重难点08动能定理求解变力做功和多过程问题(解析版)-2021学霸向前冲高考物理二轮重难点必刷
动能定理求变力做功汇总课件
出来，得到变力所做的功。
实例分析一：弹簧力做功问题
确定弹簧力的变化规律
求解弹簧力做功
根据胡克定律，弹簧力F与弹簧的形变 量x成正比，即F=kx。
将弹簧力在位移上的积累效应计算出 来，得到弹簧力所做的功。
运用动能定理
设物体的初速度为v1，末速度为v2， 通过运用动能定理，可以求出弹簧力 所做的功。
在解决变力做功问题时，动能定理提供了一个简便的方法，可以将变力的冲量转化 为动能的变化，从而简化了问题的解决过程。
动能定理在解决实际问题中具有广泛的应用，例如在工程、航天、军事等领域中， 都需要用到动能定理来计算变力做功。
动能定理在未来的应用前景
随着科技的发展，动能定理的应 用前景将更加广阔。
在新能源、环保、医疗等领域中， 动能定理都有重要的应用价值。
理解如何利用动能定 理求变力所做的功。
02 动能定理概述
动能定理定义
总结词
动能定理是描述物体动能变化的定理， 其定义是合外力的功等于物体动能的变 化量。
VS
详细描述
动能定理是物理学中一个重要的定理，它 描述了物体的动能如何随外力做功而变化。 具体来说，如果一个物体受到合外力的作 用，并且这个合外力对物体做了功，那么 这个功就等于物体动能的增量。数学表达 式为：W = ΔE_k。其中，W表示合外力 做的功，ΔE_k表示物体动能的增量。
04 动能定理在变力做功中 的应用
变力做功的求解步骤
确定物体运动过程
首先需要明确物体在整个过程 中的运动情况，包括初速度、 末速度、加速度等。
确定变力的变化规律
分析变力的变化规律，找出力 随时间或位移变化的函数关系。
高考物理 解题思维与方法点拨专题五 运用动能定理求解变力功的解题思想课件
3．图象法 【例3】 某物体同时受到F1、F2两个力的作用，F1、F2 跟位移s的关系如右图所示，物体从静止开始运 动．求它的动能最大值．
解析：由题图可知，力F1、F2都是变力，且前5 m位移中，F1＞F2，物体做加速运动，所以s＝5m时物体动能最大，设为Ekm.由动能定理得：Ekm－0＝W1＋ W2，其中W1为力F1做的功，数值等于F1图线跟坐标轴及s＝5 m所围面积，即W1＝[(10＋5)/2]×5 J＝37.5 J；W2为F2做的功，数值等于F2图线跟坐标轴及s＝5 m所围面积，即W2＝－(5/2)5 J＝－12.5 J．所以式中Ekm＝37.5 J－12.5 J＝25 J. 答案：25 J
【例4】 一辆汽车在平直的路面上以恒定功率由静止开始行驶，设所受阻力大 小不变，其牵引力F与速度v的关系如右图所示，加速过程结束时对 应图中的B点，所用的时间t＝10 s，经历的路程s＝60 m．此后汽车做 匀速直线运动．求： (1)汽车所受阻力的大小； (2)汽车的质量．
解析：先取木块作为研究对象，则由动能定理得：WG＋WT＝ ①其中WG＝－mg ，WT是轻绳上张力对木块做的功，由于力的方向不断变化，这显然是一个变力做的功，对象转换：研究恒力F的作用点，在木块由A运动到B的过程中，恒力F的功WF＝F( )，它在数值上等于WT.故①式可变形 为： ，代入数据解得vB＝7 m/s. 答案：7 m/s
运用动能定理求解变力功的解题思想 1．对象转换法 在有些求功的问题中，作用在物体上的力可能为变力，但转换对象后，就 可变为求恒力功．
专题五：运用动能定理求解变力功的解题思想
【例1】 如右图所示，质量为2 kg的木块套在光滑的竖直杆 上，用60 N的恒力F通过轻绳拉木块，木块在A点的 速度vA＝3 m/s则木块运动到B点的速度vB是多少？ (木块可视为质点，g取10 m/s2)
高考物理动能定理的综合应用解题技巧和训练方法及练习题(含答案)及解析
高考物理动能定理的综合应用解题技巧和训练方法及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．如图所示，人骑摩托车做腾跃特技表演，以1.0m/s 的初速度沿曲面冲上高0.8m 、顶部水平的高台，若摩托车冲上高台的过程中始终以额定功率1.8kW 行驶，经过1.2s 到达平台顶部，然后离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A 点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．A 、B 为圆弧两端点，其连线水平．已知圆弧半径为R ＝1.0m ，人和车的总质量为180kg ，特技表演的全过程中不计一切阻力(计算中取g ＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)．求：(1)人和车到达顶部平台的速度v ；(2)从平台飞出到A 点，人和车运动的水平距离x ； (3)圆弧对应圆心角θ；(4)人和车运动到圆弧轨道最低点O 时对轨道的压力． 【答案】（1）3m/s （2）1.2m （3）106°（4）7.74×103N 【解析】 【分析】 【详解】（1）由动能定理可知：221011Pt mgH mv 22mv -=- v ＝3m/s （2）由2221H gt ,s vt 2==可得：2H s v 1.2m g== （3）摩托车落至A 点时，其竖直方向的分速度y 2v gt 4m /s ==设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为α，则4tan 3yv v α==，即α＝53° 所以θ＝2α＝106° （4）在摩托车由最高点飞出落至O 点的过程中，由机械能守恒定律可得：2211mg[H R(1cos )]mv mv 22α'+-=-在O 点：2v N mg m R-= 所以N ＝7740N由牛顿第三定律可知，人和车在最低点O 时对轨道的压力为7740N2．如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在t ＝0时刻，将质量为1.0 kg 的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A 点，经过1.0 s ，物块从最下端的B 点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g ＝10 m/s 2)，求：(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块从A 到B 的过程中，传送带对物块做的功． 【答案】(1) 35(2) －3.75 J 【解析】解：(1)由图象可知，物块在前0.5 s 的加速度为：2111a =8?m/s v t = 后0.5 s 的加速度为：222222?/v v a m s t -== 物块在前0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：1mgsin mgcos ma θμθ+=物块在后0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：2mgsin mgcos ma θμθ-=联立解得：3μ=(2)由v －t 图象面积意义可知，在前0.5 s ，物块对地位移为：1112v t x =则摩擦力对物块做功：11·W mgcos x μθ= 在后0.5 s ，物块对地位移为：12122v v x t +=则摩擦力对物块做功22·W mgcos x μθ=－ 所以传送带对物块做的总功：12W W W =+ 联立解得：W ＝－3.75 J3．在某电视台举办的冲关游戏中，AB 是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径R=1.6m ，BC 是长度为L 1=3m 的水平传送带，CD 是长度为L 2=3.6m 水平粗糙轨道，AB 、CD 轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A 处由静止下滑，参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m=60kg ，滑板质量可忽略．