《利用动能定理分析变力做功和多过程问题》解题技巧
第6章 专题强化8 动能定理在多过程问题中的应用
专题强化八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．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．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图中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，长为s，BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧，其长度可以忽略不计．一质量为m的小滑块在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，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于()A．mgh B．2mghC．μmg(s＋hsin θ) D．μmg(s＋h cos θ)听课记录：_____________________________________________________________________ _______________________________________________________________________________ 例2(多选)(2021·全国甲卷·20)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动．该物体开始滑动时的动能为E k ，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为E k 5.已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g .则( ) A ．物体向上滑动的距离为E k 2mgB ．物体向下滑动时的加速度大小为g 5C ．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D ．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长听课记录：______________________________________________________________ ________________________________________________________________________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/s 2，求：(1)小球在B 点的速度大小；(2)小球在A 点时，其对圆形轨道的压力大小；(3)小球的释放点离水平地面的高度H .________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________题型二 动能定理在往复运动问题中的应用1．往复运动问题：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．2．解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，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，所以用动能定理分析这类问题可简化解题过程．例4 如图所示，固定斜面的倾角为θ，质量为m 的滑块从距挡板P 的距离为x 0处以初速度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．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，重力加速度为g ，则滑块经过的总路程是( )A.1μ⎝⎛⎭⎫v 022g cos θ＋x 0tan θ B.1μ⎝⎛⎭⎫v 022g sin θ＋x 0tan θ C.2μ⎝⎛⎭⎫v 022g cos θ＋x 0tan θ D.1μ⎝⎛⎭⎫v 022g cos θ＋x 0tan θ 听课记录：______________________________________________________________ ________________________________________________________________________例5 (2022·浙江1月选考·20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB 、圆心为O 1的半圆形光滑轨道BCD 、圆心为O 2的半圆形光滑细圆管轨道DEF 、倾角也为37°的粗糙直轨道FG 组成，B 、D 和F 为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G 点(与B 点等高)，B 、O 1、D 、O 2和F 点处于同一直线上．