高一物理-动能定理应用-多过程问题分析

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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。

第31课时动能定理在多过程运动中的应用2025届高考物理一轮复习课件

＝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
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高中总复习·物理
由图乙可得出F＝20－10x
则F＝10 N时，可得x＝1 m
1
由动能定理可得WF＋Wf＋WG＝ mm 2 －0
2
20+10
即
×1
2
J－0.5×1×10×1×0.8 J－1×10×1×0.6
）
g，则下列说法正确的是（
A. 小球落地时的动能等于mg（H＋h）
B. 小球克服泥土阻力所做的功等于小球刚落到地面时的
动能
C. 泥土阻力对小球做的功为mg（H＋h）
D. 小球在泥土中受到的平均阻力大小为mg 1 +
1
2
3
4
5
6
7
8

ℎ
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高中总复习·物理
解析：根据动能定理知，小球落地时的动能等于mgH，A错
1
J＝ mm 2 －0，
2
可得vm＝ 10 m/s。
目录
高中总复习·物理
（2）物块沿斜面上滑的最大位移的大小和物块在斜面上运动的总
路程。
答案：2 m
5m
解析：由动能定理可得WF'＋Wf'＋WG'＝0
20
又WF'＝ ×2
2
则xm＝
J＝20 J
′
＝2 m
cos37°＋sin37°
撤去F后，因为mgsin 37°＞μmgcos 37°，所以物块最后停在斜
是有限的，而有的可能最终达到某一稳定情境下的无限往复运动。
2. 解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的

动能定理在多过程问题中的应用-(含答案)

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。

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.

人教版高一物理必修二第八章第三节动能定理的应用利用动能定理解决多过程问题课件

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
例3 如图所示，质量m＝0.1 kg的金属小球从距水平面h＝2.0 m的光滑斜面上由静止开始释放，运动到A点时无能量损耗，水平面AB是长2.0 m的粗糙平面，与半径为R＝0.4 m的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，其中圆轨道在竖直平面内，D为轨道的最高点，小球恰能通过最高点D，求：(g＝10 m/s2)(1)小球运动到A点时的速度大小；(2)小球从A运动到B时摩擦阻力所做的功；(3)小球从D点飞出后落点E与A的距离．
A. mgLcos B. mgL（1 – cos ）
C. FLsin D. FLcos
简析：球在F方向的位移s=Lsin
力F的功WF =Fs=F Lsin
?
很缓慢的含义：
由平衡条件得：F=mg tan ，故F为变力， WF =F Lsin 错误
1
2
3
变力做功
变力做功
抛球时由动能定理：
抛出后由动能定理：
v0＝ 0m/s
解得Wf＝-5 J
即橡皮球克服空气阻力做功为5 J
应用动能定理
1．(利用动能定理求变力的功)某同学从h＝5 m高处，以初速
2．(利用动能定理分析多过程问题)如图4所示，质量m＝1 kg 的木块静止在高h＝1.2 m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＝20 N，使木块产生位移l1＝3 m时撤去，木块又滑行l2＝1 m后飞出平台，求木块落地时速度的大小．
1
2
3
在B点
动能定理
由B到D：
由B到C：
3．(动能定理和动力学方法的综合应用)如图所示，固定在水平地
∴ W合 =2J
其中W合 =W手 +（- mgh）

高考物理难点解读：动能定理在多过程问题中的运用

难点38动能定理在多过程问题中的运用
因为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，所以对于多过程、往复运动等问题，对全过程运用动能定理比较简便．
典例48
如图所示，竖直固定放置的粗糙斜面AB的下端与
方法
运用动能定理解题的思路可以概括为八个字：“一个过程，两个状态”．一个过程是指做功过程，应明确问题涉及的过程中各外力所做的总功；两个状态是指初、末两个状态的动能
点拨
找出小物体最终的运动状态（从B点开始做往复运动）是解题的关键．典例48是典型的多过程应用动能定理模型，要细心体会解题方法．
技巧
技巧
注意正确分析C点的受力情况，从N一mg=mυ2 /R入手分析判断什么情况下压力最大，什么情况下压力最小．
深化1
从做功的角度：机械能守恒定律成立的条件是“只有重力（或弹簧弹力）做功”．不能理解为只受重力（或弹簧弹力）作用；也不能理解为合外力为零，或者合外力不做功，如将一木块放在光滑水平面上，子弹打进木块的过程中，子弹和木块组成的系统合外力为零，合外力不做功，但系统机械能并不守恒（因为系统内阻力对系统做功不为零），一部分机械能转化为内能，
深化2
从能量转化的角度：机械能只是在系统内部发生转移或动能与势能互相转化，那么系统的机械能就守恒，。