已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1=0.4、μ2=0.5，g 取10m/s 2.求：（1）参赛者运动到圆弧轨道B 处对轨道的压力；（2）若参赛者恰好能运动至D 点，求传送带运转速率及方向； （3）在第（2）问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能．【答案】（1）1200N ，方向竖直向下（2）顺时针运转，v=6m/s （3）720J 【解析】(1) 对参赛者：A 到B 过程，由动能定理 mgR(1－cos 60°)＝12m 2B v 解得v B ＝4m /s在B 处，由牛顿第二定律N B －mg ＝m 2Bv R解得N B ＝2mg ＝1 200N根据牛顿第三定律：参赛者对轨道的压力 N′B ＝N B ＝1 200N ，方向竖直向下． (2) C 到D 过程，由动能定理－μ2mgL 2＝0－12m 2C v 解得v C ＝6m /sB 到C 过程，由牛顿第二定律μ1mg ＝ma 解得a ＝4m /s 2(2分) 参赛者加速至v C 历时t ＝C Bv v a-＝0.5s 位移x 1＝2B Cv v +t ＝2.5m <L 1 参赛者从B 到C 先匀加速后匀速，传送带顺时针运转，速率v ＝6m /s . (3) 0.5s 内传送带位移x 2＝vt ＝3m参赛者与传送带的相对位移Δx ＝x 2－x 1＝0.5m 传送带由于传送参赛者多消耗的电能 E ＝μ1mg Δx ＋12m 2C v －12m 2B v ＝720J .4．某人欲将质量50kg m =的货箱推上高 1.0m h =的卡车，他使用的是一个长 5.0m L =的斜面（斜面与水平面在A 处平滑连接）。
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 。
专题强化八 应用动能定理解决多过程问题-2024届物理一轮复习讲义
专题强化八应用动能定理解决多过程问题学习目标 1.会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求路程等复杂问题。
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的两种思路(1)分段应用动能定理求解。
(2)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所做的功等于力的大小与路程的乘积。
例1如图1所示，一质量为m ＝0.5kg 的小滑块，在水平拉力F ＝4N 的作用下，从水平面上的A 处由静止开始运动，滑行x ＝1.75m 后由B 处滑上倾角为37°的光滑固定斜面，滑上斜面后拉力的大小保持不变，方向变为沿斜面向上，滑动一段时间后撤去拉力。
已知小滑块沿斜面上滑到的最高点C 距B 点为L ＝2m ，小滑块最后恰好停在A 处。
不计B 处能量损失，g 取10m/s 2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
试求：图1(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(2)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的距离x 0；(3)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的时间t 。
答案(1)2435(2)1.25m (3)0.5s 解析(1)小滑块由C 运动到A ，由动能定理得mgL sin 37°－μmgx ＝0解得μ＝2435。
(2)小滑块在斜面上运动时，设拉力作用的距离为x 0，小滑块由A 运动到C ，由动能定理得Fx －μmgx ＋Fx 0－mgL sin 37°＝0解得x 0＝1.25m 。
(3)小滑块由A 运动到B ，由动能定理得Fx －μmgx ＝12m v 2在斜面上，由牛顿第二定律得F －mg sin 37°＝ma由运动学公式得x 0＝v t ＋12at 2联立解得t ＝0.5s 。
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
高中物理压轴题：用力学三大观点处理多过程问题(解析版)
压轴题用力学三大观点处理多过程问题1.用力学三大观点(动力学观点、能量观点和动量观点)处理多过程问题在高考物理中占据核心地位，是检验学生物理思维能力和综合运用知识解决实际问题能力的重要标准。
2.在命题方式上，高考通常会通过设计包含多个物理过程、涉及多个力学观点的复杂问题来考查学生的综合能力。
这些问题可能涉及物体的运动状态变化、能量转换和守恒、动量变化等多个方面，要求考生能够灵活运用力学三大观点进行分析和解答。
3.备考时，学生应首先深入理解力学三大观点的基本原理和应用方法，掌握相关的物理公式和定理。
其次，要通过大量的练习来提高自己分析和解决问题的能力，特别是要注重对多过程问题的训练，学会将复杂问题分解为多个简单过程进行分析和处理。
考向一：三大观点及相互联系考向二：三大观点的选用原则力学中首先考虑使用两个守恒定律。
从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题。
(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。
(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。
(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。
(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。
考向三：用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法1．多体问题--要正确选取研究对象，善于寻找相互联系选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。
选取研究对象后需根据不同的条件采用隔离法，即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为整体进行研究；或将隔离法与整体法交叉使用。
通常，符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。
2024年新人教版高考物理一轮复习课件 第6章 专题强化8 动能定理在多过程问题中的应用
W 克 fDA＝μmgcos θ·sinh θ＋μmgs，
④
联立③④得W克fAD＝W克fDA，
⑤
联立①②⑤得WF＝2mgh，故A、C、D错误，B正确.
例2 (多选)(2021·全国甲卷·20)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面
底端沿斜面向上滑动.该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离 后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为E5k.已知sin α ＝0.6，重力加速度大小为g.则
(3)小球的释放点离水平地面的高度H. 答案 0.35 m
小球从释放到运动到 A 点的过程，运用动能定理有 mgH－μmgL＝ 12mvA2，代入数据解得 H＝0.35 m.
动能定理在往复运动问题中的应用
1.往复运动问题：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. 2.解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特 点是与路程有关，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，所以用动能定理分析 这类问题可简化解题过程.
