一课一练30：动能定理在多运动过程中的应用
技巧：动能定理在处理不涉及时间的过程分析、曲线运动以及往返运动等都有着更加便捷、广泛的应用。处理多运动的过程中主要找准研究过程的初末状态以及过程合力所总功，联立即可求解。1．如图所示，一根直杆由粗细相同的两段构成，其中AB段为长x1=5 m的粗糙杆，BC段为长x2=1 m的光滑杆．将杆与水平面成53°角固定在一块弹性挡板上，在杆上套一质量m=0.5 kg、孔径略大于杆直径的圆环．开始时，圆环静止在杆底端A.现用沿杆向上的恒力F拉圆环，当圆环运动到B点时撤去F，圆环刚好能到达顶端C，然后再沿杆下滑。已知圆环与AB段的动摩擦因数μ=0.1，g=10 m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6.试求：
（1）拉力F的大小；
（2）拉力F作用的时间；
（3）若圆环与挡板碰撞后的以相同速度大小返回，从圆环开始运动到最终
静止的过程中在粗糙杆上所通过的总路程。
2．如图所示，竖直固定放置的粗糙斜面AB的下端与光滑的圆弧BCD的B点相切，圆弧轨道的半径为R，圆心O与A、D在同一水平面上，C点为圆弧轨道最低点，∠COB=θ，现在质量为m的小
物体从距D 点高度为R cos θ
4的地方无初速度地释放，已知小物体恰能从D 点进入圆弧轨道．求：
（1）为使小物体不会从A 点冲出斜面，小物体与斜面间的动摩擦因数至少为多少？ （2）若小物体与斜面间的动摩擦因数μ=sin θ
2cos θ，则小物体在斜面上通过的总路程为多少？
（3）小物体通过圆弧轨道最低点C 时，对C 点的最大压力和最小压力各是多少？
3．如图所示，一弹丸从离地高度H =1.95 m 的A 点以v 0=8.0 m/s 的初速度水平射出，恰以平行于斜面的速度射入静止在固定斜面顶端C 处的一木块中，并立即与木块具有相同的速度（此速度大小为弹丸进入木块前一瞬间速度的
1
10
）共同运动，在斜面下端有一垂直于斜面的挡板，木块与它相碰后以相同速度大小返回，碰后恰能返回C 点。已知斜面顶端C 处离地高h =0.15 m ，求： （1）A 点和C 点间的水平距离。 （2）木块与斜面间的动摩擦因数μ。
（3）木块从被弹丸击中到再次回到C点的时间t。
4．如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直四分之一圆轨道相切于B点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2 kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点，已知光滑圆轨道的半径R=0.45 m，水平轨道BC长为0.4 m，其动摩擦因数μ=0.2，光滑斜面轨道上CD长为0.6 m，g取10 m/s2，求：
（1）滑块第一次经过B点时对圆轨道的压力大小；
（2）整个过程中弹簧具有的最大弹性势能；
（3）滑块在BC上通过的总路程．
5．有一种“过山车”的杂技表演项目，可以简化为如图所示的模型，一滑块从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R=10 cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即滑块离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h=0.8 m，水平距离s=1.2 m，水平轨道AB长为L1=1 m，BC长为L2=3 m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10 m/s2．则：
（1）若滑块恰能通过圆形轨道的最高点E，计算滑块在A点的初速度v0.
