动能定理的应用二：多过程问题
芜湖市第一中学高考物理复习 第六章 第讲 动能定理(2)教案
动能定理（2）班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________一、知识清单1．用动能定理解决多过程问题（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多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化,并不需要从细节上了解．因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了,分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可．（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,要注意运用它们的功能特点:①重力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．④克服阻力做功W，表示阻力所做负功的大小，在应用动能定理列方程时，摩擦力做功应表示为－W，应注意W前面的符号。
二、例题精讲2．如图3所示,质量为m的小球，从离地面H高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g,则下列说法正确的是（）A．小球落地时动能等于mgHB．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg（H＋h）D．小球在泥土中受到的平均阻力为mg（1＋错误!)3．一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动,在t0时刻撤去力F，其v。
t图像如图2.1。
5所示。
已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ,则下列关于力F的大小和力F做的功W的大小关系式，正确的是（)A．F＝μmg B．F＝2μmgC．W＝μmgv0t0D．W＝错误!μmgv0t04．如图所示，木块从左边斜面的A点自静止开始下滑，经过一段水平面后,又滑上右边斜面并停留在B点．若动摩擦因数处处相等,AB连线与水平面夹角为θ，则木块与接触面间的动摩擦因数为：（不考虑木块在路径转折处碰撞损失的能量)（）A．sinθ B．cosθ C．tanθ D．cotθ5．如图所示,质量为m的小滑块从O点以初速度v0沿水平面向左运动，小滑块撞击弹簧后被弹簧弹回并最终静止于O点，则运动过程中弹簧获得的最大弹性势能为( )A.错误!mv错误!B.错误!mv错误!C。
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-(含答案)
动能定理在多过程问题中的应用-(含答案)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＝24 35（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）F 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)0.02N＝2020 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h1＝4.30 m、h2＝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/s2，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(h1－h2)－μmgs＝12m v D2－0，解得：v D＝3 m/s(2)小物块从A→B→C过程中，有mgh1－μmgs＝12m v2 C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/s2小物块沿CD段上滑到最高点的时间t1＝v Ca＝1 s小物块从最高点滑回C点的时间t2＝t1＝1 s 故t＝t1＋t2＝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/s2.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 v2 B得v B ＝ 2(F －μmg )x AB m＝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 2D R －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/s2，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．。
动能定理的应用(知识梳理)
动能定理的应用【学习目标】1．进一步深化对动能定理的理解。
2．会用动能定理求解变力做功问题。