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3.如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为
斜面的最低点.一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜
面上做往复运动.小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为
小物块当次到达O点时动能的5%.小物块从开始下滑到停止的过程中运动
的总路程为
A.s4i9nHθ
ma下＝mgsin α－μmgcos α， 解得a下＝g5 ，B正确；
物体向上滑动时根据牛顿第二定律有
ma上＝mgsin α＋μmgcos α，解得a上＝g， 故a上>a下， 由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过 相同的位移，根据位移公式l＝12 at2，则可得出t上<t下，D错误.
人教版高中物理必修二 专题强化 利用动能定理分析变力做功和多过程问题
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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：
(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 PPT模板：/moban/
PPT背景：/beiji ng/ PPT下载：/xiaz ai/ 资料下载：www. 1ppt.co m/zilia o/ 试卷下载：/shiti / 手抄报：/shouc haobao/ 语文课件：/keji an/yuwen/ 英语课件：/keji an/ying yu/ 科学课件：/keji an/kexue/ 化学课件：/keji an/huaxue/
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.
例2 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： (1)木块沿弧形槽上升的最大高度(木块未离开弧形槽)； 答案 0.15 m
小球恰能通过 C 点，则 mg＝mvdC2. 2
小球从B运动到C的过程：
－mgd＋Wf＝12mvC2－12mv2，得 Wf＝－34mgd.
针对训练1 (2018·厦门市高一下学期期末)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
(完整版)应用动能定理求解变力做功问题(含答案)
应用动能定理求解变力做功问题一、应用动能定理求变力做功时应注意的问题1、所求的变力的功不一定为总功，故所求的变力的功不一定等于ΔE k .2、合外力对物体所做的功对应物体动能的变化，而不是对应物体的动能．3、若有多个力做功时，必须明确各力做功的正负，待求的变力的功若为负功，可以设克服该力做功为W ，则表达式中应用－W ；也可以设变力的功为W ，则字母W 本身含有负号．二、练习1、如图所示，光滑水平平台上有一个质量为m 的物块，站在地面上的人用跨过定滑轮的绳子向右拉动物块，不计绳和滑轮的质量及滑轮的摩擦，且平台边缘离人手作用点竖直高度始终为h .当人以速度v 从平台的边缘处向右匀速前进位移x 时，则( )A ．在该过程中，物块的运动可能是匀速的B ．在该过程中，人对物块做的功为m v 2x 22(h 2＋x 2)C ．在该过程中，人对物块做的功为m v 212D ．人前进x 时，物块的运动速率为v hh 2＋x 2答案 B解析 设绳子与水平方向的夹角为θ，则物块运动的速度v 物＝v cosθ，而cosθ＝，故v 物＝，可见物块的速度随x 的增大而增大，A 、D 均错误；人对x h 2＋x 2v xh 2＋x 2物块的拉力为变力，变力的功可应用动能定理求解，即W ＝m v ＝，B 正确，122物m v 2x 22(h 2＋x 2)C 错误．2、如图所示，一质量为m 的质点在半径为R 的半球形容器中(容器固定) 由静止开始自边缘上的A 点滑下，到达最低点B 时，它对容器的正压力为F N .重力加速度为g ，则质点自A 滑到B 的过程中，摩擦力对其所做的功为 ( )A.R (F N －3mg )B.R (3mg －F N )1212C.R (F N －mg ) D.R (F N －2mg )1212答案 A解析 质点到达最低点B 时，它对容器的正压力为F N ，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m ，根据动能定理，质点自A 滑到B 的过程中有W f ＋mgR ＝m v 2，故摩擦v 2R 12力对其所做的功W f ＝RF N －mgR ，故A 项正确．12323、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( )A.mgRB.mgR 1413C.mgRD ．mgR12答案 C解析 小球通过最低点时，绳的张力为F ＝7mg①由牛顿第二定律可知：F －mg ＝②m v 21R小球恰好过最高点，绳子拉力为零，由牛顿第二定律可知：mg ＝③m v 2R小球由最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得：－2mgR ＋W f ＝m v －m v ④1221221由①②③④可得W f ＝－mgR ，所以小球克服空气阻力所做的功为mgR ，故C 正确，1212A 、B 、D 错误．4、一个质量为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 点很缓慢地移动到Q 点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，如图所示，则拉力F所做的功为( )A ．mgL cos θB ．mgL (1－cos θ)C ．FL sin θD ．FL cos θ答案 B解析 小球从P 点移动到Q 点时，受重力、绳子的拉力及水平拉力F 作用，因很缓慢地移动，小球可视处于平衡状态，由平衡条件可知：F ＝mg tan θ，随θ的增大，拉力F也增大，故F 是变力，因此不能直接用W ＝FL cosθ计算．根据动能定理有：W F －W G ＝0，所以W F ＝W G ＝mgL (1－cos θ)，选项B正确．5、如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设物体在斜面最低点A 的速度为v ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，则从A 到C 的过程中弹簧弹力做功是( )A ．mgh －m v 2B.m v 2－mgh1212C ．－mgh D ．－(mgh ＋m v 2)12答案 A解析 由A 到C 的过程运用动能定理可得－mgh ＋W ＝0－m v 212所以W ＝mgh －m v 2，所以A 正确．126、如图所示，质量为m 的物块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，物体与转台转轴相距R ，物体随转台由静止开始转动，当转速增加到某值时，物块即将开始滑动，在这一过程中，摩擦力对物体做的功是( )A.μmgR B ．2πmgR 12C ．2μmgR D ．0答案 A解析 物块即将开始滑动时，最大静摩擦力(近似等于滑动摩擦力)提供向心力，有μmg ＝，根据动能定理有，W f ＝，解得W f ＝，选项A 正确．m v 2R m v 22μmgR2。