利用动能定理求解多过程问题

利用动能定理求解多过程问题动能定理作为能量这一部分的起始内容，在历年高考中的再现率是非常高的，密切联系生活、生产实际、联系现代科学技术的新情境信息题已经成为取代传统纯模型题目的首选。

下面仅就动能定理的应用来做一些简单的探讨：例1、（2009年宁夏卷）24．冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图。

比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB 处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O 。

为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小。

设冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ1=0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至μ2=0.004.在某次比赛中，运动员使冰壶C 在投掷线中点处以2m/s 的速度沿虚线滑出。

为使冰壶C 能够沿虚线恰好到达圆心O 点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？（g 取10m/s2）【解析】设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为1S ，所受摩擦力的大小为1f ：在被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为2S ，所受摩擦力的大小为2f 。

则有1S +2S =S ①式中S 为投掷线到圆心O 的距离。

11f mg μ= ② 22f mg μ= ③设冰壶的初速度为0v ，由动能定理，得202211210mv s f s f -=-⋅-⋅ ④ 联立以上各式，解得21021222()gS v S g μμμ-=- 代入数据得210S m = ⑥例2、（2009年安徽卷）24．过山车是游乐场中常见的设施。

下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B 、C 、D 分别是三个圆形轨道的最低点，B 、C 间距与C 、D 间距相等，半径R 1=2.0m 、R 2=1.4m 。

一个质量为m =1.0kg 的小球（视为质点），从轨道的左侧A 点以v 0=12.0m/s 的初速度沿轨道向右运动，A 、B 间距L 1=6.0m 。

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。

《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。

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。

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。

专题04 应用动能定理处理多过程问题-高中物理动能定理的综合应用

很多动力学问题中涉及物体两个或多个连续的运动过程，在不同的运动阶段，物体的运动情况和受力情况都发生了变化，我们把这类问题称为多过程问题。

分析每一个过程的特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键。

过程特征需要仔细分析每个过程的约束条件，如物体的受力情况、状态参量等，以便运用相应的物理规律逐个进行研究。

至于过程之间的联系，则可以从物体运动的速度、位移、时间等方面去寻找。

考虑应用动能定理处理的多过程问题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. 以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物体．假定物块所受的空气阻力f 大小不变．已知重力加速度为g，则物体上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为（）A．22(1)vfgmg+和mg fvmg f-+B．22(1)vfgmg+和mgvmg f+C ．222(1)vfgmg+和mg fvmg f-+D．222(1)vfgmg+和mgvmg f+分析：本题也可以应用运动学公式与牛顿第二定律结合求解，但是相对于应用动能定理过程比较繁琐。

答案：A2. 如图所示，竖直固定放置的粗糙斜面AB的下端与光滑的圆弧BCD的B点相切，圆弧轨道的半径为R，圆心O与A、D在同一水平面上，∠COB=θ，现有质量为m的小物体从距D点为cos4Rθ的地方无初速的释放，已知物体恰能从D点进入圆轨道。

求：（1）为使小物体不会从A点冲出斜面，小物体与斜面间的动摩擦因数至少为多少？（2）若小物体与斜面间的动摩擦因数sin2cosθμθ=，则小物体在斜面上通过的总路程大小？（3）小物体通过圆弧轨道最低点C时，对C的最大压力和最小压力各是多少？分析：物体在运动过程中若包含几个不同的过程，应优先考虑对全过程运动动能定理，这样可以避开每个运动过程的具体细节，因此比分段运用动能定理求解简单。

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

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)

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。

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。

2025高考物理总复习动能定理在多过程问题中的应用

力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)若将圆形管道的上面三分之一部分(PDQ
段)取下来,并保证剩余圆弧管道的P、Q两端
等高,∠POQ=120°,小球从倾斜轨道A点由静
止释放,在圆形管道内运动通过P点时,管道内
壁对小球的作用力恰好为0,求A点与C点的高
度差。
(2)若将圆形管道的DQB段取下来,改变小球在倾斜轨道上由静止释放的位
解得 v=
1

2
小球从 A 点到 P 点,由动能定理得 mg(h-R-Rsin
解得
2
60°=m

7
h=4R。
1
30°)=2mv2
(2)将圆形管道的DQB段取下来,小球离开D点后做平抛运动,设小球落到斜
面上时竖直位移为y,水平位移为x,落到倾斜轨道的动能为Ek,如图所示
竖直方向的位移
1 2
y=2gt
(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。
典题1 (2023湖北卷)下图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半
圆形竖直挡板,其半径为2R、内表面光滑,挡板的两端A、B在桌面边缘,
B 与半径为 R 的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内, 过点的轨道
半径与竖直方向的夹角为 60°。小物块以某一水平初速度由点切入挡板
2
审题指导
关键词句
获取信息
在C点沿圆弧切线方向进入轨道 C点的速度方向恰好沿圆弧的切线方向
恰好能到达轨道的最高点D
在D点恰好由重力提供向心力
从C到D的过程
应用动能定理,联立方程可求vB
从B到D的过程
应用动能定理,可求B和D两点的高度差
从A到B的过程

