利用动能定理求解多过程问题
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-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.
第七章 第十节 专题 利用动能定理分析变力做功和多过程问题
微型专题 利用动能定理分析变力做功和多过程问题一、利用动能定理求变力的功1.动能定理不仅适用于求恒力做功，也适用于求变力做功，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 (2018·杭西高高一4月测试)如图1所示，竖直平面内的轨道由直轨道AB 和圆弧轨道BC 组成，小球从斜面上A 点由静止开始滑下，滑到斜面底端后又滑上半径为R ＝0.4 m 的圆弧轨道.(g ＝10 m/s 2)图1(1)若接触面均光滑，小球刚好能滑到圆弧轨道的最高点C ，求斜面高h ；(2)若已知小球质量m ＝0.1 kg ，斜面高h ＝2 m ，小球运动到C 点时对轨道的压力为mg ，求全过程中摩擦阻力做的功. 答案 见解析解析 (1)小球刚好到达C 点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg ＝m v 2R ，从A 到C 过程，由动能定理得：mg (h －2R )＝12m v 2，解得：h ＝2.5R ＝2.5×0.4 m ＝1 m ； (2)在C 点，由牛顿第二定律得： mg ＋mg ＝m v C2R，从A 到C 过程，由动能定理得： mg (h －2R )＋W f ＝12m v C 2－0，解得：W f ＝0.8 J.从B 至C 小球所受的摩擦力是变力(大小、方向都变)，求变力的功不能直接应用功的公式，通常用动能定理求解.针对训练1 (2018·余姚市高一下学期期中考试)如图2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 的质点自轨道端点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 .质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )图2A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.π4mgR 答案 C解析 质点经过Q 点时，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v Q2R ，由题有F N ＝2mg ，可得v Q ＝gR ，质点自P 滑到Q 的过程中，由动能定理得mgR－W f ＝12m v Q 2，得克服摩擦力所做的功为12mgR ，选项C 正确.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式求解.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.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，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.例2 如图3所示，右端连有一个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：图3(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 －F f L －mgh ＝0其中F f ＝μF N ＝μmg ＝0.2×0.5×10 N ＝1.0 N 所以h ＝FL －F f L mg ＝(1.5－1.0)×1.50.5×10m ＝0.15 m(2)设木块离开B 点后沿桌面滑行的最大距离为x .由动能定理得： mgh －F f ′x ＝0 F f ′＝μmg所以：x ＝mgh F f ′＝0.5×10×0.151.0 m ＝0.75 m【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题针对训练2 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l 1＝3 m 时撤去，木块又滑行l 2＝1 m 后飞出平台，求木块落地时速度的大小.(g 取10 m/s 2)图4答案 11.3 m/s解析 解法一 取木块为研究对象，其运动分三个过程，先匀加速前进l 1，后匀减速前进l 2，再做平抛运动，对每一过程，分别由动能定理得 Fl 1－μmgl 1＝12m v 12－μmgl 2＝12m v 22－12m v 12mgh ＝12m v 32－12m v 22解得v 3≈11.3 m/s解法二 对全过程由动能定理得 Fl 1－μmg (l 1＋l 2)＋mgh ＝12m v 2－0代入数据解得v ≈11.3 m/s【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题 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有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v min ＝0. ②没有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v min ＝gR . 