动能动能定理 ---单个物体多过程问题
第四章 专题强化11 利用动能定理分析变力做功和多过程问题
利用动能定理分析变力做功和多过程问题[学习目标] 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．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．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＝ΔE k .例1 (2022·上海交大附中高一期中)如图所示，质量为1.0 kg 的重物P 放在一长木板OA 上，物体距O 点距离为0.2 m ，将长木板绕O 端缓慢转过30°的过程中，重物P 相对于木板始终保持静止，g 取10 m/s 2，则在这一过程中摩擦力对重物做功为______ J ；支持力对重物做功为______ J.答案 0 1解析 重物受到重力、支持力和摩擦力的作用，处于平衡状态，在缓慢上升的过程中，位移方向向左上，重力对重物做功为W G ＝－mgL sin θ＝－1 J ，重物在上升的过程中，重物相对于木板并没有滑动，所以重物受到的摩擦力对重物做的功为零，由于重力对重物做了负功，摩擦力对重物不做功，在这一过程中根据动能定理可知W G ＋W N ＝0，解得W N ＝1 J.针对训练1 质量为m 的物体以初速度v 0沿水平面向左开始运动，起始点A 与一水平轻弹簧O 端相距s ，如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧接触后，弹簧的最大压缩量为x ，重力加速度为g ，则从开始接触到弹簧被压缩至最短(弹簧始终在弹性限度内)，物体克服弹簧弹力所做的功为( )A.12m v 02－μmg (s ＋x ) B.12m v 02－μmgxC ．μmgsD ．μmg (s ＋x )答案 A解析 设物体克服弹簧弹力所做的功为W ，从开始接触到弹簧被压缩至最短，由动能定理得－W －μmg (s ＋x )＝0－12m v 02，W ＝12m v 02－μmg (s ＋x )，A 正确，B 、C 、D 错误．二、利用动能定理分析多过程问题1．一个物体的运动过程如果包含多个运动阶段，即可以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、初末动能进行分析，然后应用动能定理列式联立求解．也可以全过程应用动能定理，这样不涉及中间量，解决问题会更简单方便．2．选择全过程应用动能定理时，要注意有些力不是全过程都做功的，必须根据不同的情况区别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，做正功还是负功，正确写出总功． 例2 (2021·重庆市黔江新华中学高一月考)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，A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为h 1＝4.30 m 、h 2＝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/s 2.求小滑块第一次到达C 点和D 点时的速度大小．答案 6 m/s 3 m/s解析 小物块从A →B →C 过程中，由动能定理得mgh 1－μmgs ＝12m v C 2，代入数据解得v C ＝6m/s.小物块从A →B →C →D 过程中，由动能定理得 mg (h 1－h 2)－μmgs ＝12m v D 2，代入数据解得v D ＝3 m/s.1．本题也可采用分段分析，分段利用动能定理进行列式求解，但全程利用动能定理要更方便． 2．在分段分析时，有些过程可以用牛顿运动定律，也可利用动能定理，动能定理比牛顿运动定律解题更简单方便，所以我们可优先采用动能定理解决问题．针对训练2 如图所示，右端连有一个固定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/s 2.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B 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 ＝μN ＝μmg ＝0.2×0.5×10 N ＝1.0 N 所以h ＝FL －fL mg ＝(1.5－1.0)×1.50.5×10m ＝0.15 m(2)设木块离开B 点后，在水平桌面上滑行的最大距离为x ，由动能定理得：mgh －fx ＝0 所以x ＝mgh f ＝0.5×10×0.151.0m ＝0.75 m.1.有一质量为m 的木块，从半径为r 的圆弧曲面上的a 点滑向b 点，如图所示．如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )A ．木块所受的合外力为零B ．因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零C ．重力和摩擦力的合力做的功为零D ．重力和摩擦力的合力为零 答案 C解析 木块做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，故合外力不为零，A 错；速率不变，动能不变，由动能定理知，合外力做的功为零，而支持力方向始终与运动方向垂直，支持力不做功，重力做正功，所以重力做的功与摩擦力做的功的代数和为零，但重力和摩擦力的合力不为零，C 对，B 、D 错．2.一个质量为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 点缓慢地移动到Q 点，OQ 与OP 的夹角为θ，如图所示，重力加速度为g ，则拉力F 所做的功为( )A ．mgl cos θB ．