第六章专题强化九动能定理在多过程问题中的应用

专题强化九动能定理在多过程问题中的应用目标要求 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．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)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(2021·江苏无锡市期中)弹珠游戏装置可以简化为如图1.轻质弹簧一端固定，另一端紧靠着一个弹珠(与弹簧不拴接)．轻推弹珠，弹簧被压缩；释放后，弹珠被弹簧弹出，然后从A点进入竖直圆轨道(水平轨道和竖直圆轨道平滑相接)．已知弹珠的质量m ＝20 g(可视为质点)，圆轨道的半径R＝0.1 m，忽略弹珠与轨道间的一切摩擦，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，求：图1(1)若弹珠以v＝2.2 m/s的速度从A点进入竖直圆轨道，它能否顺利通过圆轨道的最高点B？请说明理由．(2)在O点左侧有一个小盒子，盒子上开有小孔，孔口C点与圆轨道的圆心O等高，并与O点的水平距离为2R，要想让弹珠能从C点掉入盒子中，弹簧被压缩后需要储存多大的弹性势能E p?答案见解析解析(1)弹珠从A点进入竖直圆轨道后，假设它能冲上最高点B从A到B由动能定理可知：－2mgR＝12－12m v22m v B解得：v B ＝215m/s 若要顺利通过圆轨道的最高点B ，则在B 点根据牛顿第二定律可知：mg ＝m v min 2R解得：v min ＝gR ＝1 m/s>215m/s ，所以弹珠不能顺利通过圆轨道的最高点B . (2)若弹珠能够掉入盒子中，根据平抛运动规律可知：R ＝12gt 2，2R ＝v B ′·t解得：v B ′＝ 2 m/s根据动能定理得：W 弹－2mgR ＝12m v B ′2－0E p ＝W 弹解得：E p ＝0.06 J.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2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 图像如图乙所示．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：图2(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°＝12－12m v02④2m v C在C点，根据牛顿第二定律有：mg＋F N′＝m v C2R⑤联立③④⑤解得：F N′＝4 N⑥根据牛顿第三定律得：F N＝F N′＝4 N⑦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：L sin 37°＋R(1＋cos 37°)＝12⑧2gt水平方向：L cos 37°－R sin 37°＝v C′t⑨解得v C′＝977m/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°＝12－12m v12⑪2m v C′联立解得：v1＝21837m/s⑫题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3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/s2)．求在此后的运动过程中：图3(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 N70 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，＝8 m.由动能定理得mgR cos θ－F f s＝0，解得s＝Rμ(2)滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，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＝12－0，2m v1，斜面AB的长度l AB＝Rtan θ由牛顿第二定律得F max－mg＝m v12，R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v2，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.2．(动能定理在往复运动中的应用)(2019·河南郑州一中模拟)如图4所示，ABCD 为一竖直平面内的轨道，其中BC 水平，A 点比BC 高出H ＝10 m ，BC 长为l ＝1 m ，AB 和CD 轨道光滑．一质量为m ＝1 kg 的物体，从A 点以v 1＝4 m/s 的速度开始运动，经过BC 后滑到高出C 点h ＝10.3 m 的D 点时速度为零，求：(取g ＝10 m/s 2)图4(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； (3)物体最后停止的位置(距B 点)．答案 (1)0.5 (2)13.3 m/s (3)0.4 m解析 (1)分析从A 点到D 点的过程，由动能定理得－mg (h －H )－μmgl ＝0－12m v 12，解得μ＝0.5.(2)设物体第5次经过B 点时的速度为v 2，在此过程中物体在BC 上滑动了4次，由动能定理得mgH －μmg ·4l ＝12m v 22－12m v 12，解得v 2＝411 m/s ≈13.3 m/s.(3)设物体运动的全过程在水平面上通过的路程为s ，由动能定理得mgH －μmgs ＝0－12m v 12，解得s ＝21.6 m.所以物体在轨道上来回滑动了10次后，还有1.6 m ，故距B 点的距离s ′＝2 m －1.6 m ＝0.4 m ．课时精练1．(2020·河北唐山市月考)某同学将篮球从距地面高为h 处由静止释放，与地面碰撞后上升的最大高度为h4.若篮球与地面碰撞无能量损失，空气阻力大小恒定，则空气阻力与重力大小之比为( ) A ．1∶5 B ．2∶5 C ．3∶5 D ．4∶5答案 C解析篮球与地面碰撞无能量损失，全过程根据动能定理有mg (h －14h )－F f (h ＋14h )＝0，所以F f mg ＝35，选项C 正确，A 、B 、D 错误．2．(2021·海南高三月考)如图1所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧，BC 水平，其长度d ＝0.50 m ，盆边缘的高度为h ＝0.30 m ．在A 处放一个质量为m 的小物块并让其由静止下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B 的距离为( )图1A ．