动能定理(多过程)

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动能定理在多过程运动中的应用

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。
《创新设计》65页例3
《创新设计》65页例3
练习1:如图所示，物体在离斜面底端5m处由静止开始下滑，然后滑上由小圆弧与斜面连接的水平面，若物体与斜面及水平面间的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°。求物体能在水平面上滑行的距离。(sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8)
《分层训练》125页第1题
练习2:如图所示，假设在某次比赛中他从10m 高处的跳台跳下，设水的平均阻力约为其体重的3倍，在粗略估算中，把运动员当作质点处理，为了保证运动员的人身安全，池水深度至
少为C.7 m
B.3 m D.1 m
mg(H + h) - fh = 0 - 0
速下滑，到达C端时速度刚好为零。求物体与BC 段间的动摩擦因数μ。
l
A
WG Wf Ek 0
B
mg l sin mg cos 2l 0 C α
3
3 tan
2
《分层训练》125页第4题
应用动能定理解题的一般步骤
1、确定研究对象及运动过程 2、分析物体受力情况，明确各个力做的功 3、明确初状态和末状态的动能 4、根据动能定理列方程求解。
第3课时
动能定理在多过程运动中的应用
动能定理
合力做的功
末态的动能
W
=
1 2
mv22
-
1 2
mv12
初态的动能
例1:一质量为m=1 kg的物体静止在粗糙的水平面上，已知接触面动摩擦因数μ=0.1，现用水平外力F=2N拉其运动了5 m后，立即撤去水平外力F，求其还能滑多远？(g取10 m/s2)
小结

好题精析：利用动能定理分析多过程问题

【好题精析】1.如图所示，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．
答案82 m/s
解析木块的运动分为三个阶段，先是在l1段做匀加速直线运动，然后是在l2段做匀减速直线运动，最后是平抛运动．考虑应用动能定理，设木块落地时的速度为v，整个过程中各力做功情况分别为
推力做功W F＝Fl1，
摩擦力做功W f＝－μmg(l1＋l2)，
重力做功W G＝mgh，
对整个过程由动能定理得Fl1－μmg(l1＋l2)＋mgh＝12m v2－0，
代入数据解得v＝82 m/s.
2.如图所示，一物体质量m＝2 kg，从倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/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．(取g＝10 m/s2，弹簧及挡板质量不计)．
解题指导对A→B→C→D全过程由动能定理得：
mgAD·sin θ－F f(AB＋2BC＋BD)＝0－12m v20，F f＝μmg cos θ，两式联立得μ≈0.52.
答案0.52。

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.

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。

7.0.4动能定理多过程(5.20)

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

动能定理求解多过程问题(解析版)

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

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

3．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的特点：(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。

(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功等于力的大小与路程的乘积。

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

(2)分析每个过程中物体的受力情况。

(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响。

(4)从总体上把握全过程，写出总功表达式，找出初、末状态的动能。

(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程。

【典例1】如图所示，AB、CD为两个对称斜面，其上部足够长，下部B、C分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R为2.0 m，一个物体在离弧底E高度为h＝3.0 m处，以初速度v ＝4.0 m/s沿斜面运动，若物体与两斜面间的动摩擦因数均为0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共运动的路程是多少？(g取10 m/s2)【答案】280 m对全过程应用动能定理得mgh －R (1－cos 60°)－μmgs cos 60°＝0－12mv 2，解得s ＝280 m 。

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

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

3.动能定理二(动能定理在多过程中的应用)

动能定理在多过程中的应用1.情景：物体在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）。

2.策略：可以分段应用动能定理，也可以对全过程应用动能定理。

但如能对整个过程利用动能定理则可使求解更简化。

3.解题步骤：选对象，分析力，析过程，找状态，列方程，求结果。

例1.水平面上一个质量为m 的物体，在水平恒力F 作用下移动了距离L ；然后撤去外力，物体又运动了距离2L 停了下来。

求水平面对物体的摩擦力大小。

解：00)2(-=+-L L f FL 解得3F f =练1.用拉力F 使一个质量为m 的木箱由静止开始在水平面上运动S 后撤掉F, 木箱与水平面间的摩擦系数为μ,求撤掉F 后木箱滑行的距离L 。