例3 (2018·金华市十校联考)如图5所示，质量m ＝0.2 kg 的小物块，放在半径R 1＝2 m 的水平圆盘边缘A 处，小物块与圆盘间的动摩擦因数μ1＝0.8.圆心角为θ＝37°、半径R 2＝2.5 m 的光滑圆弧轨道BC 与水平轨道光滑连接于C 点，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ2＝0.5.开始圆盘静止，在电动机的带动下绕过圆心O 1的竖直轴缓慢加速转动，某时刻小物块沿纸面水平方向飞出(此时O 1与A 连线垂直纸面)，恰好沿切线进入圆弧轨道B 处，经过圆弧BC 进入水平轨道CD ，在D 处进入圆心为O 2、半径R 3＝0.5 m 的光滑竖直圆轨道，绕过圆轨道后沿水平轨道DF 向右运动.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，求：图5(1)圆盘对小物块m 做的功；(2)小物块刚离开圆盘时A 、B 两点间的水平距离；(3)假设竖直圆轨道可以左右移动，要使小物块能够通过竖直圆轨道，求竖直圆轨道底端D 与圆弧轨道底端C 之间的距离范围和小物块的最终位置.答案 (1)1.6 J (2)1.2 m (3)l DC ≤1 m 最后停在离C 位置右侧3.5 m 处 解析 (1)小物块刚滑出圆盘时：μ1mg ＝m v A2R 1得：v A ＝4 m/s由动能定理可得：W ＝12m v A 2得：W ＝1.6 J(2)物块正好切入圆弧轨道BC ，由平抛运动知识可得： 在B 处物块的竖直分速度为v By ＝v A tan 37° 运动时间t ＝v By gA 、B 间的水平距离x ＝v A t 联立解得：x ＝1.2 m(3)物块刚好通过竖直完整圆轨道最高点E 处：mg ＝m v E2R 3由B 到E 点由动能定理得：mgR 2(1－cos 37°)－μ2mgL －2mgR 3＝12m v E 2－12m v B 2又v B ＝v A 2＋v By 2可得：L ＝1 m即DC 之间距离不大于1 m 时物块可通过竖直圆轨道. 最后物块必定停止，由动能定理可得： mgR 2(1－cos 37°)－μ2mgx ＝0－12m v B 2解得x ＝3.5 m即最后物块停在离C 位置右侧3.5 m 处. 四、动能定理在多过程往复运动中的应用例4 (2018·湖州、衢州、丽水高三期末联考)某游乐场的滑梯可以简化为如图6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v 0＝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 /s 2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：图6(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 .答案 (1)420 N ，方向竖直向下 (2)0.25 (3)21 m 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 －mg ＝m v C2R，解得F N ＝420 N根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力为420 N ，方向竖直向下 (2)小孩从A 运动到D 的过程中，由动能定理得： mgL sin α－μmgL cos α－mgR (1－cos β)＝0－12m v 02可得：μ＝0.25(3)在AB 斜轨上，μmg cos α<mg sin α，小孩不能静止在斜轨上，则小孩从A 点以初速度v 0滑下，最后静止在BC 轨道B 处.由动能定理得：mgL sin α－μmgs cos α＝0－12m v 02解得s ＝21 m.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.1.(用动能定理求变力的功)如图7所示，质量为m 的物体与水平转台间的动摩擦因数为μ，物体与转轴相距R ，物体随转台由静止开始转动.当转速增至某一值时，物体即将在转台上滑动，此时转台开始匀速转动.设物体的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则在整个过程中摩擦力对物体做的功是( )图7A.0B.2μmgRC.2πμmgRD.μmgR2答案 D解析 物体即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物体的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物体做圆周运动的线速度为v ，则有μmg ＝m v 2R.①在物体由静止到获得速度v 的过程中，物体受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物体做功，由动能定理得：W ＝12m v 2－0.②联立①②解得W ＝12μmgR .2.