚好为零。求物体和BC 段间的动摩擦因数μ。
置.
第1次，从左到右
2h
h
1/3h
mg
3
fsEk 0 fs 2 mgh
3
A
B 第2次返回，停在AB间
思mg考h3：fs如果Ekh、0=3h/s 5,
1 2
s
停在AB中点
则停于何处？
总结
• 1、对于既可用牛顿定律，又可用动能定理解的力学问题，若不涉及到加速度和时间，则用动能定理求解较简便。
• 2、应用动能定理简解多过程问题：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，但如能对整个过程利用动能定理列式则使问题简化。
多少功？ W F W G W f1 源自 f2 E k 0 2 m g h
多过程问题
（直线＋曲线）
如图所示，质量为1kg的木块（可视为质点）静
止在高1.2m的平台上，木块与平台间的动摩擦
因数为0.2，用水平推力20N使木块产生位移3m
时撤去，木块又滑行1m时飞出平台，求木块落
地时速度的大小？
W GW f Ek0
m glsinm gcos2l0

应用动能定理处理多过程问题

1 /6专题：应用动能定理处理多过程问题１一.利用动能定理解题的方法和步骤1、明确研究对象、研究过程，找出初、末状态的速度情况．2、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存在，若物体运动过程中包含几个物理过程，物体运动状态受力情况均发生变化，因而在考虑外力做功时，必须根据不同情况分别对待． 3、明确物体在过程的起始状态动能和末状态的动能．4、列出动能定理的方程，及其它必要的解题方程进行求解．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。

１:如图所示，质量为m 的钢珠从高出地面h 处由静止自由下落，落到地面进入沙坑10h停止, 则：(1)钢珠在沙坑中受到的平均阻力是重力的多少倍？(2)若要使钢珠陷入沙坑h8，则钢珠在h 处的动能应为多少？(设钢珠在沙坑中所受平均阻力大小不随深度改变)2:如图所示，AB 为14圆弧轨道，BC 为水平直轨道，圆弧的半径为R ，BC 的长度也是R ，一质量为m 的物体，与两个轨道的动摩擦因素都是μ，当它由轨道顶端A 从静止下滑时，恰好运动到C 处停止，那么物体在A B 段克服摩擦力做功为( )A.12μmgRB.12mgR C ．mgR D ．(1－μ)mgR ３:一小物体从高h 的斜面上无初速滑下, 在水平面上滑行一段静止,水平方向的总位移为s,设斜面和水平面的动摩擦因数相同,求摩擦因数为多少？４．: 质量为80kg 的跳伞运动员从离地500m 的直升机上跳下,经过2s 拉开绳索开启降落伞,如图是跳伞过程的v-t 图像,g 取10m/s2,根据图像求：（1） t=1s 时运动员的加速度和所受的阻力？（2） 14s 内运动员下落的高度及克服阻力做的功？５．质量为m 的物体从地面上方H 高处无初速释放，落到地面后出现一个深为h 的坑，如图所示，在此过程中（）2 / 6A 、重力对物体做功mgHB 、物体重力势能减少mg （H-h ）C 、合力对物体做的总功为零D 、地面对物体的平均阻力为hmgH６．一物体静止在不光滑的水平面上，已知m =1 kg,μ=0.1，现用水平外力F =2 N 拉其运动5 m ，然后立即撤去水平外力F ，求：该物体在水平面上运动的总路程？(g 取10 m/s 2)７．质量为m 的球在距地面高度H 处无初速度下落，运动过程中空气阻力大小恒为重力的0．2倍，球与地面碰撞时无机械能量损失而向上弹起，求：该球停止前通过的总路程是多少？８．如图示，一质量为2kg 的铅球从离地面2m 高处自由下落，陷入沙坑2cm 深处，求：沙子对铅球的平均阻力。