3．会用动能定理求解单物体或多物体单过程问题以及与其他运动形式的结合问题。
4．知道用动能定理解题的一般步骤。
【要点梳理】要点一、动能定理的推导要点诠释：1．推导过程：一个运动物体，在有外力对它做功时，动能会发生变化。
设一个质量为m 的物体，原来的速度是1v ，动能是21112k E mv =，在与运动方向相同的恒定外力F 的作用下，发生一段位移l ，速度增加到2v ，动能增加到22212k E mv =。
在这一过程中外力F 对物体所做的功W Fl =。
根据牛顿第二定律F ma =和运动学公式22212v v al -=得到22212v v l a -= 所以22222121()11222ma v v W Fl mv mv a -===- 或21k k W E E =-2．关于公式的几点说明（1）上面我们设外力方向与运动方向相同，导出了关系式21k k W E E =-，这时外力做正功，动能增加。
外力方向与运动方向相反时，上式同样适用，这时外力所做的功是负值，动能的变化也是负值；（2）外力对物体做负功，往往说成物体克服这个力做了功。
因此，对这种情形，也可以说物体克服阻力所做的功等于动能的减少；（3）如果物体不只受到一个力，而是受到几个力，上述结论仍旧正确。
只是外力所做的功是指各个力所做的功的代数和，即外力所做的总功。
3．动能定理的实质动能定理揭示了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系，即外力对物体做的总功，对应着物体动能的变化，变化的大小由做功的多少来量度。
动能定理的实质是反映其它形式的能通过做功而和动能转化之间的关系，只不过在这里其它形式的能并不一定出现，而是以各种性质的力所做的机械功(等式左边)的形式表现出来而已。
要点二、对动能定理的进一步理解要点诠释：1．动能定理的计算式为标量式，计算外力对物体做的总功时，应明确各个力所做功的正负，然后求其所有外力做功的代数和；求动能变化时，应明确动能没有负值，动能的变化为末动能减去初动能。
《动能定理的应用》 讲义
《动能定理的应用》讲义一、什么是动能定理在开始探讨动能定理的应用之前，咱们得先搞清楚动能定理到底是啥。
动能定理简单来说就是：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化量。
用数学表达式写出来就是：W 合＝ΔEk ，其中 W 合表示合外力做的功，ΔEk 表示动能的变化量。
动能 Ek ＝ 1/2 mv²，m 是物体的质量，v 是物体的速度。
那为什么要有动能定理呢？其实它就是为了让我们更方便地研究物体在力的作用下运动状态的变化。
二、动能定理的推导咱们来简单推导一下动能定理。
假设一个物体在恒力 F 的作用下，沿着直线运动，发生的位移是 s ，力 F 与位移 s 的夹角是θ 。
根据功的定义，力 F 做的功 W ＝Fscosθ 。
根据牛顿第二定律 F ＝ ma ，而根据运动学公式 v² v₀²＝ 2as （其中 v 是末速度，v₀是初速度，a 是加速度），可以得到 s ＝（v² v₀²) ／ 2a 。
把 s 代入功的表达式，得到 W ＝ F ×（v² v₀²) ／ 2a 。
又因为 a ＝ F ／ m ，所以 W ＝ 1/2 mv² 1/2 mv₀²。
这就得到了动能定理的表达式 W 合＝ΔEk 。
三、动能定理的应用场景1、求变力做功在很多情况下，物体受到的力不是恒力，比如弹力、摩擦力等，这时候直接用功的定义来求力做的功就很困难。
但是用动能定理就可以很方便地解决。
比如说，一个小球从高处自由下落，落到一个竖直放置的弹簧上，压缩弹簧。
在这个过程中，弹簧对小球的弹力是不断变化的，但我们可以通过小球动能的变化来求出弹簧弹力做的功。
2、多过程问题当物体的运动过程比较复杂，包含多个阶段，每个阶段受力情况不同时，动能定理就大显身手了。
比如，一个物体先在粗糙水平面上匀减速运动，然后进入光滑斜面加速上升。
我们可以分别分析每个阶段合外力做的功，然后根据动能定理求出物体在整个过程中的末速度。
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。
2.24 动能定理的应用
动能定理的应用五 其它问题
❖ ◆运用动能定理求圆周运动问题
例：如图所示，长为L的细绳拴一个小球在竖直平 面内做圆周运动，请问：
❖ （1）小球在最低点A初速为多大时，恰好能完 成一次圆周的运动。
❖ （2）最高点和最低点绳子拉力之差为多大？
B
6m
O
解题关键：同时列g出动能定理
4、动能定理的研究对象一般是一个物体，也可以是几 个物体组成的系统；
5、动能定理的计算式是标量式，遵循代数运算，v为 相对地面的速度；
6、对状态与过程关系的理解： a.功是过程量，动能是状态量。 b.动能定理表示了过程量等于状态量的改变量的关系。
（涉及一个过程两个状态） c.动能定理反应做功的过程是能量转化的过程。等式的左
皮球，测得橡皮球落地前瞬间速度 变力做功
抛球时由动能定理：
v＝12 m/s
为12
m/s，求该同学抛球时所做的
W＝mv02 ＝0.5´ 82 J＝16 J
2
2
解得Wf＝-5 J
功和橡皮球在空中运动时克服空气
抛出后由动能定理：