(动能定理在平抛、圆周运动中的应用)如图8所示，一可以看成质点的质量为m ＝2 kg 的小球以初速度v 0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A 点沿切线方向进入圆弧轨道，其中B 为轨道的最低点，C 为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB 对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R ＝0.5 m.已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.图8(1)求小球的初速度v 0的大小；(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 (1)3 m/s (2)－4 J解析 (1)在A 点由平抛运动规律得： v A ＝v 0cos 53°＝53v 0.①小球由桌面到A 点的过程中，由动能定理得 mg (R ＋R cos θ)＝12m v A 2－12m v 02②由①②得：v 0＝3 m/s.(2)在最高点C 处有mg ＝m v C2R ，小球从桌面到C 点，由动能定理得W f ＝12m v C 2－12m v 02，代入数据解得W f ＝－4 J.3.(利用动能定理分析多过程及往复运动问题)滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来.如图9是滑板运动的轨道，BC 和DE 是两段光滑圆弧形轨道，BC 段的圆心为O 点，圆心角为60°，半径OC 与水平轨道CD 垂直，水平轨道CD 段粗糙且长8 m.某运动员从轨道上的A 点以3 m /s 的速度水平滑出，在B 点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC ，经CD 轨道后冲上DE 轨道，到达E 点时速度减为零，然后返回.已知运动员和滑板的总质量为60 kg ，B 、E 两点到水平轨道CD 的竖直高度分别为h 和H ，且h ＝2 m ，H ＝2.8 m ，g 取10 m /s 2.求：图9(1)运动员从A 点运动到达B 点时的速度大小v B ； (2)滑板与轨道CD 段间的动摩擦因数μ；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？如能，请求出回到B 点时速度的大小；如不能，则最后停在何处？答案 (1)6 m/s (2)0.125 (3)不能回到B 处，最后停在D 点左侧6.4 m 处(或C 点右侧1.6 m 处)解析 (1)由题意可知：v B ＝v 0cos 60°解得：v B ＝6 m/s.(2)从B 点到E 点，由动能定理可得： mgh －μmgx CD －mgH ＝0－12m v B 2代入数据可得：μ＝0.125.(3)设运动员能到达左侧的最大高度为h ′，从B 到第一次返回左侧最高处，根据动能定理得： mgh －mgh ′－μmg ·2x CD ＝0－12m v B 2解得h ′＝1.8 m<h所以第一次返回时，运动员不能回到B 点设运动员从B 点运动到停止，在CD 段的总路程为s ，由动能定理可得： mgh －μmgs ＝0－12m v B 2解得：s ＝30.4 m因为s ＝3x CD ＋6.4 m ，所以运动员最后停在D 点左侧6.4 m 处(或C 点右侧1.6 m 处).一、选择题考点一 利用动能定理求变力的功1.在离地面高为h 处竖直上抛一质量为m 的物块，抛出时的速度为v 0，当它落到地面时速度为v ，用g 表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于( ) A.mgh －12m v 2－12m v 02B.12m v 2－12m v 02－mgh C.mgh ＋12m v 02－12m v 2D.mgh ＋12m v 2－12m v 02答案 C解析 选取物块从刚抛出到正好落地时的过程，由动能定理可得： mgh －W f 克＝12m v 2－12m v 02解得：W f 克＝mgh ＋12m v 02－12m v 2.2.如图1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，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A 从静止开始下落，恰好运动到C 处停止，那么物体在AB 段克服摩擦力所做的功为( )图1A.12μmgR B.12mgR C.－mgR D.(1－μ)mgR答案 D解析 设物体在AB 段克服摩擦力所做的功为W AB ，物体从A 运动到C 的全过程，根据动能定理，有mgR －W AB －μmgR ＝0.所以有W AB ＝mgR －μmgR ＝(1－μ)mgR .3.一质量为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，如图2所示，则拉力F 所做的功为( )图2A.mgl cos θB.mgl (1－cos θ)C.Fl cos θD.Fl sin θ 答案 B解析 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 ＝0，所以W ＝mgl (1－cos θ).4.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 与一轻弹簧最右端O 相距s ，如图3所示.