已知可视为质点的滑块质量m ＝0.1 kg ，轨道BCD 和DEF 的半径R ＝0.15 m ，轨道AB 长度l AB ＝3 m ，滑块与轨道FG 间的动摩擦因数μ＝78，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.滑块开始时均从轨道AB 上某点静止释放．(1)若释放点距B 点的长度l ＝0.7 m ，求滑块到最低点C 时轨道对其支持力F N 的大小；(2)设释放点距B 点的长度为l x ，求滑块第一次经F 点时的速度v 与l x 之间的关系式；(3)若滑块最终静止在轨道FG 的中点，求释放点距B 点长度l x 的值．规范答题区 评价项目(100分)自评得分书写工整，卷面整洁(20分)有必要的文字说明，指明研究对象、过程、所用规律(20分)。
用动能定理解题思路和方法
用动能定理解题思路和方法作者：李全武来源：《中学生数理化·教与学》2012年第04期动能定理是力学的重要规律.运用动能定理解题的基本思路如下：（1）选取研究对象，明确它的运动过程.（2）分析研究对象的受力情况和各个力的做功情况：受哪些力？每个力是否做功？作证攻还是做复工？做多少功？然后求各个外力做功的代数和. （3）明确物体在过程始末状态的动能和（4）列出动能定理的方程总-及其他的解题方程，进行求解.一、应用动能定理求变力做功变力做功一般用动能定理计算，应用时要清楚整个过程中动能的变化及其他力做的功.例1 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，运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时间小球通过轨道的最低点，此时绳子的拉力为7mg，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为（）A.14mgRB.13mgRC. 12mgRD.mgR解析：小球在圆最低点时，设速度为则7mg-①设小球恰能通过最高点的速度为则②设转过半个圆周过程中小球克服空气阻力做的功为W.由动能定理，得-mg2R--③解得W=mgR2.答案为C.点评：该题中空气阻力一般是变化的，又不知其大小关系，故只能根据动能定理求做功的大小，而应用动能定理时初、末两个状态的动能又要根据圆周运动求得，不能直接套用，这往往是该类题目的特点.二、用动能定理判断能量的改变做功的过程就是能量转换的过程.做功的数值就是能量转化的数值，这是功能关系的普遍意义.不同形式的能的转换又与不同形式的功相联系.力学领域中功与能关系的主要形式有：1.合外力（包括重力）做功等于物体动能的改变量.2.与势能有关的力（重力、弹簧弹力、电场力、分子力）做工等于是能的改变量.3.由滑动摩擦力产生的热等于滑动摩擦力乘以相对路程相对说明：将动能定理表达式中各力做功灵活移项就可判断各种能量的改变.例2 一小物体以100J的初动能滑上斜面，当动能减少80J时，机械能减少32J，则当物体滑回原出发点时动能为多少？解析：注意哪些力作功，对应什么样的能量变化.设斜面倾角为θ，滑动摩擦力为F，动能减少80J时位移为根据功能关系：动能减少量等于合外力做的功，即80=(m①机械能的减少量等于除重力以外的力所做的功，即②设物体从斜面底端到最高点位移为则动能的减少量为100J，即③设机械能的减少量为，即为上滑过程中滑动摩擦力所做的总功.有④综合①②③④有（由此可知，动能变化量之比等于阻力做功之比）上滑及下滑过程中滑动摩擦力都做负功，且数值相等，所以一个往返摩擦力做负功总和为总故滑回低端时物体的动能-80)J=20J.三、使用动能定理求解多过程问题物体运动有多个过程时，首要条件是准确分析判断有多少个过程，然后逐个过程分析有哪些力做功，且各力做功应与位移对应，并确定初、末态动能.例3 如图，一质量为2kg的铅球从离地面2m高处自由下落，陷入沙坑中2cm深处，求沙子对铅球的平均阻力.（g=10m/s）解析：小球的运动包括自由落体和陷入沙坑减速运动两个过程，知初、末态动能，运动位移，应选用动能定理解决.。
专题强化 利用动能定理分析变力做功和多过程问题
例1 (2018·杭西高高一4月月考)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，小球从斜面上的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/s2)
(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
图1
斜面高h；
答案 1 m
解析 小球刚好到达 C 点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg＝mvR2， 从 A 到 C 过程，由动能定理得：mg(h－2R)＝12mv2，
解得：h＝2.5R＝2.5×0.4 m＝1 m；