《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儿个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即/役+“1他=△瓦例❶如图1所示，质量为也的小球山静止自山下落孑后，沿竖直面内的固定轨道遊运动，月万是半径为〃的N光滑圆弧轨道，万C是直径为d的粗糙半圆弧轨道（万是轨道的最低点）•小球恰能通过圆弧轨道的最高点C.重力加速度为g, 求:⑴小球运动到万处时对轨道的压力大小（可认为此时小球处在轨道M上）;（2）小球在庞运动过程中，摩擦力对小球做的功.3答案（1） 5zz7g （2）—孑聒孑解析⑴小球山静止运动到万点的过程,山动能定理得2驱/=尹几在万点，山牛顿第二定律得尺一碑=形,根据牛顿第三定律：小球在万处对轨道的压力大小(2)小球恰能通过C点，则mg—nr-^,2小球从万运动到c的过程:1 片1 . 3—/ngd+ ff；=^nv2—严V ,得―严如.针对训练1如图2所示，有一半径为r=0.5m的粗糙半圆轨道，貳与圆心 0等奇，有一质量为2z?=0・2kg的物块(可视为质点)，从久点静止滑下，滑至最低点万时的速度为r=l m/s,取g =10 m/乳下列说法正确的是(A•物块过万点时，对轨道的压力大小是0.4 NB•物块过万点时，对轨道的压力大小是2,0 NC.S到万的过程中，克服摩擦力做的功为0.9 JD•貳到万的过程中，克服摩擦力做的功为0.1 J答案Cy解析在万点山牛顿第二定律可知尺一碑=k,解得：尺=2・4N,山牛顿r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；仏到万的过程, 山动能定理得驱卄他=尹〒一0,解得妮=一0・91，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武求解.当题U 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, 汁算各力做功时，应注童各力对应的位移•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.例❷ 如图3所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面夕长Z=1.5 m, 一个质量为仍=0.5 kg 的木块在尸 =1.5 N 的水平拉力作用下，从桌面上的力端 山静止开始向右运动，木块到达万端时撤去拉力只 木块与水平桌面间的动摩擦 因数M =0・2,取g=10 m/sl 求:(1)木块沿弧形槽上升的最大高度(木块未离开弧形槽);(2)木块沿弧形槽滑回万端后，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面度为力，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，山动能定理得:FL —E E L —mgh=0其中耳=“代=//驱=0・ 2X0. 5X10 N=L0 N(2)设木块离开万点后，在水平桌面上滑行的最大距离为X,由动能定理得: mgh —F 《x=0针对训练2图4中如?是一条长轨道，其中肋段是倾角为"的斜面,Q 段是水平的，庞段是与仏万段和d 段都相切的一小段圆弧，其长度可以略去 不计•一质量为屈的小滑块在力点从静止释放，沿轨道滑下，最后停在D 点，A 点和"点的位置如图4所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地山〃点 回到力点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为M ，«力加速度为g,则推力对滑块 做的功等于( ___A 1 B所以〃口巴]"廿.]“ mg 0.5X10所以.戸燮=半譽』,=0.75 . 1.0图3D. “zpg(s+Acos ") 答案B 解析 滑块山力点运动至〃点，设克服摩擦力做功为他，山动能定理得驱力 一战＞=0,即臥Fh …①,滑块从〃点回到£点，山于是缓慢推，说明动能变 化量为零，设克服摩擦力做功为伦，山动能定理知当滑块从〃点被推回£点有 呢一驱力一抵=0…②，山4点运动至〃点，克服摩擦力做的功为%= H/ngcos.h + sgs …③，从D-^A 的过程克服摩擦力做的功为%= Sgcos Sin e 0 • • " .+ mgs…④,③④联立得血＞=他…⑤，①②⑤联立得朴=2圖 阪 sinA 、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可捉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 为仏h=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例❸ 如图5所示，一可以看成质点的质量zz?=2kg 的小球以初速度％沿光A.mghB. 2mgh滑的水平桌面飞出后，恰好从/点沿切线方向进入圆弧轨道，万C为圆弧竖直直径，其中万为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧初对应的圆心角"=53。
高考物理动能定理的综合应用解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析
高考物理动能定理的综合应用解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．由相同材料的细杆搭成的轨道如图所示，其中细杆AB 、BC 、CD 、DE 、EF ……长均为 1.5m L =，细杆OA 和其他细杆与水平面的夹角都为()37sin370.6,cos370.8β︒︒︒===，一个可看成质点的小环套在细杆OA 上从图中离轨道最低点的竖直高度 1.32m h =处由静止释放，小环与细杆的动摩擦因数都为0.2μ=，最大静摩擦力等于相同压力下的滑动摩擦力，在两细杆交接处都用短小曲杆相连，不计动能损失，使小环能顺利地经过，重力加速度g 取210m /s ，求： (1)小环在细杆OA 上运动的时间t ； (2)小环运动的总路程s ； (3)小环最终停止的位置。
【答案】(1)1s ；(2)8.25m ；(3)最终停在A 点 【解析】 【分析】 【详解】(1)因为sin cos mg mg βμβ＞，故小环不能静止在细杆上，小环下滑的加速度为2sin cos 4.4m/s mg mg a mβμβ-==设物体与A 点之间的距离为0L ，由几何关系可得0 2.2m sin37hL ︒== 设物体从静止运动到A 所用的时间为t ，由2012L at =，得 1s t =(2)从物体开始运动到最终停下的过程中，设总路程为s ，由动能定理得cos3700mgh mgs μ︒=－－代入数据解得s =8.25m(3)假设物体能依次到达B 点、D 点，由动能定理有201(sin37)cos37()2B mg h L mg L L mv μ︒︒+=－－ 解得20B v <说明小环到不了B 点，最终停在A 点处2．如图所示，AC 为光滑的水平桌面，轻弹簧的一端固定在A 端的竖直墙壁上.质量1m kg =的小物块将弹簧的另一端压缩到B 点，之后由静止释放，离开弹簧后从C 点水平飞出，恰好从D 点以10/D v m s =的速度沿切线方向进入竖直面内的光滑圆弧轨道(DEF 小物体与轨道间无碰撞).O 为圆弧轨道的圆心，E 为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的半径1R m =，60DOE ∠=o ，37.EOF ∠=o小物块运动到F 点后，冲上足够长的斜面FG ，斜面FG 与圆轨道相切于F 点，小物体与斜面间的动摩擦因数0.5.sin370.6μ==o ，cos370.8=o ，取210/.g m s =不计空气阻力.求：（1）弹簧最初具有的弹性势能；（2）小物块第一次到达圆弧轨道的E 点时对圆弧轨道的压力大小；（3）判断小物块沿斜面FG 第一次返回圆弧轨道后能否回到圆弧轨道的D 点？若能，求解小物块回到D 点的速度；若不能，求解经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E 的速度大小．【答案】()11?.25J ；()2 30N ；()3 2/m s ． 