解：00)(-=+-L S mg FS μ 解得S mgFS L -=μ针对训练5 如图所示，一个质量为m ＝2.0 kg 的滑块静止放在水平地面上的A 点，受到一个大小为10 N 与水平方向成θ＝37°角的斜向上恒力F作用开始运动，当滑块前进L ＝1.0 m到达B 点时，撤去力F ，滑块最终停在水平面上的C 点，滑块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，求：BC 间的距离x.(cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，g 取10 m/s 2)解析：对滑块从A 到C 全过程应用动能定理得 FLcos θ－μ(mg －Fsin θ)L －μmgx ＝0，整理得 x ＝[FLcos θ－μ(mg －Fsin θ)L]/(μmg) ＝10×1.0×0.8－0.2×(2.0×10－10×0.6)×1.00.2×2.0×10m ＝1.3 m如图所示，倾角为θ=37o 的斜面，高H=3m ，一质量为m=9kg 的木块恰能沿斜面匀速下滑。

若用一水平恒力F 作用于木块上，使之从光滑水平面的A 点由静止开始运动并冲到斜面的顶点C 。

专题突破课7 动能定理在多过程中的应用-2025版物理大一轮复习

目标要求 1.会应用动能定理解决多过程、多阶段的问题。

2.会应用动能定理处理往复运动等复杂问题。

考点一动能定理在多过程问题中的应用1.运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。

2.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点。

(1)重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关。

(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积。

(3)弹簧弹力做功与路径无关。

学校科技小组成员参加了过山车游戏项目后，为了研究过山车运动中所遵循的物理规律，设计出了如图所示的装置，图中P为弹性发射装置，AB为倾角θ＝37°的倾斜轨道，BC为水平轨道，C′、C等高但略有错开，可认为CDC′为竖直圆轨道。

CE为足够长倾斜轨道，各段轨道均平滑连接。

以A点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系，弹射装置P的位置可在坐标平面内任意调节，使水平弹出的小滑块(视为质点)总能无碰撞的从A点进入轨道。

已知滑块质量为m＝20g，圆轨道半径R＝0.2m，轨道AB长x AB＝1m，BC长x BC＝0.4m，AB、BC段动摩擦因数μ＝0.5，其余各段轨道均光滑，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。

(1)若滑块在A点速度v A＝5m/s，求滑块弹出时的位置坐标(x1，y1)；(2)若滑块弹出时的初速度v0＝4m/s，求滑块在进入圆轨道C点时对轨道压力的大小；(3)若滑块第一次进入圆轨道不脱轨，求滑块弹出时纵坐标y应满足的条件。