已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x ，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(不计空气阻力)( )图3A.12m v 02－μmg (s ＋x ) B.12m v 02－μmgx C.μmgs D.μmgx答案 A解析 设物体克服弹簧弹力所做的功为W ，则物体向左压缩弹簧过程中，弹簧弹力对物体做功为－W ，摩擦力对物体做功为－μmg (s ＋x )，根据动能定理有－W －μmg (s ＋x )＝0－12m v 02，所以W ＝12m v 02－μmg (s ＋x ).5.(2018·余姚中学高二第二学期期中考试)如图4所示，一木块沿竖直放置的粗糙曲面从高处滑下，当它滑过A 点的速度大小为5 m /s 时，滑到B 点的速度大小也为5 m /s.若使它滑过A 点的速度大小变为7 m/s ，则它滑到B 点的速度大小为( )图4A.大于7 m /sB.等于7 m /sC.小于7 m/sD.无法确定答案 C解析 第一次从A 点到B 点的过程中：mgh －W f1＝ΔE k ＝0，W f1＝mgh第二次速度增大，木块对轨道的压力增大，W f2>W f1，故mgh －W f2<0，木块在B 点动能小于在A 点动能，C 正确.【考点】应用动能定理求变力的功 【题点】应用动能定理求变力的功6.质量为m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，如图5所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg ，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是( )图5A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.mgR答案 C解析 小球通过最低点时，设绳的张力为F T ，则 F T －mg ＝m v 1 2R ，6mg ＝m v 12R①小球恰好过最高点，绳子拉力为零，这时mg ＝m v 22R ②小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得 －mg ·2R －W f ＝12m v 22－12m v 12③由①②③式联立解得W f ＝12mgR ，选C.考点二 利用动能定理分析多过程问题7.如图6所示，假设在某次比赛中运动员从10 m 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(不计空气阻力)( )图6A.5 mB.3 mC.7 mD.1 m答案 A解析 设水深为h ，对运动全程运用动能定理可得：mg (H ＋h )－F f h ＝0，F f ＝3mg ， 所以h ＝5 m.8.如图7所示，一薄木板斜搁在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端置于地板的P 处，并与地板平滑连接.将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q 处.滑块和木板及地板之间的动摩擦因数相同.现将木板截短一半，仍按上述方式搁在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放(设滑块在木板和地面接触处平滑过渡)，则滑块最终将停在( )图7A.P 处B.P 、Q 之间C.Q 处D.Q 的右侧答案 C9.(多选)如图8所示为一滑草场.某条滑道由上、下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).则( )图8A.动摩擦因数μ＝67B.载人滑草车最大速度为2gh 7C.载人滑草克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g答案 AB解析 根据动能定理有2mgh －W f ＝0，即2mgh －μmg cos 45°·h sin 45°－μmg cos 37°·hsin 37°＝0，得动摩擦因数μ＝67，则A 项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为W f ＝2mgh ，则C 项错误；载人滑草车在上、下两段的加速度分别为a 1＝g (sin 45°－μcos 45°)＝214g ，a 2＝g (sin 37°－μcos37°)＝－335g ，则载人滑草车在上、下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，因此在上段滑道底端时达到最大速度v ，由运动学公式有2a 1hsin 45°＝v 2得，v ＝2a 1hsin 45°＝ 27gh ，故B 项正确，D 项错误.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理仅含直线运动的多过程问题 二、非选择题10.(利用动能定理分析多过程问题)(2018·东阳中学期中考试)如图9所示，自然伸长的轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端在O 位置，质量为m 的物块A (可视为质点)以初速度v 0从距O 点x 0的P 点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O ′点位置后，A 又被弹簧弹回.A 离开弹簧后，恰好回到P 点，物块A 与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .图9(1)求物块A 从P 点出发又回到P 点的过程中，克服摩擦力所做的功； (2)求O 点和O ′点间的距离x 1. 答案 (1)12m v 02(2)v 0 24μg－x 0解析 (1)A 从P 开始运动，最后回到P 的过程，根据动能定理得：摩擦力所做的功为W f ＝0－12m v 02＝－12m v 02，即克服摩擦力做功为12m v 02. (2)A 从P 开始运动，最后回到P 的全过程，根据动能定理，有－2μmg (x 1＋x 0)＝0－12m v 02，得x 1＝v 024μg－x 0.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含弹力做功的多过程问题11.(利用动能定理分析多过程问题)如图10所示，一个质量为m ＝0.6 kg 的小球以初速度v 0＝2 m /s 从P 点水平抛出，从粗糙圆弧ABC 的A 点沿切线方向进入(不计空气阻力，进入圆弧时无动能损失)且恰好沿圆弧通过最高点C ，已知圆弧的圆心为O ，半径R ＝0.3 m ，θ＝60°，取g ＝10 m /s 2.求：图10(1)小球到达A 点的速度v A 的大小； (2)P 点到A 点的竖直高度H ；(3)小球从圆弧A 点运动到最高点C 的过程中克服摩擦力所做的功W . 答案 (1)4 m/s (2)0.6 m (3)1.2 J 解析 (1)在A 点有：v A ＝v 0cos θ，代入数据解得v A ＝4 m/s(2)从P 点到A 点小球做平抛运动，竖直分速度v y ＝v 0tan θ 由运动学规律有v y 2＝2gH 解得H ＝0.6 m(3)恰好过C 点满足mg ＝m v C2R由A 点到C 点由动能定理得－mgR (1＋cos θ)－W ＝12m v C 2－12m v A 2代入数据解得W ＝1.2 J.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用运动定理处理含曲线运动的多过程问题12.(利用动能定理分析多过程问题)如图11所示，光滑斜面AB 的倾角θ＝53°，BC 为水平面，BC 长度l BC ＝1.1 m ，CD 为光滑的14圆弧，半径R ＝0.6 m.一个质量m ＝2 kg 的物体，从斜面上A 点由静止开始下滑，物体与水平面BC 间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道在B 、C 两点平滑连接.当物体到达D 点时，继续竖直向上运动，最高点距离D 点的高度h ＝0.2 m.不计空气阻力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.g 取10 m/s 2.求：图11(1)物体运动到C 点时的速度大小v C ；(2)A 点距离水平面的高度H ；(3)物体最终停止的位置到C 点的距离s . 答案 (1)4 m/s (2)1.02 m (3)0.4 m解析 (1)物体由C 点运动到最高点，根据动能定理得： －mg (h ＋R )＝0－12m v C 2代入数据解得：v C ＝4 m/s(2)物体由A 点运动到C 点，根据动能定理得： mgH －μmgl BC ＝12m v C 2－0代入数据解得：H ＝1.02 m(3)从物体开始下滑到停下，根据动能定理得： mgH －μmgs 1＝0 代入数据解得s 1＝5.1 m 由于s 1＝4l BC ＋0.7 m所以，物体最终停止的位置到C 点的距离为：s ＝0.4 m.1.(2017·温州中学11月选考科目模拟考试)2016年11月1日广东珠海开幕的第十一届中国国际航空航天博览会上，空军“八一”飞行表演队的6架歼－10战斗机为现场数千名观众带来了一场震撼表演.如图1所示，某次飞行表演中，飞行员驾驶飞机在竖直面内做半径为R 的圆周运动，在最高点时飞行员头朝下，已知飞行员质量为m ，重力加速度为g .图1(1)若飞行员在最高点座椅对他的弹力和飞机在地面上起飞前一样，求最高点的速度； (2)若这位飞行员以(1)中的速度从最高点加速飞到最低点，且他在最低点能承受的最大竖直加速度为5g ，求飞机在最低点的最大速度及这个过程中飞机对飞行员做的功.答案 (1)2gR (2)5gR －12mgR解析 (1)最高点座椅对飞行员的弹力F N ＝mg由重力和弹力的合力提供向心力F N ＋mg ＝m v 12R，v 1＝2gR(2)最低点向心加速度最大时速度也最大，a n ＝m v 22R＝5g ，速度最大为v 2＝5gR对最高点到最低点的过程运用动能定理，有mg ·2R ＋W ＝12m v 22－12m v 12，解得W ＝－12mgR .【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题2.(2018·嘉兴市3月高三选考)如图2所示是一种常见的圆桌，桌面中间嵌一半径为r ＝1.5 m 、可绕中心轴转动的圆盘，桌面与圆盘面在同一水平面内且两者间缝隙可不考虑.已知桌面离地高度为h ＝0.8 m ，将一可视为质点的小碟子放置在圆盘边缘，若缓慢增大圆盘的角速度，碟子将从圆盘上甩出并滑上桌面，再从桌面飞出，落地点与桌面飞出点的水平距离是0.4 m.