mgh＋Wf＝
1 2
mv2－
1 2
mv02
即橡皮球克服空 气阻力做功为5 J
阻力做的功．(g取10 m/s2)
例1.用拉力F使一个质量为m的木箱由静止开始 在水平冰道上移动了s，拉力F跟木箱前进的方 向的夹角为α，木箱与冰道间的摩擦因数为μ， 求木箱获得的速度？
Fcos αs-fs= 1 mv2 -0
2 f= μ（mg-Fsin α ）
[F cos (mg F sin )]s 1 mv2 0
2
动能定理及其应用ppt课件
考点二 动能定理在多过程问题中的应用 (真题拓展型)
2．求解多过程问题抓好“两状态，一过程” “两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况； “一过程”即明确研究过程
确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．
二、动能定理 1．内容：力在一个过程中对物体做的功，
等于物体在这个过程中 动能的变化 2．表达式：W＝ 12mv2 2－12mv1 2 或 W＝Ek2－Ek1. 3．物理意义：合外力 做的功是物体动能变化的量度．
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[高频考点•分类突破]
考点一 对动能定理的理解 (自主学习型)
核心要点突破
1．对动能定理中“力”的两点理解 (1)“力”指的是合力，重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力
或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用． (2)力既可以是恒力，也可以是变力． 2．动能定理公式中体现的“三个关系” (1)数量关系：即合力的功与物体动能变化具有等量替代关系．
“摩擦力做负功→速度不同→压力不同→摩擦力不同”
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பைடு நூலகம்
考点二 动能定理在多过程问题中的应用 (真题拓展型)
质点由静止到 N 点，则 mg·2R－W＝12mvN2 在最低点 4mg－mg＝mRvN2；解得 W＝12mgR
高中物理必修二 第四章 专题强化13 动能定理的应用(二)
道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角.MN是一段粗糙的 水平轨道，滑冰运动员与MN间的动摩擦因数μ＝0.08，水平轨道其他部 分光滑.最右侧是一个半径为r＝2 m的半圆弧光滑轨道，C点是半圆弧光 滑轨道的最高点，半圆弧光滑轨道与水平轨道BD在D点平滑连接.取重 力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.整个运动过程中将运 动员简化为一个质点.
答案 0.15 m
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－fL－mgh＝0 其中f＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N
FL－fL 1.5－1.0×1.5 所以 h＝ mg ＝ 0.5×10 m＝0.15 m
√A.小球通过圆轨道最高点时的速度大小为 2gR
B.小球在轨道最低点的动能为2D.小球在轨道最低点对轨道压力的大小为6mg
123456789
小球经过圆轨道最高点时，由牛顿第三定律知轨 道对小球的支持力为 mg，根据牛顿第二定律有 mg＋mg＝mvR2，解得 v＝ 2gR，故 A 正确； 小球自弧形轨道下滑至圆轨道最高点的过程，根据动能定理有 mg(h －2R)＝12mv2，解得 h＝3R，故 C 正确.
答案 3 m/s
在A点，由平抛运动规律得： vA＝cosv053°＝53v0 小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得 mg(R＋Rcos θ)＝12mvA2－12mv02 联立解得：v0＝3 m/s；
(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 －4 J
若小球恰好能通过最高点 C，在最高点 C 处有 mg＝mRvC2， 小球从桌面运动到 C 点的过程中，由动能定理得 Wf＝12mvC2－12mv02 代入数据解得Wf＝－4 J.
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.
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。
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。
3.3 动能定理的应用
（3）设汽车在以60km/h的速率行驶时制动，在表格中 填上制动距离的近似值。试说明你分析的依据和过程。
汽车速率v/(km·h-1) 10 20 40 60 制动距离s/m 1 4 16 ?