【思路点拨】(1)“水平弹出的小滑块(视为质点)总能无碰撞的从A点进入轨道”，则此时速度方向沿斜面AB 方向。

(2)“AB 、BC 段动摩擦因数μ”，说明滑块沿AB 、BC 段摩擦力做负功。

(3)“滑块第一次进入圆轨道不脱轨”，说明“滑块刚好可过最高点D ”或者“滑块到与圆心等高的位置速度为零”。

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

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。

第六章微专题39 动能定理在多过程、往复运动问题中的应用

微专题39动能定理在多过程、往复运动问题中的应用1．运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式.2.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特点．1.如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上．一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则()A．小物体恰好滑回到B处时速度为零B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点答案 C解析小物体从A处运动到D处的过程中，克服摩擦力所做的功为W f1＝mgh，小物体从D 处开始运动的过程，因为速度比从A向D运动的速度小，则小物体对圆弧槽的压力比从A 向D运动时的压力小，克服摩擦力所做的功W f2<mgh，所以小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低，故C正确，A、B错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方，故D错误．2．(2023·四川省检测)2022年北京冬奥会冰壶比赛中运动员在本垒把冰壶沿水平冰面以初速度v0推出滑向营垒．冰壶在冰面上自由滑行时冰壶和冰面间的动摩擦因数为μ，若队友在其滑行前方摩擦冰面，冰壶和冰面间的动摩擦因数变为0.9μ，重力加速度取g.求：(1)冰壶自由滑行前进的距离为多大；(2)在第(1)问中冰壶停下时离营垒边沿距离为x0，为保证冰壶能进入营垒，则队友最晚应于冰壶运动到多远时开始摩擦冰壶前方的冰面．答案(1)v022μg(2)v022μg－9x0解析(1)让冰壶在冰面上自由滑行时有－μmg ＝ma 10－v 02＝2a 1x解得x ＝v 022μg(2)设队友最晚应于冰壶运动到s 时开始摩擦冰壶前方的冰面，则全程由动能定理得：－μmgs －0.9μmg (x ＋x 0－s )＝0－12m v 02 解得s ＝v 022μg－9x 0 3．(2023·福建省模拟)如图所示，一半径R ＝0.4 m 的光滑竖直半圆轨道与水平面相切于c 点，一质量m ＝1 kg 可视为质点的小物块静止于水平面a 点，现用一水平恒力F 向左拉物块，经过t ＝3 s 时间到达b 点的速度大小v b ＝6 m/s ，此时撤去F ，小物块继续向前滑行经c 点进入光滑竖直圆轨道，且恰能经过竖直轨道最高点d .已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)水平恒力F 的大小；(2)b 、c 间的距离L .答案 (1)6 N (2)2 m解析 (1)从a 到b 过程中有F －F f ＝ma ，v b ＝at小物块所受摩擦力F f ＝μmg联立代入数据得F ＝6 N(2)小物块恰能经过轨道最高点，在d 点由牛顿第二定律有mg ＝m v 2R解得v ＝gR ＝2 m/s从c 点到d 点由动能定理有－mg ·2R ＝12m v 2－12m v c 2 解得v c ＝2 5 m/s从b 到c 由动能定理有－μmgL ＝12m v c 2－12m v b 2 解得b 、c 间的距离L ＝2 m4．(2023·浙江省模拟)某游乐场的滑梯可以简化为如图所示竖直面内的ABCD 轨道，AB 为长L ＝6 m 、倾角α＝37°的斜轨，BC 为水平轨道，CD 为半径R ＝15 m 、圆心角β＝37°的圆弧，轨道AB 段粗糙其余各段均光滑．一小孩(可视为质点)从A 点以初速度v 0＝2 3 m/s 下滑，沿轨道运动到D 点时的速度恰好为零(不计经过B 点时的能量损失)．已知该小孩的质量m ＝30 kg ，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：(1)该小孩第一次经过圆弧C 点时，对圆弧轨道的压力F N ；(2)该小孩在轨道AB 上第一次从A 下滑到B 的时间t ；(3)若将AB 段轨道改为圆弧形状(图中虚线部分，轨道材质不变)，试定性说明题设条件下小孩在轨道上游玩时是否会冲出D 点而发生危险？答案 (1)420 N ，方向向下 (2)15－32s (3)见解析解析 (1)由C 到D 速度减为0，由动能定理可得－mg (R －R cos β)＝0－12m v C 2 解得v C ＝215 m/s在C 点，由牛顿第二定律得F N C －mg ＝m v C 2R解得F N C ＝420 N根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力大小为F N ＝ F N C ＝420 N ，方向向下；(2)小孩从A 运动到D 的过程中，有mgL sin α－μmgL cos α－mgR (1－cos β)＝0－12m v 02 可得μ＝0.25在AB 上运动的加速度大小a ＝mg sin α－μmg cos αm＝4 m/s 2 根据v B ＝v C ＝v 0＋at代入数据解得t ＝15－32s(3)若将AB 段轨道改为圆弧形状，摩擦力做功会增加，速度减小更快，小孩到达不了D 点，所以小孩在轨道上游玩时不会冲出D 点而发生危险．5．如图所示，在竖直平面内，长为L 、倾角θ＝37°的粗糙斜面AB 下端与半径R ＝1 m 的光滑圆弧轨道BCDE 平滑相接于B 点，C 点是轨道最低点，D 点与圆心O 等高．现有一质量m ＝0.1 kg 的小物体从斜面AB 上端的A 点无初速度下滑，恰能到达圆弧轨道的D 点．若物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.25，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)斜面AB 的长度L ；(2)物体第一次通过C 点时的速度大小v C 1；(3)物体经过C 点时，轨道对它的最小支持力F Nmin ；(4)物体在粗糙斜面AB 上滑行的总路程s 总．答案 (1)2 m (2)2 5 m/s (3)1.4 N (4)6 m解析 (1)A 到D 过程，根据动能定理有mg (L sin θ－R cos θ)－μmgL cos θ＝0解得：L ＝2 m.(2)物体从A 到第一次通过C 点过程，根据动能定理有mg (L sin θ＋R －R cos θ)－μmgL cos θ＝12m v C 12 解得：v C 1＝2 5 m/s ；(3)物体经过C 点，轨道对它有最小支持力时，它将在B 点所处高度以下运动，所以有：mg (R －R cos θ)＝12m v min 2 根据牛顿第二定律有：F Nmin －mg ＝m v min 2R，解得F Nmin ＝1.4 N ；(4)根据动能定理有：mgL sin θ－μmgs 总cos θ＝0解得s 总＝6 m ．。

高中物理精品课件：动能定理解决多过程问题

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

动能定理在多过程中的应用

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