已知碟子质量m ＝0.1 kg ，碟子与圆盘间的最大静摩擦力F fmax ＝0.6 N ，g 取10 m/s 2，求：(不计空气阻力)图2(1)碟子从桌面飞出时的速度大小；(2)碟子在桌面上运动时，桌面摩擦力对它做的功；(3)若碟子与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.225，要使碟子不滑出桌面，则桌面半径至少是多少？答案 (1)1 m/s (2)－0.4 J (3)2.5 m解析 (1)根据平抛运动规律：h ＝12gt 2，x ＝v t ，得v ＝xg2h＝1 m/s. (2)设碟子从圆盘上甩出时的速度为v 0，则F fmax ＝m v 02r ，即v 0＝3 m/s由动能定理得：W f ＝12m v 2－12m v 02，代入数据得：W f ＝－0.4 J.(3)当碟子滑到桌面边缘时速度恰好减为零，对应的桌子半径取最小值. 设碟子在桌子上滑动的位移为x ′，根据动能定理：－μmgx ′＝0－12m v 02代入数据得：x ′＝2 m由几何知识可得桌子半径的最小值为：R ＝r 2＋x ′2＝2.5 m.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题3.(2017·绍兴市9月选考科目适应性考试)如图3所示为一种射程可调节的“抛石机”模型.抛石机长臂OA 的长度L ＝4 m ，B 为OA 中点，石块可装在长臂上的AB 区域中某一位置.开始时长臂与水平面间的夹角α＝30°，对短臂施力，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，石块被水平抛出.在某次投石试验中，将质量为m ＝10 kg 的石块安装在A 点，击中地面上距O 点水平距离为x ＝12 m 的目标.不计空气阻力和抛石机长臂与短臂的质量，g 取10 m/s 2，求：图3(1)石块即将被投出瞬间所受向心力的大小； (2)整个过程中投石机对石块所做的功W ；(3)若投石机对石块做功恒定，问应将石块安装在离O 点多远处才能使石块落地时距O 点的水平距离最大？答案 (1)300 N (2)1 200 J (3)3 m解析 (1)石块被抛出后做平抛运动，水平方向x ＝v t 竖直方向h ＝12gt 2又h ＝L ＋L sin α，解得v ＝230 m/s 所以石块受到的向心力为F ＝m v 2L＝300 N(2)长臂从A 点转到竖直位置的整个过程中，根据动能定理得 W －mg (L ＋L sin α)＝12m v 2－0代入数值解得W ＝1 200 J(3)设抛出点距离O 点为l W －mg (l ＋l sin 30°)＝12m v ′2－0v ′＝240－30l下落时间t ′＝ 2h ′g＝ 2(l ＋L sin α)g＝ l ＋25水平位移为s ＝2(24－3l )(l ＋2)＝－6(l －3)2＋150因此当l ＝3 m 时石块落地时距O 点水平距离最大. 【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题4.(2018·台州中学高三第一学期第一次统练)如图4所示为一遥控电动赛车(可视为质点)和它的运动轨道示意图.假设在某次演示中，赛车从A 位置由静止开始运动，经2 s 后关闭电动机，赛车继续前进至B 点后水平飞出，赛车能从C 点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，D 点和E 点分别为圆形轨道的最高点和最低点.已知赛车在水平轨道AB 段运动时受到的恒定阻力为0.4 N ，赛车质量为0.4 kg ，通电时赛车电动机的输出功率恒为2 W ，B 、C 两点间高度差为0.45 m ，C 与圆心O 的连线和竖直方向的夹角α＝37°，空气阻力忽略不计， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，求：图4(1)赛车通过C 点时的速度大小； (2)赛道AB 的长度；(3)要使赛车能通过圆轨道最高点D 后回到水平赛道EG ，其半径R 需要满足什么条件？ 答案 (1)5 m/s (2)2 m (3)R ≤2546m解析 (1)赛车在BC 间做平抛运动，则v y ＝2gh ＝3 m/s 由图可知：v C ＝v ysin 37°＝5 m/s(2)由(1)可知B 点速度v 0＝v C cos 37°＝4 m/s则根据动能定理：Pt －F f l AB ＝12m v 02，解得l AB ＝2 m.(3)当恰好通过最高点D 时，有：mg ＝m v D2R从C 到D ，由动能定理可知：－mgR (1＋cos 37°)＝12m v D 2－12m v C 2，解得R ＝2546 m所以轨道半径R ≤2546m.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题5.如图5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 点是最低点，D 点与圆心O 等高.现有质量m ＝0.1 kg 的小物体从斜面AB 上端的A 点无初速下滑，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：图5(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)A 到C 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，根据向心力公式有：F Nmin －mg ＝m v min2R，解得F Nmin ＝1.4 N ；。