0.50 mB ．0.25 mC ．0.10 mD ．0答案 D解析小物块从A 点出发到最后停下来，设小物块在BC 面上运动的总路程为s ，整个过程由动能定理有：mgh －μmgs ＝0，所以小物块在BC 面上运动的总路程为s ＝h μ＝0.30.1 m＝3 m ，而d ＝0.5 m ，刚好3个来回，所以最终停在B 点，即距离B 点为0 m ．故选D. 3.(2020·广东中山纪念中学月考)如图2所示，AB 是倾角为θ＝30°的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R .一个质量为m 的物体(可以看成质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的路程为s .求：图2(1)物体与轨道AB 间的动摩擦因数μ；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，对圆弧轨道的压力的大小；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D ，释放点距B 点的距离L ′至少多大．答案 (1)Rs (2)(3－3)mg (3)(3＋3)Rs s －3R解析 (1)由题意可知，物体最终以B 点为最高点在圆弧面内做往返运动，对整个过程由动能定理得mgR cos θ－μmgs cos θ＝0，解得μ＝Rs.(2)最终物体以B 点为最高点，在圆弧底部做往复运动，对从B 到E 过程，由动能定理得mgR (1－cos θ)＝12m v E 2在E 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v E 2R ，联立解得F N ＝(3－3)mg根据牛顿第三定律得：F N ′＝(3－3)mg(3)物体刚好到D 点时，由牛顿第二定律有mg ＝m v D 2R对全过程由动能定理得mgL ′sin θ－μmgL ′cos θ－mgR (1＋cos θ)＝12m v D 2联立解得L ′＝(3＋3)Rss －3R.4．(2020·吉林长春市第二实验中学开学考试)如图3所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔．已知摆线长L＝2 m，θ＝53°，小球质量为m＝0.5 kg，D点与A 孔的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2.(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)图3(1)求摆线能承受的最大拉力为多大；(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间的动摩擦因数μ的范围．答案(1)9 N(2)2.5≤μ≤0.4或者μ≤0.025解析(1)当摆球由C到D运动，根据动能定理有mg(L－L cos θ)＝122m v D，在D点，由牛顿第二定律可得F m－mg＝m v D2L可得F m＝1.8mg＝9 N(2)小球不脱离圆轨道分两种情况①要保证小球能到达A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得－μ1mgs＝0－12，2m v D可得μ1＝0.4若进入A孔的速度较小，那么将会在圆心以下做往返运动，不脱离轨道，其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由动能定理可得－mgR＝0－122m v A由动能定理可得－μ2mgs＝12－12m v D2，2m v A可求得μ2＝0.25②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，当小球恰好到达最高点时，在圆周的最高点，由牛顿第二定律可得 mg ＝m v 2R，由动能定理可得－μ3mgs －2mgR ＝12m v 2－12m v D 2，解得μ3＝0.025综上所述，动摩擦因数μ的范围为0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025.5.如图4所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A 点等高．质量m ＝0.5 kg 的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A 点的高度h 1＝1.10 m ，篮球静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x 1＝0.15 m ，第一次反弹至最高点，篮球底端距A 点的高度h 2＝0.873 m ，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x 2＝0.01 m ，弹性势能为E p ＝0.025 J ．若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球形变，弹簧形变在弹性限度范围内，g 取10 m/s 2.求：图4(1)弹簧的劲度系数；(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力大小； (3)篮球在整个运动过程中通过的路程； (4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置．答案 (1)500 N/m (2)0.5 N (3)11.05 m (4)第一次下落至A 点下方0.009 m 处速度最大解析 (1)由最后静止的位置可知kx 2＝mg ，所以k ＝500 N/m(2)由动能定理可知，在篮球由静止下落到第一次反弹至最高点的过程中 mg Δh －F f ·L ＝12m v 22－12m v 12整个过程动能变化为0，重力做功mgΔh＝mg(h1－h2)＝1.135 J空气阻力恒定，作用距离为L＝h1＋h2＋2x1＝2.273 m解得F f≈0.5 N(3)整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反根据动能定理有mgΔh′＋W f＋W弹＝12－12m v122m v2′整个过程动能变化为0，重力做功W＝mgΔh′＝mg(h1＋x2)＝5.55 J弹力做功W弹＝－E p＝－0.025 J则空气阻力做功W f＝－F f s＝－5.525 J解得s＝11.05 m.(4)篮球速度最大的位置是第一次下落到合力为零的位置，此时mg＝F f＋kx3，得x3＝0.009 m，即篮球第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大．。