(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 －0.8 J 解析 在C点，由牛顿第二定律得： mg＋mg＝mvRC2， 从A到C过程，由动能定理得：mg(h－2R)＋Wf＝12mvC2－0， 解得：Wf＝－0.8 J.
答案 34 N，方向竖直向下
解析 由几何关系可知：滑块平抛运动的初速度为：vE＝vD cos 53°＝3 m/s
从 E 到 C，由动能定理得：mg[h＋R(1－cos 53°)]＝12mvC2－12mvE2
在C点由牛顿第二定律有：FNC－mg＝m
vC2 R
联立方程并代入数据，解得：FNC＝34 N；
针对训练1 (2018·厦门市高一下期末)如图2所示，有一半径为r＝0.5 m的粗糙半圆轨
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。
重难点08动能定理求解变力做功和多过程问题(解析版)-2021学霸向前冲高考物理二轮重难点必刷
重难点08动能定理求解变力做功和多过程问题1．有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡。
某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h 1高处的A 点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A 点水平距离为s 的水平雪道上。
接着改用另一条雪道，还从与A 点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为α的雪道上h 2高处的E 点停下。
若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则（ ）A ．动摩擦因数为tan θB ．动摩擦因数为C ．倾角α一定大于θD ．倾角α可以大于θ【答案】B 【详解】AB ．在AB 段由静止下滑，说明μmg cos θ＜mg sin θ则第一次停在BC 上的某点，由动能定理得11cos 0sin h mgh mg mgs μθμθ--=' 整理，可得故A 错误，B 正确；CD.第二次滑上BE 在E 点停下，则μmg cos α≥mg sin α故有tan tan θμα>≥则α<θ故C 、D 错误。
故选B 。
2．如图所示，水平地面上有一固定直角三角形斜面，两个质量不同的小物块从斜面顶端两侧自由释放后均能沿斜面下滑，且分别停在A 点、D 点。
两个小物块与斜面和水平面的摩擦因数都相同，假设在斜面与水平面连接处无机械能损失，已知AB =PC =2m ，∠PBC =30°,那CD 多长（ ） A ．2m B ．3mC ．4mD ．5m【答案】C 【详解】对任意一个滑块由动能定理'''cos mgh mg l mgl mg BP mgl mgx μθμμμμ=⋅+=⋅+=其中x 是P 在水平面上的投影点P ’与物块在水平面上的停止位置的距离，设AB =PC =a 则由几何关系可知sin 60cos60tan 30a aa CD +=+解得故选C 。
3．在大型物流货场，广泛应用着传送带搬运货物．如图甲所示，与水平面成θ角倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m ＝1 kg 的货物放在传送带上的A 处，经过1.2 s 到达传送带的B 端．用速度传感器测得货物与传送带的速度v 随时间t 变化图象如图乙所示，已知重力加速度g ＝10 m/s 2，由v －t 图可知( )A ．A 、B 两点的距离为2.4 mB ．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5C ．货物从A 运动到B 过程中，传送带对货物做功大小为12.8 JD ．货物从A 运动到B 过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为11.2 J 【答案】B 【详解】A ．A 、B 两点的距离等于全程物块的位移，根据运动学相关规律可得，速度时间图像与横轴所围面积表示物体位移，可得所以A 错误B ．根据牛顿运动定律可得，代入数据计算可得，传送带的倾角为37°，货物与传送带间的动摩擦因数为0.5，B 正确 C ．根据能量守恒定律可得，传送带对物块做的功21sin 11.2J 2Wmv mgL θ所以C 错误D ．货物从A 运动到B 过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为所以D 错误4．如图所示。
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 ；。
利用动能定理解决变力做功问题
利用动能定理解决变力做功问题好啦，今天咱们来聊聊“动能定理”，而且还是那个大家最头疼的“变力做功”问题。
哎呀，很多人脑袋可能就跟打了结一样。