【解析】 【分析】 【详解】（1）设小物块在C 点的速度为C v ，则在D 点有：C D v v cos60o=设弹簧最初具有的弹性势能为p E ，则：2P C 1E mv 2= 代入数据联立解得：p E 1.25J =；()2设小物块在E 点的速度为E v ，则从D 到E 的过程中有：()22E D 11mgR 1cos60mv mv 22-=-o 设在E 点，圆轨道对小物块的支持力为N ，则有：2E v N mg R-=代入数据解得：E v 25m /s =，N 30N =由牛顿第三定律可知，小物块到达圆轨道的E 点时对圆轨道的压力为30 N ；()3设小物体沿斜面FG 上滑的最大距离为x ，从E 到最大距离的过程中有：()()2E 1mgR 1cos37mgsin37μmgcos37x 0mv 2o o o ---+=-小物体第一次沿斜面上滑并返回F 的过程克服摩擦力做的功为f W ，则f W 2x μmgcos37=o小物体在D 点的动能为KD E ，则：2KD D 1E mv 2=代入数据解得：x 0.8m =，f W 6.4J =，KD E 5J = 因为KD f E W <，故小物体不能返回D 点.小物体最终将在F 点与关于过圆轨道圆心的竖直线对称的点之间做往复运动，小物体的机械能守恒，设最终在最低点的速度为Em v ，则有：()2Em 1mgR 1cos37mv 2-=o 代入数据解得：Em v 2m /s =答：()1弹簧最初具有的弹性势能为1.25J ；()2小物块第一次到达圆弧轨道的E 点时对圆弧轨道的压力大小是30 N ；()3小物块沿斜面FG 第一次返回圆弧轨道后不能回到圆弧轨道的D 点.经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E 的速度大小为2 m /s ． 【点睛】（1）物块离开C 点后做平抛运动，由D 点沿圆轨道切线方向进入圆轨道，知道了到达D 点的速度方向，将D 点的速度分解为水平方向和竖直方向，根据角度关系求出水平分速度，即离开C 点时的速度，再研究弹簧释放的过程，由机械能守恒定律求弹簧最初具有的弹性势能；()2物块从D 到E ，运用机械能守恒定律求出通过E 点的速度，在E 点，由牛顿定律和向心力知识结合求物块对轨道的压力；()3假设物块能回到D 点，对物块从A 到返回D 点的整个过程，运用动能定理求出D 点的速度，再作出判断，最后由机械能守恒定律求出最低点的速度．3．如图所示，小物体沿光滑弧形轨道从高为h 处由静止下滑，它在水平粗糙轨道上滑行的最远距离为s ，重力加速度用g 表示，小物体可视为质点，求：（1）求小物体刚刚滑到弧形轨道底端时的速度大小v ； （2）水平轨道与物体间的动摩擦因数均为μ。
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)一共对全过程应用动能定理得12mgh－R(1－cos 60 )°－μmgcsos 60 ＝°0－2mv2，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。
微型专题5：利用动能定理分析变力做功和多过程问题 学案(含答案)
微型专题5：利用动能定理分析变力做功和多过程问题学案（含答案）微型专题5利用动能定理分析变力做功和多过程问题知识目标核心素养1.进一步理解动能定理，领会应用动能定理解题的优越性.2.会利用动能定理分析变力做功.曲线运动以及多过程问题.1.体会动能定理在分析变力问题.曲线运动.多过程问题中的优越性.2.建立求解“多过程往复运动问题”的模型，提高逻辑推理和综合分析问题的能力.一.利用动能定理求变力的功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Ek.例1如图1所示，质量为m的小球自由下落d后，沿竖直面内的固定轨道ABC运动，AB是半径为d的光滑圆弧，BC是直径为d的粗糙半圆弧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11小球运动到B处时对轨道的压力大小；2小球在BC运动过程中，摩擦力对小球做的功答案15mg2mgd解析1小球运动到B点的过程由动能定理得2mgdmv2，在B点FNmgm，得FN5mg，根据牛顿第三定律小球在B处对轨道的压力大小FNFN5mg.2小球恰好通过C点，则mgm.小球从B运动到C的过程mgdWfmvC2mv2，得Wfmgd.【考点】应用动能定理求变力的功【题点】应用动能定理求变力的功B至C的过程中摩擦力为变力大小方向都变，求变力的功不能直接根据功的公式，通常用动能定理求解针对训练1如图2所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为图2A.mgRB.mgRC.mgRD.mgR答案C解析质点经过Q点时，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得FNmgm，由题意及牛顿第三定律知FN2mg，可得vQ，质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得mgRWfmvQ2，得克服摩擦力所做的功为WfmgR，选项C正确【考点】应用动能定理进行有关的计算【题点】应用动能定理求功二.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例2如图3所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L1.5m，一个质量为m0.5kg的木块在F1.5N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0.2，取g10m/s2.求图31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10.15m20.75m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FLfLmgh0其中fFNmg0.20.510N1.0N所以hm0.15m2设木块离开B点后沿桌面滑行的最大距离为x.由动能定理得mghfx0所以xm0.75m【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题针对训练2如图4所示，质量m1kg的木块静止在高h1.2m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数0.2，用水平推力F20N，使木块滑行l13m时撤去，木块又滑行l21m后飞出平台，求木块落地时速度的大小g取10m/s2图4答案11.3m/s解析解法一取木块为研究对象，其运动分三个过程，先匀加速前进l1，后匀减速前进l2，再做平抛运动，对每一过程，分别由动能定理得Fl1mgl1mv12mgl2mv22mv12mghmv32mv22解得v311.3m/s解法二对全过程由动能定理得Fl1mgl1l2mghmv20代入数据解得v11.3m/s【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题三.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有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vmin0.没有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vmin.例3如图5所示，一可以看成质点的质量m2kg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53，轨道半径R0.5m已知sin530.8，cos530.6，不计空气阻力，g取10m/s2.