的平方成正比，对比速率为10km/h时的情况得：
ห้องสมุดไป่ตู้
1 2 由计算公式 mgs mv 可知，制动距离s与速度 2
般的情况下，如果分析的问题不涉及过程细节就用动能 定理求解，涉及细节或运动时间的问题时就用牛顿运动 定律求解。
三、由动能定理计算变力做功 1）W=Fs只适用于恒力做功，不能直接用于变力做功； 2）解决变力做功问题常用微元法，微元法解题太麻烦； 3）对于初末动能已知或容易求出的问题，可以用动能 定理来求做功。 案例3 用质量为4.0kg的铁锤，以5.0m/s的速度 打击放在铁砧上烧红的铁块， 设击中铁块后铁 锤即静止。求铁块对铁锤所做的功。 解：以铁锤为研究对象，在打击过程中铁锤的位移很小， 所以重力做的功完全可以忽略，则铁块对铁锤做的功 （合外力的功）等于铁锤动能的变化量。
mgSCB
2
而
l cos SDC
SDC SCB S
1 mv 2 2
解得:
h s
（法二：过程整体法）物体从A由静止滑到B的过程 中，根据动能定理得：
mgh mgl cos mgSCB 0
而：l cos SCB S 联解①和②式得：
一、研究汽车的制动距离 案例1 汽车的制动性能是衡量汽车性能的重要指标。 在一次汽车制动性能的测试中，司机踩下刹车闸，使汽 车在阻力作用下逐渐停止运动。下表中记录的是汽车以 不同速率行驶时，制动后所经过的距离。 汽车速率v/(km·h-1) 制动距离s/m 10 1 20 4 40 16 60 ? （1）为什么汽车的速率越大，制动的距离也越长？ （2）让汽车载上3名乘客，再做同样的测试，制动距 离会有变化吗？试分析原因。
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。
《动能定理的应用》 讲义
《动能定理的应用》讲义一、什么是动能定理在物理学中，动能定理描述了力对物体做功与物体动能变化之间的关系。
动能定理的表达式为：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化量。
即：＄W_{合} ＝＼Delta E_{k}＄，其中＄W_{合}＄表示合外力做的功，＄＼Delta E_{k}＄表示动能的变化量。
动能的表达式为＄E_{k} ＝＼frac{1}｛2}mv^｛2}＄，其中＄m$ 是物体的质量，＄v$ 是物体的速度。
二、动能定理的理解1、做功的过程就是能量转化的过程合外力做功，意味着其他形式的能量转化为物体的动能；反之，物体克服合外力做功，物体的动能转化为其他形式的能量。
2、合外力做功的计算合外力做功等于各个力做功的代数和。
要注意功的正负，正功表示能量的输入，负功表示能量的输出。
3、动能的变化动能的变化量只与合外力做功有关，与中间过程无关。
三、动能定理的应用场景1、求物体的速度当已知合外力做功以及物体的质量时，可以通过动能定理求出物体的末速度。
例如：一个质量为＄m$ 的物体，在水平恒力＄F$ 的作用下，沿水平方向移动了距离＄s$ ，已知力＄F$ 与位移方向相同，求物体的末速度＄v$ 。
合外力做功＄W ＝ Fs$ ，根据动能定理＄Fs ＝＼frac{1}｛2}mv^｛2} 0$ ，可解得＄v ＝＼sqrt{＼frac{2Fs}｛m}｝＄。
2、求合外力做功已知物体的质量、初速度和末速度，可以通过动能定理求出合外力做功。
比如：一物体质量为＄m$ ，初速度为＄v_{1}＄，末速度为＄v_{2}＄，求合外力做功＄W_{合}＄。
由动能定理可得：＄W_{合} ＝＼frac{1}｛2}mv_{2}＾｛2} ＼frac{1}｛2}mv_{1}＾｛2}＄。
3、求变力做功当力是变力时，使用牛顿运动定律和运动学公式往往很难求解，但动能定理可以发挥作用。
假设一个物体在一粗糙水平面上运动，受到一个与位移大小成正比的阻力＄F ＝ kx$ ，物体从位置＄x_{1}＄运动到＄x_{2}＄，求阻力做功。
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 ．。
第2讲 动能定理及应用
第2讲 动能定理及应用一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能。
2．公式：E k ＝12m v 2。
3．单位：焦耳，1 J ＝1 N·m ＝1 kg·m 2/s 2。
4．动能是标量，是状态量。
5．动能的变化：ΔE k ＝12m v 22－12m v 21。
二、动能定理1．内容：力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
2．表达式：W ＝E k2－E k1＝12m v 22－12m v 21。
3．物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度。