别急，别急，我带你走一遭，咱们轻松聊，保证你一听就懂，绝不晦涩难懂！首先啊，动能定理是什么呢？其实挺简单的，它告诉我们，物体的动能变化跟外力做的功是直接挂钩的。
就好像你推车，推的力越大，车加速得越快，动能增加得也越多。
你是不是觉得这个问题有点像推着冰箱搬家？对，没错，力量和动能就是这么一回事——推得越多，动得越快。
动能定理就是帮我们搞清楚，力和动能之间到底是怎样一回事儿的。
不过，问题就出在“变力”这个词上了。
大家是不是想，力能变啊？对啊，变力就是力的大小和方向可能随着时间变化。
比如你推一个物体，刚开始推得特别使劲，后来推得慢慢轻一些，最后可能几乎不推了，这就是力在变。
怎么解决这类问题呢？别着急，咱们慢慢捋。
其实解决“变力做功”的问题，有一个超级简单的思路。
只要记住两个字：分割。
什么意思呢？就是把变的力分成很多小段，每段力可以看成一个常力，计算每一小段的功，然后把这些小段的功加起来就行了。
就像你做饭时，不是把整个菜一口气做好，而是先切菜、再炒菜、最后加调料，一步步来。
这就是咱们常说的“积分”，把大问题分解成小问题，一点一点攻克。
举个例子，想象你站在滑雪场，雪坡上坡道上，滑雪板下面有个风力，风的速度不断变化。
哎，风力一会儿大，一会儿小，咋办呢？别着急，咱们从头来。
先把每一小段路程的风力看作一个常力，计算它在这一段路上做的功，然后再把这些功加起来。
哦，对了，咱们还得用到一个公式——“功=力×位移”，这点很简单，记住了就能顺利解决了。
别以为这就完了，真正的问题还在后头。
因为我们常说，力是会变化的，那位移也得变化啊。
怎么办呢？这就需要咱们利用动能定理来解了。
动能定理说，外力做的功，最终是让物体的动能发生了变化。
也就是说，风力做的功，最终让滑雪板的速度从某一刻变成了另一刻。
动能定理解决变力做功人教版原创
-mgl
30°
例3拓展
1、斜面的变化，可由斜面变成竖直面或水平面分析，仍要 靠向心力来源来分析处末两个状态的动能。 2、在原先斜面的基础上再加上一些场力以实现其综合 效应，如电场磁场等（小球会带电，斜面会绝缘）。 3、位置变化，由地球上的情况转移到其他星球，再配以一 些条件综合万有引力的知识。凡是和重力加速度相关的题目 都可以和万有引力结合。
强调：完成题目以后的反思至关重要 ，
“三分做，七分想”
二、利用动能定理解决问题应注意的问题
1 2 1 2 1、动能定理：W合 Ek2 Ek1 2 mv2 2 mv1
注：动能变化涉及两个状态， 做功涉及一个过程 2、求外力总功的方法
a 、先求合外力，再求合外力做的功 b 、先求各个力做的功，再求代数和
3、用动能定理解题的步骤：
a 、选择研究对象明确研究过程
动能定理解决变力做功1与势能相关的变力可以由势能的变化来求解如弹簧弹力万有引力和电场力2全程变力分段恒力如滑动摩擦力和空气阻力等3利用变力对位移的平均作用力来求解尤其是力与位移成正比时4利用fs图像中的面积来解决5利用功率来解决比如在机车以额定功率启动过程中牵引力的做功
动能定理解决变力做功
一 、 解 决 变 力 做 功 的 方 法
b、对研究对象进行受力分析， 分析各个力所做的功
c、分析这个过程的初末两个状态， 解决初末动能问题 d 、列动能定理表达式，求解问题
例1、以质量为60kg的跳伞运动员刚刚拉开伞 时的速度为40m/s，拉开伞后受到与速度相关 的空气阻力影响，下落200m后，速度变为 20m/s，求这个过程当中空气阻力做的功。
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《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。
，轨道半径 7f=0. 5 m•已知 sin 53° =0•& cos 53° =0.6,不讣空气阻力，g取10 m/s\(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/点山平抛运动规律得:小球山桌面到力点的过程中，山动能定理得Rcos 0)=尹讦一尹%,联立得：vb=3 m/s；(2)若小球恰好能通过最高点G在最高点C处有也&=于，小球从桌面运代入数据解得呢=一4 J.四、动能定理在多过程往复运动中的应用例❹某游乐场的滑梯可以简化为如图6所示竖直面内的MB轨道，初为长£=6 m.倾角0=37°的斜轨道，万C为水平轨道，d为半径??=15 m.圆心角0 = 37°的圆弧轨道，轨道曲段粗糙，其余各段均光滑•一小孩(可视为质点) 从力点以初速度^0 = 2^3 m/s下滑，沿轨道运动到2?点时的速度恰好为零(不计经过万点时的能量损失)•已知该小孩的质量227=30 kg, sin 37° =0.6, cos37°JBVe 动到C点的过程中，山动能定理得•mvo(1)求小球的初速度％的大小:=0・&取£=10 in/s\不讣空气阻力，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;⑵该小孩与初段间的动摩擦因数;(3)该小孩在轨道力万上运动的总路程S.