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
用动能定理巧解多过程问题
用动能定理巧解多过程问题作者：王玉勇来源：《中学生数理化·自主招生》2019年第08期多过程问题是指物体参与了两个及两个以上相互连续的物理过程，这些过程可以是匀变速直线运动过程、平抛运动过程或圆周运动过程等，由于其运动过程的复杂性，求解时往往需要用到能量观点和动量观点。
能量观点中的动能定理一般只涉及物体运动的始、末状态，在使用的过程中没有太多的限制条件，因此被广泛地应用于解决比较复杂的物理问题。
下面通过两道例题具体分析动能定理在多过程问题中的应用。
例1 上海热带风暴水上乐园有个项目叫“音速飞龙”。
如图1甲所示，两条高速滑道，人可以仰卧下滑，下滑起伏共有3层。
图乙为其轨道侧视图，质量为70kg的人从A处由静止下滑，经BCDEF，最终停在G处。
已知AB、BC、CD、DE、EF均是半径为14m的圆弧，其对应的圆心角均为60°， FG段水平。
设人滑到F点时的速度为20m/s，取g=10m/s2，求：（1）人刚滑到圆弧末端F点时，滑道对人竖直向上的作用力F，的大小。
（2）在AF段上滑动过程中，人克服阻力所做的功W f。
（3）若一光滑小球在该滑道无水时自A处由静止释放，且不计空气阻力，则小球能否沿ABCDEF滑道运动？若能，请说明理由;若不能，请求出小球脱离滑道的位置及落回滑道时所在的圆弧部分。
解析：（1）人刚滑到圆弧末端F点时，根点评：（1）求解多过程问题需要弄清物理过程。
人或小球在AF段运动的过程中，若一直沿滑道不脱离，则每段均为竖直面内圆周运动的一部分;若脱离滑道，则会在脱离滑道后做抛体运动。
（2）求解多过程问题还必须善于挖掘隐含条件。
人滑到F点时的速度为20m/s，说明已知人在运动过程中的初、末速度，借助向心力公式可求解人在F点受到的作用力，利用动能定理可求解整个运动过程中的摩擦力做功;小球能否脱离滑道，取决于人滑动B点、D点时的速度与的关系。
（3）本题涉及的物理过程比较复杂，且涉及竖直面内的圆周运动，若利用牛顿运动定律和运动学公式解决，则无法求解，而应用动能定理可简单解决。
动能定理在多过程问题中的应用-(含标准答案)
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＝2435 （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） 解得x ＝1.25 m（1分） (3)小滑块由A 运动到B ，由动能定理得Fs －μmgs ＝12m v 2（2分）由牛顿第二定律得F －mg sin 37°＝ma （2分） 由运动学公式得x ＝v t ＋12at 2（2分） 联立解得t ＝0.5 s（1分）答案 (1)2435(2)1.25 m (3)0.5 s2、一质量为2 kg 的铅球从离地面2 m 高处自由下落，陷入沙坑中2 cm 深处，如图所示，求沙子对铅球的平均阻力(g ＝10 m/s 2)． 答案 2 020 N解析 小球的运动包括自由落体运动和陷入沙坑减速运动两个过程，知 道初末态动能和运动位移，应选用动能定理解决，处理方法有两种：解法一 分段列式：铅球自由下落过程中，设小球落到沙面时速度为v ，则：mgH ＝12m v 2v ＝2gH ＝2×10×2 m/s ＝210 m/s.铅球陷入沙坑过程中，只受重力和阻力F f 作用，由动能定理得：mgh －F f h ＝0－m v 22F 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)0.02 N ＝2 020 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，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 (h 1－h 2)－μmgs ＝12m v D 2－0，解得：v D ＝3 m/s(2)小物块从A →B →C 过程中，有 mgh 1－μmgs ＝12m v 2C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/s 2小物块沿CD 段上滑到最高点的时间 t 1＝v Ca＝1 s小物块从最高点滑回C 点的时间t 2＝t 1＝1 s 故t ＝t 1＋t 2＝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/s 2.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 v 2B得v B ＝2(F －μmg )x ABm＝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 2DR－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/s 2，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．。
2025版高考物理大一轮复习课件专题突破课7动能定理在多过程中的应用