图51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13m/s24J解析1在A点由平抛运动规律得vAv0小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得mgRRcosmvA2mv02由得v03m/s.2若小球恰好通过最高点C，在最高点C处有mg，小球从桌面运动到C点的过程中，由动能定理得WfmvC2mv02，代入数据解得Wf4J.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题四.动能定理在多过程往复运动中的应用例4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L6m.倾角37的斜轨道，BC为水平轨道，CD为半径R15m.圆心角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v02m/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m30kg，取sin370.6，cos370.8，g10m/s2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求图61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.答案1420N，方向向下20.25321m解析1由C到D速度减为0，由动能定理可得mgRRcos370mvC2，vC2m/s在C点，由牛顿第二定律得FNmgm，FN420N根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力大小为420N，方向向下2小孩从A运动到D的过程中，由动能定理得mgLsinmgLcosmgR1cos0mv02可得0.253在AB斜轨上，mgcosmgsin，小孩不能静止在斜轨上，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mgLsinmgscos0mv02解得s21m.1在含有摩擦力的往复运动过程中，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Wfss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.1用动能定理求变力的功如图7所示，质量为m的物体与水平转台间的动摩擦因数为，物体与转轴相距R，物体随转台由静止开始转动当转速增至某一值时，物体即将在转台上滑动，此时转台开始匀速转动设物体的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则在整个过程中摩擦力对物体做的功是图7A0B2mgRC2mgRD.答案D解析物体即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物体的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物体做圆周运动的线速度为v，则有mg.在物体由静止到获得速度v的过程中，物体受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物体做功，由动能定理得Wmv20.联立解得WmgR.【考点】应用动能定理求变力的功【题点】应用动能定理求变力的功2用动能定理求变力的功质量为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8所示已知物体与水平面间的动摩擦因数为，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为图8A.mv02mgsxB.mv02mgxCmgsDmgsx答案A解析由动能定理得Wmgsx0mv02，Wmv02mgsx【考点】应用动能定理求变力的功【题点】应用动能定理求变力的功3利用动能定理分析多过程往复运动问题如图9所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10m，BC长1m，AB和CD轨道光滑一质量为1kg的物体，从A点以4m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3m的D点速度为0.求g取10m/s2图91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；3物体最后停止的位置距B点多少米答案10.5213.3m/s3距B点0.4m解析1由动能定理得mghHmgsBC0mv12，解得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mgHmg4sBCmv22mv12，解得v24m/s13.3m/s.3分析整个过程，由动能定理得mgHmgs0mv12，解得s21.6m.所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6m，故最后停止的位置与B点的距离为2m1.6m0.4m.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用运动定理处理含曲线运动的多过程问题4动能定理在平抛.圆周运动中的应用如图10所示，一个质量为m0.6kg的小球以初速度v02m/s从P点水平抛出，从粗糙圆弧ABC的A点沿切线方向进入不计空气阻力，进入圆弧时无动能损失且恰好沿圆弧通过最高点C，已知圆弧的圆心为O，半径R0.3m，60，g10m/s2.求图101小球到达A点的速度vA的大小；2P点到A点的竖直高度H；3小球从圆弧A点运动到最高点C的过程中克服摩擦力所做的功W.答案14m/s20.6m31.2J解析1在A点由速度的合成得vA，代入数据解得vA4m/s2从P点到A点小球做平抛运动，竖直分速度vyv0tan由运动学规律有vy22gH解得H0.6m3恰好过C点满足mg由A点到C点由动能定理得mgR1cosWmvC2mvA2代入数据解得W1.2J.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用运动定理处理含曲线运动的多过程问题。
动能定理
第二课时动能定理要点分析：该考点在近年高考中题型各异，重在规律的理解及应用，单独出现以选择为主，而与其他知识综合出题则多以计算题出现•主要题型有用动能定理解题的基本方法，用动能定理处理变力做功问题，用动能定理处理多过程运动问题等.动能定理表达式是由牛顿第二定律F=ma和运动学公式V2=V i2+2as推导出来的，但它的应用范围却广泛的多，如变力作用的运动过程，曲线运动问题，多过程运动问题，都可以用它来求解。
若是恒力作用下的匀变速直线运动，不涉及加速度和时间，用动能定理求解一般比用牛顿运动定理和运动学公式简便。
典型例题例1:动能定理求解变力做功如图所示，一辆汽车通过图中的细绳拉起井中质量为m的物体，开始时，车在A点，绳子已经拉紧且是竖直的，左侧绳长为H提升时，车加速向左运动，沿水平方向从A经过B驶向C,设A到B的距离也为H, 车过B 点时的速度为V,求车由A移动到B的过程中，绳Q端的拉力对物体做的功.设绳和滑轮的质量及摩擦力不计，滑轮尺寸不计.例3:动能定理处理往复运动问题一封闭的弯曲玻璃管处于竖直平面内，其中充满某种液体, A端由静止开始运动，木块与管壁间的动摩擦因数卩的圆弧，两壁与水平面成a=37°角，如图所示，求：⑴木块第一次到达B点时的速度；(2)木块从开始运动到最后静止通过的路程。
例4:动能定理在电学中的应用一带正电的小球，系于长为I的不可伸长的轻线一端，线的另一端固定在0点，它们处在匀强电场中，电场的方向水平向右，场强的大小为E。
已知电场对小球的作用力的大小等于小球的重力.现先把小球拉到图中的P1处，使轻线拉直，并与场强方向平行，然后由静止释放小球•则小球到达与卩仁点等高的卩2点时速度的大小。