答案(1)420 N,方向向下(2)0.25 (3)21 m解析(1)山C 到刀速度减为0,由动能定理可得—/ng(R — Rcos 0)=0—尹卩Vc= 2-\^15 m/s在C 点，山牛顿第二定律得傀一吨=石,可得：尺=420 Nn根据牛顿第三定律，小孩第一次经过圆弧轨道C 点时,对圆弧轨道的压力为420N,方向向下(2)小孩从力运动到D 的过程中，山动能定理得:jngLsin a — mngLcos a —zz?前(1 —cos 0) =0—尹可得：“ =0. 25(3) 在力万斜轨道上，"确OS a 〈确in J 小孩不能静止在斜轨道上，则 小孩从力点以初速度％滑下，最后静止在庞轨道万处，山动能定理:/ngLsin a — “mgscos a =0—尹从解得 s=21 -归纳总结•1. 在有摩擦力做功的往复运动过程中，注意两种力做功的区别:(1)®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&s 为路程)• 2•山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fm.靠…：用动能定理.C. mgRD. (1— U)mgR【课堂同步练习】1.（用动能定理求变力做功）如图7所示为一水平的转台，半径为爪一质量 为屈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且最大静 摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为©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（B. 2 n mgRD.O答案A解析 滑块即将开始滑动时，最大静摩擦力（等于滑动摩擦力）提供向心力,• 1 1有mg=葺,根据动能定理有呢=尹只解得脏=-mgR, A 正确.2. （利用动能定理分析多过程问题）如图8所示，曲为四分之一圆弧轨道, 万C 为水平直轨道，圆弧的半径为凡 庞的长度也是丘一质量为屈的物体，与两 个轨道间的动摩擦因数都为它由轨道顶端月从静止开始下滑，恰好运动到C 处停止，不讣空气阻力，重力加速度为G 那么物体在曲段克服摩擦力所做的A. 2umgR B.竽gRA. 2umgR 图8小球从C 点到点，山动能定理得一mg(R+ Rcos — “?=尹片'一尹卩f,解 点的距离为2 m —1. 6 m=0. 4m.答案D解析 设物体在初段克服摩擦力所做的功为血r,对物体从S 到C 的全过程9 山动能定理得驱R-心一 PmgR=O,故W^=mgK- 前=（1 一 P ）mgK.3. （动能定理在平抛、圆周运动中的应用）如图9所示，一长Z=0. 45 m.不 可伸长的轻绳上端悬挂于・#点，下端系一质量zff=L 0 kg 的小球，是一竖直 固定的圆弧形轨道，半径??=0. 50m,兀与竖直方向的夹角"=60° ,现将小球拉 到力点（保持绳绷直且水平）山静止释放，当它经过万点时绳恰好被拉断，小球平抛 后，从圆弧轨道的C 点沿切线方向进入轨道，刚好能到达圆弧轨道的最高点E 重力加速度g 取10in/s\ ⑴小球到万点时的速度大小;（2）轻绳所受的最大拉力大小;（3）小球在圆弧轨道上运动时克服阻力做的功.答案(1)3 m/s (2)30 N (3)8 J解析（1）小球从M 到万的过程，山动能定理得mgL=-^Vif 解得兀=3 m/s（2）小球在万点时，山牛顿第二定律得尸一也g=矿厂，解得尸 =30 N,由牛顿 第三定律可知，轻绳所受最大拉力大小为30 N⑶小球从万到C 做平抛运动，从C 点沿切线进入圆弧轨道，山平抛运动规 律可得tz.小球在C 点的速度大小vz — »解得处=6 m/scos ” 求: M小球刚好能到达尻点，则砒解得内=& m/s小球从C点到点，山动能定理得一mg(R+ Rcos—“?=尹片'一尹卩f,解得 02=8 J.4.(利用动能定理分析多过程往复运动问题)如图10所示，宓9为一竖直平面内的轨道，其中万C水平，久点比10m,万C长Im,曲和Q轨道光滑.一质量为1kg的物体，从£点以4ni/s的速度沿轨道开始运动，经过比后滑到高出C点10.3 m的〃点时速度为0.求：@取10 m/s')图10(1)物体与庞轨道间的动摩擦因数;(2)物体第5次经过万点时的速度大小(结果可用根式表示)；(3)物体最后停止的位置(距万点多少米).答案⑴0.5 (2)40 m/s (3)距方点0.4 m解析(1)山力到D山动能定理得一 ing(h—H)— P mgSsc= 0—-jmVi'解得M =0. 5(2)物体第5次经过万点时，物体在庞上滑动了 4次，山动能定理得驱〃一4sjcr=尹％•—尹卩门解得 4-^11 m/s(3)分析整个过程，山动能定理得解得 5=21.6 m所以物体在轨道上来回运动了 10次后，还有1・6皿故最后停止的位置与万点的距离为2 m—1. 6 m=0. 4m.