(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。
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考点一 考点二 限时规范训练
例 1 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＝20 g，圆轨道半径R＝0.2 m，轨道AB长xAB＝1 m，BC长xBC＝ 0.4 m，AB、BC段动摩擦因数μ＝0.5，其余各段轨道均光滑，sin 37°＝ 0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。
(1)由平抛规律 vAsin 37°＝gt x1＝vAcos 37°·t y1＝12gt2 解得 x1＝1.2 m ，y1＝0.45 m 可见坐标为(1.2 m，0.45 m)。
考点一 考点二 限时规范训练
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考点一 考点二 限时规范训练
(2)滑块在 A 点时 vA＝cosv307°＝5 m/s 从 A 到 C，由动能定理得 (mgsin 37°－μmgcos 37°)xAB－μmgxBC＝12mvC2－12mvA2 在 C 点 FNC－mg＝mvRC2 联立解得 FNC＝2.7 N 由牛顿第三定律可知，压力大小为 2.7 N。
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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/s
2）
【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2022112
10mv 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 。
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 2，计算结果保留小数点后一位数字。
试求
（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；
（2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B 、C 间距L 应是多少；
（3）在满足（2）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R 3应满足的条件；小球最终停留点与起点A 的距离。
解析：（1）设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v 1根据动能定理
22111011222mgL mgR mv mv μ--=- ① 小球在最高点受到重力mg 和轨道对它的作用力F ，根据牛顿第二定律
211
g v F m m R += ② 由①②得 10.0N F = ③
（2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v 2，由题意
222
v mg m R = ④ ()22122011222
mg L L mgR mv mv μ-+-=- ⑤ 由④⑤得 L 12.5m = ⑥
（3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：
I ．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v 3，应满足
233
v mg m R = ⑦ ()221330112222
mg L L mgR mv mv μ-+-=
- ⑧ 由⑥⑦⑧得 3R 04.m = II ．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R 3，根据动能定理
()213012202
mg L L mgR mv μ-+-=-
解得 3R 1.0m =
为了保证圆轨道不重叠，R 3最大值应满足
()()2222332R R L R -R +=+ 解得 R 3=27.9m
综合I 、II ，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件
30R 0.4m <≤
或 31.0m 27.9m R ≤≤
R 1 R 2
R 3 A B
C
D v 0 第一圈轨道 第二圈轨道
第三圈轨道 L L L 1
当30R 0.4m <≤时，小球最终焦停留点与起始点A 的距离为L ′，则
201-02
mgL mv μ'=- 36.0m L '=
当31.0m 27.9m R ≤≤时，小球最终焦停留点与起始点A 的距离为L 〞，则
()1L L 2226.0m L L L ''''=---=
上面两个题目都属于多过程问题，求解这类问题的策略如下：
一、分段法
1． 分析物体的运动，确定物体运动过程中不同阶段的受力情况，分析各个力所
做的功。
2． 分析物体各个过程中的初末速度，在不同的阶段运用动能定理求解
此为分段法，这种方法解题时需分清物体各个阶段的运动情况，列式较多。
二、全程法
如果能够得到物体全过程初末状态的动能变化及全过程中各力的功，用全过程列一个方程即可，此方法较为简洁。