例2 :动能定理处理多过程问题如图所示，物体在离斜面底端4m处由静止滑下, 平面间由一小段圆弧连接，求物体能在水平面上滑行多远若动摩擦因数均为0.5，斜面倾角为37°,斜面与内有一个密度为液体密度一半的木块，从管的=0.5，管两壁长AB=cB=L=2m顶端B处为一小段光滑针对训练1、如图所示，一物体从高为H 的斜面顶端由静止开始滑下，滑上与该斜面相连的一光滑曲面后又返回斜面,1在斜面上能上升到的最大高度为-H 。
高中物理精品课件：动能定理解决多过程问题
[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——变力做功
动能定理——变力做功问题例1如图所示，一质量为m ＝2 kg 的物体从半径为R ＝5 m 的圆弧的A 端，在拉力作用下沿圆弧缓慢运动到B 端(圆弧AB 在竖直平面内)．拉力F 大小不变始终为15 N ，方向始终与物体在该点的切线成37°角．圆弧所对应的圆心角为60°，BO 边为竖直方向。
(g 取10 m/s 2)求这一过程中：(1)拉力F 做的功。
(2)重力G 做的功。
(3)圆弧面对物体的支持力F N 做的功。
(4)圆弧面对物体的摩擦力F f 做的功。
例2质量为m 的机车，以恒定功率从静止开始起动，所受阻力是车重的k 倍，机车经过时间t 速度达到最大值v ，求机车的功率和机车所受阻力在这段时间内所做的功。
例3如图所示，原来质量为m 的小球用长L 的细线悬挂而静止在竖直位置.用水平拉力F 将小球缓慢地拉到细线与竖直方向成θ角的位置的过程中，拉力F 做功为（ ）A.θcos FLB.θsin FLC.()θcos 1-FLD.()θcos 1-mgL 例4在光滑的桌面上，有一条粗细均匀的链条，全长为L ，垂下桌边的那部分的长度为a ，链条在上述的位置由静止释放，如图所示，则链条的上端离开桌边时，链条的速度为多少？a例5一个质量为m 的小球拴在细绳的一端，另一端用大小为F 1的拉力作用，在水平面上做半径为R 1的匀速圆周运动，如图所示。
今将力的大小改为F 2，使小球仍在水平面上做匀速圆周运动，但半径为R 2。
小球运动的半径由R 1变成R 2的过程中拉力对小球做的功多大？1．跳水运动员从高H 的跳台以速度V 1水平跳出，落水时速率为V 2，运动员质量为m ，若起跳时，运动员所做的功为W 1，在空气中克服阻力所做的功为W 2，则：（ ）A ．W 1＝2121mv ，B ．W 1＝mgH ＋2121mv C ． W 2＝2121mv ＋mgH －2221mv D ．W 2＝2121mv －2221mv 2.质量为m 的汽车在平直的公路上从速度v 0开始加速行驶，经过一段时间t 后，前进了距离s ，此时恰好达到其最大速度，设此过程中汽车发动机始终以额定功率P 工作，汽车所受的阻力为恒力F f ，则这段时间里，发动机所做的功为（ ） A. B. C. D.3．改成斜面选B 如图2所示，质量为m 的物体，由高为h 处无初速滑下，至平面上A 点静止，不考虑B 点处能量转化，若施加平行于路径的外力使物体由A 点沿原路径返回C 点，则外力至少做功为（ ）A ．mgh ；B ．2mgh ；C ．3mgh ；D ．条件不足，无法计算。
《专题强化 利用动能定理分析变力 做功和多过程问题》机械能守恒定律-人教版高中物理必修二PPT课件
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(2)小球在BC运动过程中, 摩擦力对小球做的功． 答案 －34mgd
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(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 PPT模板：/moban/
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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＝ΔEk．
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重难点08动能定理求解变力做功和多过程问题1．有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡。
某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h 1高处的A 点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A 点水平距离为s 的水平雪道上。
接着改用另一条雪道，还从与A 点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为α的雪道上h 2高处的E 点停下。
若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则（ ）A ．动摩擦因数为tan θB ．动摩擦因数为C ．倾角α一定大于θD ．倾角α可以大于θ【答案】B 【详解】AB ．在AB 段由静止下滑，说明μmg cos θ＜mg sin θ则第一次停在BC 上的某点，由动能定理得11cos 0sin h mgh mg mgs μθμθ--=' 整理，可得故A 错误，B 正确；CD.第二次滑上BE 在E 点停下，则μmg cos α≥mg sin α故有tan tan θμα>≥则α<θ故C 、D 错误。
故选B 。
2．如图所示，水平地面上有一固定直角三角形斜面，两个质量不同的小物块从斜面顶端两侧自由释放后均能沿斜面下滑，且分别停在A 点、D 点。
两个小物块与斜面和水平面的摩擦因数都相同，假设在斜面与水平面连接处无机械能损失，已知AB =PC =2m ，∠PBC =30°,那CD 多长（ ） A ．2m B ．3mC ．4mD ．5m【答案】C 【详解】对任意一个滑块由动能定理'''cos mgh mg l mgl mg BP mgl mgx μθμμμμ=⋅+=⋅+=其中x 是P 在水平面上的投影点P ’与物块在水平面上的停止位置的距离，设AB =PC =a 则由几何关系可知sin 60cos60tan 30a aa CD +=+解得故选C 。
3．在大型物流货场，广泛应用着传送带搬运货物．如图甲所示，与水平面成θ角倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m ＝1 kg 的货物放在传送带上的A 处，经过1.2 s 到达传送带的B 端．用速度传感器测得货物与传送带的速度v 随时间t 变化图象如图乙所示，已知重力加速度g ＝10 m/s 2，由v －t 图可知( )A ．A 、B 两点的距离为2.4 mB ．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5C ．货物从A 运动到B 过程中，传送带对货物做功大小为12.8 JD ．货物从A 运动到B 过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为11.2 J 【答案】B 【详解】A ．A 、B 两点的距离等于全程物块的位移，根据运动学相关规律可得，速度时间图像与横轴所围面积表示物体位移，可得所以A 错误B ．根据牛顿运动定律可得，代入数据计算可得，传送带的倾角为37°，货物与传送带间的动摩擦因数为0.5，B 正确 C ．根据能量守恒定律可得，传送带对物块做的功21sin 11.2J 2Wmv mgL θ所以C 错误D ．货物从A 运动到B 过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为所以D 错误4．如图所示。
某人通过光滑滑轮将质量为m 的物体，沿光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h ，到达斜面顶端的速度为v ，则在此过程中（ ）A ．物体所受的合力做功为mgh ＋mv 2B ．物体所受的合力做功为mv 2C ．人对物体做的功为mghD ．人对物体做的功大于mgh 【答案】BD 【详解】对物体应用动能定理可得W 合=W 人－mgh =故W 人=mgh ＋故选BD 。