【课后强化训练】一、选择题1•一人用力踢质量为100 g的皮球，使球山静止以20 m/s的速度飞出•假定人踢球瞬间对球的平均作用力是200 N,球在水平方向运动了 20 m停止•则人对球所做的功为（A. 20 JB. 2 000 JC. 500 JD.4 000 J答案A解析根据题意可知，球的初状态速度为零，末状态速度为20 m/s,由动能定理可知尹/一0=-X0・ 1X20= J=20 J,故选A.2•质量为屈的物体以初速度％沿水平面向左开始运动，起始点£与一轻弹簧0端相距,如图1所示•已知物体与水平面间的动摩擦因数为物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为#重力加速度为刘则从开始碰撞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（B.尹时一UmgxC. P mgsD.答案解析山动能定理得一“•一=0—尹％“三聲％‘一Pmg{s+x） T A正确. C、D错误.3•在离水平地面高为厶处竖直上抛一质量为也的物块，抛出时的速度为如小球从C点到点，山动能定理得一mg(R+ Rcos—“?=尹片'一尹卩f,解当它落到水平地面时速度为s用&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（点的距离为2 m—1. 6 m=0. 4答案c解析 对物块从刚抛出到落地的过程，山动能定理可得:解得：克=ingh+尹代一qnv •4•一质量为加的小球，用长为2的轻绳悬挂于0点，小球在水平拉力尸作用 下，从平衡位置P 点缓慢地移动到0点，如图2所示，重力加速度为G 则拉力尸所做的功为（D. Flsin 0 答案B时时处于平衡状态，山平衡条件可知，r=jngtan 叭 随着"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，所以这道题要考虑用动能定理求解•山于小球缓慢移动，动能保持不变, 山动能定理得：一mg"l-cos所以俘-血刃（l-cos B 正确，A 、C 、D 错误.5•如图3所示，一木块沿竖直放置的粗糙曲面从高处滑下，当它滑过/点的 速度大小为5 m/s 时，滑到万点的速度大小也为5 m/s •若使它滑过久点的速度 大小变为7 m/s,则它滑到万点的速度大小（A. /BglcosB. — cos 0)C. Ficos解析小球缓慢移动, 图2A.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/点到万点的过程中：/ngh—孔\= '氏=0,见：=mgh第二次速度增大，木块对轨道的压力增大，伦＞妮,，故血gb-矩〈0,木块在万点的动能小于在力点的动能，C正确.6•质量为屈的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为7?的圆周运动, 如图4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7血g,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（C・严gR答案C解析小球通过最低点时，设绳的张力为则F：—mg= r 即 6zffgt\小球恰好通过最面点，绳子拉力为零，则有也g小球从最低点运动到最高点的过程中，山动能定理得—/Bg • 2水一“?=尹7卩匸一尹m ■③山①②③式解得腿=严乩选C.7•—质量为2 kg 的物体静止在水平桌面上，在水平拉力尸的作用下，沿水答案A&如图6所示，一薄木板斜放在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平 台相平，末端置于地板的尸处，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0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，仍按上述方武放在该平 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（B. A 0之间D. 0的右侧答案C9.（多选）如图7所示为一滑草场•某条滑道山上、下两段高均为厶，与水平y-f 图像如图5所示，下列说法正确的是（A.在0〜2合外力做的功为4 J B.在0〜2合外力做的功为8 J C •在0〜6摩擦力做的功为一8 J D.在0〜6摩擦力做的功为一4 JA.P 处 图5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 质量为屈的载人滑草车从坡顶山静止开始下滑，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，重力加速度为 g. sin 37° =0.6, cos 37° =0.8).则(A.动摩擦因数山=号C. 载人滑草车克服摩擦力做功为High3D. 载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为答案AB解析根据动能定理有2翻-JA0,即2讪一tE 。