mgl (1－cos θ)C ．Fl cos θD ．Fl sin θ答案 B解析 小球缓慢移动，始终处于平衡状态，由平衡条件可知，F ＝mg tan θ，θ为轻绳与OP 的夹角，随着θ的增大，F 也在增大，是一个变化的力，不能直接用功的公式求它所做的功．由于小球缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得：－mgl (1－cos θ)＋W F ＝0，所以W F ＝ mgl (1－cos θ)，B 正确，A 、C 、D 错误．3.如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在水平地面上的斜面．设小球在斜面最低点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 ，重力加速度为g ，则从A 到C 的过程中弹簧弹力做的功是( )A ．mgh －12m v 2B.12m v 2－mgh C ．－mgh D ．－(mgh ＋12m v 2)答案 A解析 小球由A 到C 的过程运用动能定理可得 －mgh ＋W ＝0－12m v 2，所以W ＝mgh －12m v 2，故A 正确．4.如图所示，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 的小球自轨道端点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 .小球自P 点滑到Q 点的过程中，克服摩擦力所做的功为( )A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.π4mgR 答案 C解析 在最低点，根据牛顿第三定律可知，轨道对小球的支持力F ＝2mg ，根据牛顿第二定律可得F －mg ＝m v 2R ，从P 点到最低点Q 的过程，由动能定理可得mgR －W 克f ＝12m v 2，联立可得克服摩擦力做的功W 克f ＝12mgR ，选项C 正确．5．(多选)一质量为m 的物块静止放在一凹凸不平的轨道底端，在一水平向右的恒力F 作用下由图中的位置运动到轨道的一定高度处，物块此时的速度大小为v .经测量可知初、末位置的高度差为h 、水平间距为x ，重力加速度为g ，物块所受的摩擦力不能忽略．则( )A ．物块的重力做功为－mghB ．物块所受的合外力做功为12m v 2C ．物块所受的恒力做功为Fx －mghD ．物块克服摩擦力所做的功为12m v 2＋mgh －Fx答案 AB解析 由题图分析可知摩擦力为变力，设克服摩擦力做的功为W克f ，由动能定理可得Fx －mgh －W 克f ＝12m v 2－0，得W 克f ＝Fx －mgh －12m v 2，故D 错误；恒力对物块做的功为Fx ，C错误；由动能定理可知，合外力对物块所做的功等于物块动能的增加量，为12m v 2，B 正确；重力做负功，所做的功为－mgh ，A 正确．6．(2021·太原五中月考)如图所示，将质量为m 的小球以初速度大小v 0由地面竖直向上抛出．小球落回地面时，其速度大小为34v 0.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，重力加速度为g ，则空气阻力的大小等于( )A.34mgB.316mgC.716mgD.725mg 答案 D解析 小球向上运动的过程，由动能定理得－(mg ＋f )H ＝0－12m v 02，小球向下运动的过程，由动能定理得(mg －f )H ＝12m (34v 0)2，联立解得f ＝725mg ，选项D 正确．7.如图所示为一水平的转台，半径为R ，一质量为m 的滑块放在转台的边缘，已知滑块与转台间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .若转台的转速由零逐渐增大，当滑块在转台上刚好发生相对滑动时，转台对滑块所做的功为( )A.12μmgR B ．2πmgR C ．2μmgR D ．0答案 A解析 滑块即将开始发生相对滑动时，最大静摩擦力(等于滑动摩擦力)提供向心力，有μmg ＝m v 2R ，根据动能定理有W f ＝12m v 2，解得W f ＝12μmgR ，A 正确．8．(多选)质量为m 的汽车，发动机的功率恒为P ，阻力恒为F 1，牵引力为F ，汽车由静止开始沿直线运动，经过时间t 行驶了位移x 时，速度达到最大值v m ，则发动机所做的功为( ) A ．Pt B ．F 1x C.12m v m 2 D.mP 22F 12＋Px v m答案 AD解析 发动机的功率恒为P ，经过时间t ，发动机做的功为W ＝Pt ，A 正确；当达到最大速度时，有P ＝F 1v m ，得v m ＝P F 1，整个过程中由动能定理有W －F 1x ＝12m v m 2－0，则W ＝12m v m 2＋F 1x ＝mP 22F 12＋Pxv m，B 、C 错误，D 正确．9.如图所示，一质量为2 kg 的铅球(可视为质点)从离地面2 m 高处自由下落，陷入沙坑2 cm 深处，求沙子对铅球的平均阻力大小．(g ＝10 m/s 2)答案 2 020 N 解析 方法一：分段法自由下落至地面过程中由动能定理有 mgH ＝12m v 2陷入沙坑至静止过程由动能定理有 mgh －f ·h ＝0－12m v 2联立解得f ＝2 020 N 方法二：全程法整个过程中由动能定理有mg (H ＋h )－f ·h ＝0 解得f ＝2 020 N.10．一列车的质量是5.0×105 kg ，在平直的轨道上以额定功率3 000 kW 加速行驶，当速率由10 m/s 加速到所能达到的最大速率30 m/s 时，共用了2 min ，设列车所受阻力恒定，g 取10 m/s 2，则：(1)列车所受的阻力为多大；(2)这段时间内列车前进的距离是多少． 