4．适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
(2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用。
【自测 关于运动物体所受的合力、合力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是( )A ．合力为零，则合力做功一定为零B ．合力做功为零，则合力一定为零C ．合力做功越多，则动能一定越大D ．动能不变，则物体所受合力一定为零答案 A命题点一 动能定理的理解1．两个关系(1)数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合力做的功。
(2)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
2．标量性动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题。
当然动能定理也就不存在分量的表达式。
【例1 随着高铁时代的到来，人们出行也越来越方便，高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。
在启动阶段，列车的动能( )图1A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的加速度成正比答案 B解析 列车在启动阶段做v 0＝0的匀加速直线运动，列车的动能E k ＝12m v 2＝12m (at )2＝12m ·(2ax )，可见B 正确，A 、C 、D 错误。
【针对训练1】 (多选)用力F 拉着一个物体从空中的a 点运动到b 点的过程中，重力做功－3 J ，拉力F 做功8 J ，空气阻力做功－0.5 J ，则下列判断正确的是( )A ．物体的重力势能增加了3 JB ．物体的重力势能减少了3 JC ．物体的动能增加了4.5 JD ．物体的动能增加了8 J答案 AC解析 因为重力做负功时重力势能增加，所以重力势能增加了3 J ，A 正确，B 错误；根据动能定理W 合＝ΔE k ，得ΔE k ＝－3 J ＋8 J －0.5 J ＝4.5 J ，C 正确，D 错误。
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)
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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。
B
P v 0 A C O θ
R
A C D B
O 1．质量为m 的球由距地面高为h 处无初速下落， 运动过程中空气阻力恒为重力的0.2倍，球与地面碰撞
时无能量损失而向上弹起，球停止后通过的总路程是多少?
2．如图，AB 和CD 是半径为R=1m 的1／4圆弧形光滑轨道，BC 为一段长2m 的水平轨道质量为2kg
的物体从轨道A 端由静止释放，若物体与水平轨道BC 间的动摩擦因数为0.1．求：
(1)物体第1次沿CD 弧形轨道可上升的最大高度；
(2)物体最终停下来的位置与B 点的距离
3．如图，半径R ＝0.4m 的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点
A ，水平面摩擦因数为0.25，一质量m ＝0.1kg 的小球．以初速度v 0=8.0m ／s 在水平地面上从C 点出发向左运动，小球冲上竖直半圆环并通过
B 点，最后小球又恰好落在
C 点．求 A 、C 间的距离。
4．如下图所示，ABC 为一细圆管构成的3/4园轨道，固定在竖直平面内，轨道半径为R （比细圆管的半
径大得多），OA 水平，OC 竖直，最低点为B ，最高点为C ，细圆管内壁光滑。
在A 点正上方某位置处有一质量为m 的小球（可视为质点）由静止开始下落，刚好进入细圆管内运动。
不计空气阻力。
(1)若小球刚好能到达轨道的最高点C ，求小球经过最低点B 时的速度大小和轨道对小球的支持力大小
(2)若小球从C 点水平飞出后恰好能落到A 点，求小球刚开始下落时离A
5．如图所示，竖直平面内的3/4圆弧形光滑轨道半径为R ，A 端与圆心O 等高，AD 为水平面，B 点在O
的正上方，一个小球在A 点正上方由静止释放，自由下落至A 点进入圆轨道并恰能到达B 点．求：
（1）释放点距A 点的竖直高度； （2）落点C 与A 点的水平距离。
6．如图，质量m ＝1kg 的木块静止在高h ＝1.2m 的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2。
用水平
推力F ＝20N ，使木块产生位移s 1＝3m 时撤去，木块又滑行s 2＝1m 时飞出平台，求木块落地时的速度。
O R
A B
C。