动能动能定理----单个物体多过程问题

合集下载

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 。

专题-物理-L35-多过程中的动能问题

L1=6.0 m。小球与水平轨道间的动摩擦因数μ =0.2,圆形轨道是光滑的。假设水平轨
道足够长,圆形轨道间不相互重叠。重力加速度取g=10m/s ,计算结果保留小数点后一位数字。 (2)如果小球恰能通过第二个圆形轨道, B、C间距L应是多少?
2
解析： (2)设小球通过第二个圆形轨道的最高点时的速度为v2, 由重力提供向心力有mg=Mv22/R2 ④ 从A点到第二个圆形轨道的最高点,根据动能定理有 -μ mg(L1+L)-2mgR2=1/2mv22-1/2mv02 ⑤ 由④⑤式得L=12.5 m ⑥
例题3 过山车是游乐场中常见的设施。如图所示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R1=2.0 m、R2=1.4 m。一个质量为m=1.0 kg的小球 (视为质点),从轨道的左侧A点以v0=12.0 m/s的初速度沿轨道向右运动,A、B间距
解法一：用牛顿定律和匀变速运动规律，对撤去F推力前、后物体运动的加速度分别为
F f F μ mg 9 0.2 × 3×10 m / s2 1m / s2 a1 3 m m 0 f 0 0.2 × 3×10 a2 m / s 2 2 m / s 2 m 3
（2）为了保证小物块不从轨道的D端离开轨道，
圆弧轨道的半径R至少是多大？
解析：（1）小物块最终停在AB的中点，在这个过程中，由动能定理得： -μ mg(L+0.5L)=-E得 μ =2E/(3mgL) （2）若小物块刚好到达D处，速度为零，同理，有 μ mgL-mgR=-E，解得CD圆弧半径至少为 R=E/（3mg）
m在匀加速运动阶段的末速度为

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。

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

《动能定理的应用》讲义

《动能定理的应用》讲义一、动能定理的基本概念在物理学中，动能定理描述了合外力对物体做功与物体动能变化之间的关系。

动能是物体由于运动而具有的能量，其表达式为$E_{k} ＝＼frac{1}｛2}mv^2$，其中$m$是物体的质量，＄v$是物体的速度。

动能定理指出：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化量，即$W ＝＼Delta E_{k}＄。

这里的$W$表示合外力做的功，＄＼DeltaE_{k}＄表示动能的变化量。

理解动能定理的关键在于认识到做功是能量转化的过程。

当合外力对物体做功时，其他形式的能量会转化为物体的动能；反之，当物体克服合外力做功时，物体的动能会转化为其他形式的能量。

二、动能定理的表达式动能定理的数学表达式为：＄W_{合} ＝ E_{k2} E_{k1}＄其中，＄W_{合}＄是合外力对物体所做的功，＄E_{k2}＄是物体末状态的动能，＄E_{k1}＄是物体初状态的动能。

如果合外力是恒力，可以直接用公式$W_{合} ＝ F ＼cdot s ＼cdot ＼cos\theta$来计算合外力做的功，其中$F$是合外力的大小，＄s$是物体在合外力方向上的位移，＄＼theta$是合外力与位移方向的夹角。

如果合外力是变力，我们通常需要通过积分或者分段计算的方法来确定合外力做的功。

三、动能定理的应用场景1、求解物体的速度当已知物体所受合外力做功以及物体的初速度或初动能时，可以利用动能定理求出物体的末速度。

例如，一个质量为$m$的物体，在水平方向受到一个恒力$F$的作用，经过位移$s$后，速度从$v_1$增加到$v_2$。

根据动能定理，＄Fs ＝＼frac{1}｛2}mv_2^2 ＼frac{1}｛2}mv_1^2$，通过这个式子可以求出$v_2$。

2、求解物体所受的合外力如果已知物体的运动情况以及动能的变化，就可以通过动能定理计算出合外力。

比如，一个物体从高处自由下落，下落高度为$h$，已知物体的质量$m$和落地时的速度$v$。

动能定理在多过程问题中的妙用

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

2.关于动能定理的理解当物体拥有一定的速度后，会产生一种能量，即动能。

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

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

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。

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

高中物理动能定理在多过程问题中的应用

高中物理动能定理在多过程问题中的应用题型一动能定理在多过程问题中的应用1．运用动能定理解决多过程问题，有两种思路(1)分阶段应用动能定理①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理．②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破．(2)全过程(多个过程)应用动能定理当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大简化运算．2．全过程列式时要注意(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关．(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积．例1(多选)2022年北京和张家口将携手举办冬奥会,因此在张家口建造了高标准的滑雪跑道,来迎接冬奥会的到来。

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

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

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

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。

动能动能定理---单个物体多过程问题

仙源学校高三分校物理讲学稿【课题】动能和动能定理———单个物体多过程问题第5节【考纲要求】动能和动能定理Ⅱ【本节重点】单个物体、多过程的动能定理的应用【方法指导】(1)明确研究对象和研究过程：研究对象一般取单个物体，可以对某个运动阶段应用动能定理，也可以对整个运动过程(全程)使用动能定理．(2)分析受力及各力做功的情况：①受哪些力？②每个力是否做功？③在哪段位移哪段过程中做功？④做正功还是负功？⑤用恒力功的公式列出各力做功的代数和，对变力功或要求的功用W表示．(3)明确过程始末状态的动能E k1和E k2.(4)列出动能定理方程式W1＋W2＋W3＋…＝12mv22－12mv21求解．【自主再现】完成《高考调研》P60“自主再现”内容，展台展示。

【互助探究】例1：如图所示，一小物块从倾角θ＝37°的斜面上的A点由静止开始滑下，最后停在水平面上的C点．已知小物块的质量m＝ kg，小物块与斜面和水平面间的动摩擦因数均为μ＝，A点到斜面底部B点的距离L＝ m，斜面与水平面平滑连接，小物块滑过斜面与水平面连接处时无机械能损失．求：(1)小物块在斜面上运动时的加速度大小；(2)BC间的距离；(3)若在C点给小物块一水平初速度使小物块恰能回到A点，此初速度为多大？(取g＝10 m/s2)跟踪训练：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＝ m、h2＝ 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＝，重力加速度g 取10 m/s2，sin37°＝、cos37°＝.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．诱思启导(1)从A到D的整个过程中，各个阶段各力做的功都可由功的公式表达，可对全程应用动能定理．(2)滑动摩擦力(大小一定)做的总功等于摩擦力与物体总路程的乘积．(3)涉及时间的问题不应考虑动能定理．题后反思【课堂训练】1.如图所示，让摆球从图中的A位置由静止开始下摆，正好摆到最低点B位置时线被拉断.已知OA与竖直方向的夹角为θ＝600，摆线长l＝1.6 m，悬点到地面的竖直高度为H＝ m， g取10 m／s2，不计空气阻力，求：（1）摆球落地时的速度。