答案 (1)1.0×105 N (2)1 600 m解析 (1)列车以额定功率加速行驶时，加速度逐渐减小，当加速度减小到零时，牵引力与阻力大小相等，F ＝f ，速度最大，此时有P ＝F v m 所以列车受到的阻力f ＝Pv m＝1.0×105 N(2)这段时间牵引力做功W F ＝Pt ，设列车前进的距离为s ，则列车的速率由10 m/s 加速到30 m/s 过程中，由动能定理得Pt －fs ＝12m v m 2－12m v 02代入数值解得s ＝1 600 m.11.如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙游戏，人坐在滑板上从倾角为θ的斜坡上由静止开始下滑，经过斜坡底端沿水平滑道再滑行一段距离停下．已知滑板与斜坡和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.3，斜坡和水平滑道平滑连接．若某人和滑板的总质量m＝60 kg，滑行过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)把人和滑板看作整体，画出该整体从斜坡上下滑过程中的受力示意图．(2)若已知θ＝37°，人和滑板从斜坡滑下时加速度的大小．(3)若已知θ＝37°，水平滑道BC的最大长度为L1＝20 m，人和滑板在斜坡上滑下的高度应不超过多少？(4)若斜坡倾角θ大小可调节且大小未知，水平滑道BC的长度未知，但是场地的水平空间距离DC的最大长度为L2＝30 m，人和滑板在斜坡上从D的正上方A处由静止下滑，那么A 到D的高度不超过多少？答案(1)见解析图(2)3.6 m/s2(3)10 m(4)9 m解析(1)受力分析示意图如图所示．(2)根据牛顿第二定律得，mg sin 37°－f＝ma又N＝mg cos 37°f＝μN联立以上三式，代入数据解得a＝3.6 m/s2.(3)设人和滑板从距水平滑道高H处下滑，从人和滑板在斜坡上开始运动到人和滑板停止运动的过程中，根据动能定理得mgH－μmg cos 37°·Hsin 37°－μmgL1＝0－0代入数据解得H＝10 m.(4)设A到D的高度为h，人和滑板在斜坡上A处开始运动到人和滑板停止运动的过程中，根据动能定理得mgh －μmg cos θ·h sin θ－μmg (L 2－htan θ)＝0－0代入数据解得h ＝9 m.12.(2021·广州市高一期末)如图，一篮球质量m ＝0.60 kg ，运动员使其从距离地面高度h 1＝ 1.8 m 处由静止自由落下，反弹高度h 2＝1.2 m ．若使篮球从距离地面高度h 3＝1.5 m 的高度静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹高度也为1.5 m ．设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间t ＝0.20 s ；该篮球每次与地面碰撞前后的动能比值k 恒定，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：(1)比值k 的大小；(2)运动员拍球过程中对篮球所做的功； (3)运动员拍球时对篮球作用力的大小． 答案 (1)32(2)4.5 J (3)9 N解析 (1)该篮球自由落下至第一次与地面碰撞前过程中有E k1＝12m v 12＝mgh 1该篮球第一次碰撞后反弹至高度h 2过程中有 E k2＝12m v 22＝mgh 2可得k ＝E k1E k2＝h 1h 2＝1.81.2＝32.(2)第二次从1.5 m 的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中有E k4＝mgh 4， 第二次从1.5 m 的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得W ＋mgh 3＝E k3，因篮球每次和地面碰撞前后的动能比值不变，则有E k2E k1＝E k4E k3，代入数据可得W ＝4.5 J.(3)由于作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此由牛顿第二定律可得F ＋mg ＝ma在拍球时间内运动的位移为x ＝12at 2做的功为W ＝Fx联立可得F＝9 N(F＝－15 N舍去)．。
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
(我用)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例1、以10m/s的初速度竖直向上抛出一个质量为0.5kg的物体，它上升的最大高度为4m，设空气对物体的阻力大小不变，求物体落回抛出点时的动能。
利用动能定理求变力做的功例2、如图所示，一球从高出地面H米处由静止自由落下，忽略空气阻力，落至地面后并深入地下h米处停止，设球质量为m，求球在落入地面以下过程中受到的平均阻力利用动能定理求解多个力做功的问题例3、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。