5．从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一个大小不变、方向始终与运动方向相反的外力f 的作用。
距地面高度h 在以内时，物体上升、下落过程中动能随h 的变化如图所示，重力加速度取。
则（ ）A ．该物体的质量是B ．该物体的质量是C ．运动过程中所受的外力f 是D ．运动过程中所受的外力f 是【答案】BC 【详解】根据动能定理可得：F 合∠h =∠E k ，解得E k -h 图象的斜率大小 k =F 合；上升过程中有：117236N 6N 6k E mg f h ∆-+===∆ 下落过程中：联立解得：F =1N ，m =0.5kg故选BC 。
6．在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。
如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定的速率运动，皮带始终是绷紧的，将m =1kg 的货物放在传送带上的A 端，经过1.2s 到达传送带的B 端。
用速度传感器测得货物与传送带的速度v 随时间t 变化的图象如图乙所示。
已知重力加速度g =10m ／s 2，则可知（ ）A ．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5B ．A 、B 两点的距离为2.4mC ．货物从A 运动到B 过程中，传送带对货物做功的大小为12.8JD ．货物从A 运动到B 过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J 【答案】AD 【详解】A ．在0~0.2s 时间内，货物的速度小于传送带速度，货物受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律有由图乙可得2110m/s a =货物加速到与传送带速度相等后，在时间内，货物速度大于传送带速度，故有由图乙可得联立解得cos 0.8θ=，故A 正确；B ．v –t 图象与t 轴所围的面积表示位移，货物的位移等于传送带的长度，由图乙可知传送带的长度为B 错误；C ．货物受到的摩擦力为cos 4N f mg μθ==0~0.2s 时间内的位移为对货物受力分析知摩擦力沿传送带向下，摩擦力对货物做正功同理 时间内，货物的位移为摩擦力沿传送带向上，对货物做的负功为所以整个过程，传送带对货物做功的大小为12 J–0.8 J=11.2 JC 错误；D ．货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对路程，0~0.2s 时间内，传送带的位移为时间内，传送带的位移为总相对路程为货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J Q f x =∆=故D 正确。
故选AD 。
7．如图，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率匀速向右运动。
一质量为2kg 的滑块从传送带右端以水平向左的速率滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端。
就上述过程，下列判断正确的有（ ）A ．全过程中电动机对传送带多做功为12JB ．全过程中电动机对传送带多做功为6JC ．全过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为6JD ．全过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为9J 【答案】BD 【详解】设滑块向左运动的时间，位移大小为，则滑块的位移为滑块向左运动过程中对传送带的位移大小2122111v v v v g gx v t μμ=== 设滑块向右匀加速运动的时间，位移大小为，则滑块的位移为滑块向右匀加速过程中传送带的位移大小4121112v v gx v t g v μμ=== 滑块相对传送带的总路程()21212432v v s x x x x gμ+=++-=相滑块与传送带间摩擦产生的热量大小212J 1()92Q f s m v v =⋅==+相 全过程中，电动机对传送带做的功故选BD 。
8．在一些影视剧中经常能看到一些特技表演。
如图所示，有一高台离地面的高度，一特技演员骑摩托车从坡底由静止出发，冲上高台后以某一速度水平飞出，在水平地面上的落点到高台边沿的水平距离。
已知摩托车从坡底冲上高台的过程历时，人和车的总质量2210kg m =⨯，发动机的功率恒为4kW P =，不计空气阻力，取重力加速度大小。
求： (1)摩托车水平飞出高台时的速度大小；(2)摩托车在冲上高台的过程中克服摩擦阻力所做的功。
【答案】（1）020m /s v =；（2）4110J f W =⨯ 【详解】(1)摩托车飞出高台后做平抛运动，则有解得摩托车水平飞出高台时的速度大小020m /s v =(2)摩托车从静止运动到高台的过程中，由功能关系可知2012f Pt mgh W mv --=解得摩托车在冲上高台的过程中克服摩擦阻力所做的功4110J f W =⨯9．如图所示，水平粗糙平台BC 右端连接倾角为θ=37°的斜面CD ，左端平滑连接竖直半圆细管轨道，轨道内壁光滑，AB 连线为竖直直径。
可视为质点的小物块a 、b 紧靠在一起静置于平台左端与半圆轨道最低点连接处B 点，a 、b 间压缩一轻弹簧（弹簧长度计），但与弹簧不拴接，开始时弹簧被锁定。
某时刻解除锁定，两物块被瞬间弹开，并先后落在斜面底端D 点。
已知半圆轨道半径R =1.6m ，平台BC 长s =3.6m ，斜面CD 长L =3m ，物块与BC 间的动摩擦因数，物块a 略小于细管内径，忽略空气阻力，重力加速度g 取10m/s 2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。
(1)求物块b 刚离开弹簧瞬间的速率v ；(2)设物块a 、b 的质量分别为m 1、m 2，求的值。
【答案】(1)6m/s v =；(2) 【详解】(1)物块从点平抛运动落到点，设平抛时间为，则有解得，物块弹开后从运动到，由动能定理可得解得6m/s v =(2)若物块能够进过半圆管道最高点做平抛运动到点，设物块经过点速度大小为，从运动到历时为，则有2112sin 372R L gt +︒=解得，设物块刚被弹开时的速度大小为，在从到的运动过程中，由动能定理有22111111222B A m gR m v m v -=- 解得110m/s B v =弹簧弹开、的过程动量守恒，选水平向右为正方向，则由动量守恒定律有1120B m v m v =-+解得若物块被弹簧弹开后不能到达最高点，将沿管道退回，并从点做平抛运动落到点，则此时从点飞出的速度大小为，设此时物块刚被弹簧弹开的速度大小为，则由动能定理有解得弹簧弹开、的过程动量守恒，选水平向右为正方向，则由动量守恒定律有1220B m v m v =-+解得10．如图所示，光滑轨道AB 可视为竖直平面内半径为R 的圆周，圆心为O ，OA 水平。
一质量为的小物块（可视为质点）从A 点由静止释放，运动至B 点时与另一质量为的小物块相撞，并粘合在一起沿粗糙水平面BC 运动，已知水平面与两小物块之间的摩擦因数为μ，最终两物块停止在水平面的C 点。
重力加速度为g 。
求：(1)物块运动至B 点时的速度大小； (2)物块运动至B 点时对圆轨道的压力大小； (3)两物块碰撞后，在水平面上运动的位移。
【答案】(1)；(2)；(3) 【详解】(1) 物块运动至B 点时，根据动能定理得解得(2) 物块运动至B 点时，根据牛顿第二定律得解得根据牛顿第三定律得物块对圆轨道的压力大小为。
(3)两物体碰撞，动量守恒，有碰后，根据动能定理得212121()0()2m m gs m m v μ'-+=-+解得11．如图所示，不光滑．．．的实验轨道ABCD ，AB 与CD 段均为圆弧，半径R =0.5m ，BC 段水平，B 、C 为切点。