（g=10m/s2）1．如图1所示，一木块放在光滑水平面上，一子弹水平射入木块中，射入深度为d，平均阻力为f．设木块离原点s远时开始匀速前进，下列判断正确的是[] A．功fs量度子弹损失的动能B．f（s＋d）量度子弹损失的动能C．fd量度子弹损失的动能D．fd量度子弹、木块系统总机械能的损失2.关于做功和物体动能变化的关系，不正确的是[]A．只要动力对物体做功，物体的动能就增加B．只要物体克服阻力做功，它的动能就减少C．外力对物体做功的代数和等于物体的末动能与初动能之差D．动力和阻力都对物体做功，物体的动能一定变化4．一质量为1kg的物体被人用手由静止向上提升1m，这时物体的速度2m/s，则下列说法正确的是[]A．手对物体做功12J B．合外力对物体做功12JC．合外力对物体做功2J D．物体克服重力做功10J 4．一质量为1kg的物体被人用手由静止向上提升1m，这时物体的速度2m/s，则下列说法正确的是[]A．手对物体做功12J B．合外力对物体做功12JC．合外力对物体做功2J D．物体克服重力做功10J2.电磁感应中的能量问题电磁感应的过程是能量的转化和守恒的过程，导体切割磁感线或磁通量发生变化在回路中产生感应电流，机械能或其他形式的能便转化为电能；感应电流做功，又可使电能转化为机械能或电阻的内能等,电磁感应的过程总是伴随着能量转化的过程，因此在分析问题时，应牢牢抓住能量守恒这一基本规律，分析清楚有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量参与了相互转化，然后借助于动能定理或能量守恒定律等规律求解.需要说明的是克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为了电能.1、如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里.线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场.整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f且线框不发生转动.求：(1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v2；(2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1；(3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q.如图所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ角固定，轨距为d.空间存在匀强磁场.磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B，P、M间接阻值为R的电阻.质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效电阻为r.现从静止释放ab，当它沿轨道下滑距离x时，达到最大速度.若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g.求：(1)金属杆ab运动的最大速度；(2)金属杆ab运动的加速度为1/2gsinθ时，电阻R上的电功率；(3)金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，克服安培力所做的功.（1）从静止释放ab，ab棒切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，当ab棒匀速运动时，速度达到最大，根据平衡条件和安培力公式，求解金属杆ab运动的最大速度；（2）金属杆ab运动的加速度为gsinθ时，根据牛顿第二定律求得此时金属杆ab运动的速度，得到感应电流，即可求得金属杆ab消耗的电功率；（3）金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，重力做正功，安培力做负功，根据动能定理求得导体棒ab克服安培力做功．L L L B L B 0)V /L (t ⨯)BL (2⨯Φ12 4 2 20、（12分）如图所示，一有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L ，在磁场区域的左侧相距为L 处，有一边长为L 的正方形导体线框，总电阻为R ，且线框平面与磁场方向垂直。
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分校: _高三__ 学科: 物理 课型: 复习课 执笔人: 赵良奎 审核人: 胡圣山 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W 1＋W 2＋W 3＋…＝12mv 22－12mv 21 求解． 【自主再现】 完成《高考调研》P 60“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/s 2)
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．
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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。
（2）落地点D到C点的距离。
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2.如图所示，AB为1/4圆弧轨道，半径为R=0.8m，BC是水平轨道长为S=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。
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3. 如图所示，摩托车做特技表演时，以v0＝m/s的初速度冲向高台，然后从高台水平飞出．若摩托车冲向高台的过程中以P＝kW的额定功率行驶，冲到高台上所用时间t ＝s，人和车的总质量m＝×102kg，台高h＝m，摩托车的落地点到高台的水平距离x ＝m．不计空气阻力，取g＝10 m/s2.求：
(1)摩托车从高台飞出到落地所用时间；
(2)摩托车落地时速度的大小；
(3)摩托车冲上高台过程中克服阻力所做的功．
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