（2）若滑块既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小滑块在A点时初速度v0′的范围．
6．如图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速度经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热．我们用质量为m的小滑块代替栗子，借用这套装置来研究一些物理问题．设大小两个四分之一圆弧半径分别为2R、R，小平台和圆弧均光滑．将过锅底的纵截面看做是由两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧组成．斜面与小滑块间的动摩擦因数均为0.25，而且不随温度变化．两斜面倾角均为θ=37°，AB=CD=2R，A、D等高，D端固定一小挡板，小滑块碰撞它不损失机械能．滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g．
（1）如果滑块恰好能经P点飞出，为了使滑块恰好沿AB斜面进入锅内，
应调节锅底支架高度使斜面的A、D点离地高为多少？
（2）接（1）问，求滑块在锅内斜面上运动的总路程；
（3）对滑块的不同初速度，求其通过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值．
7．现有一根长度为L=15m、质量分布均匀的长方体木板，已知重力加速度为g=10m/s2，完成下列问题：
（1）若将该木板竖直悬挂，如图（甲）所示，由静止释放后，不考虑空气阻力，求木板通过其正下方
3
L
处一标记点的时间； （
2）若将该木板置于水平面上，如图（乙）所示，水平面上有长为
3
L
的一段粗糙区域，其它区域光滑，已知木板与粗糙区域间的动摩擦因数为μ=0.25，木板与粗糙区域间正压力与木板在该区域的长度成正比，现给木板一初速度，求使木板能通过该粗糙区域的最小初速度。
8．如图，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为
的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC =7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直面内。质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点（未画出），随后P 沿轨道被弹回，最高点到达F 点，AF =4R ，已知P 与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g 。（取） （1）求P 第一次运动到B 点时速度的大小； （2）求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能；
（3）改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放。已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平
5
6
R 1=4
μ3
4sin 373755
?=?=
，cos
飞出后，恰好通过G 点。G 点在C 点左下方，与C 点水平相距、竖直相距R ，求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．
7
2
R
一课一练30：动能定理在多运动过程中的应用答案
1．【答案】（1） 5.1F N = （2） 2.5t s = （3）85L m =
【解析】（1）圆环从A 到C 过程，有：()1121sin cos 0Fx mg x x mg x θμθ-+-= ①
得 5.1F N = ②
（2）圆环从A 到B 过程，有：sin cos F mg mg ma θμθ--= ③ 又 B v at = ④
圆环从B 到C 过程，有： 联立 ③④⑤，得 2.5t s = ⑥
（3）因为tan θμ>，则圆环最后停在杆的底端A 处。 ⑦ 圆环运动的全过程，有：1cos 0Fx mg L μθ-= ⑧ 得 85L m = ⑨
2．【答案】（1）μ1=sin θ4cos θ （2）s =5R cos θ2sin θ （3）3mg ＋1
2mg cos θ mg (3－2cos θ)
【解析】（1）为使小物体不会从A 点冲出斜面，有：mg R cos θ4-μ1mg cos θR cos θ
sin θ=0
解得动摩擦因数至少为μ1=sin θ
4cos θ
（2）最终小物体将在BB ′圆弧间做往复运动(B ′未画出)，有：mg ???
?R cos θ
4＋R cos θ-μmgs cos θ=0 解得小物体在斜面上通过的总路程为s =5R cos θ2sin θ
（3）由于小物体第一次通过最低点时速度最大，此时压力最大，由动能定理得mg ?
???R cos θ4＋R =1
2
mv 2
由牛顿第二定律得F Nmax -mg =m v 2R 联立以上两式解得F Nmax =3mg +1
2mg cos θ
最终小物体将从B 点开始做往复运动，则有mgR (1-cos θ)=12mv ′2，F Nmin -mg =m v ′2
R
联立以上两式，解得F Nmin =mg (3-2cos θ)
由牛顿第三定律，得小物体通过圆弧轨道最低点C 时，对C 点的最大压力F N′max =F Nmax =3mg +1
2mg cos
θ
最小压力F N′min =F Nmin =mg (3-2cos θ)
3．【答案】（1） 4.8s m = （2）0.125μ= （3）120.44t t t s =+=
【解析】（1）弹丸从A 到C 的过程，有：2
12
H h gt -=
① 0s v t = ② 联立①②解得 4.8s m = ③
（2）已知6/y v gt m s == ④
则10/v m s =
= 03
tan 4
y
v v θ=
= ⑤ 即11
1/10
v v m s =
= 037θ= ⑥ 弹丸和塑料块从C 点返回C 点的过程，有：211
cos 2
0sin 2
h mg mv μθθ-=- ⑦ 解得 0.125μ= ⑧
（3）弹丸和塑料块下滑时，有：1sin cos mg mg a m
θμθ-=
⑨ 得 2
15/a m s = ⑩
又
211111
sin 2
h v t a t θ=+ ? 得 10.17t s = ? 弹丸和塑料块上滑时，有： 2sin cos mg mg a m
θμθ+=
? 得 2
27/a m s = ?
又
2
22
1sin 2
h a t θ= ? 得 20.27t s = ?
弹丸和塑料块返回C 点的时间 120.44t t t s =+= ?
4．【答案】（1）60 N （2）1.4 J （3）2.25 m
【解析】（1）滑块从A 点到B 点，有：mgR =12
mv B 2-0 代入数据解得v B =3 m/s
滑块在B 点，有：F -mg =m 2B
v R
代入数据解得F =3mg =60 N
滑块在B 点对轨道的压力大小F ′=F =60 N
（2）滑块从A 点到D 点，有：mgR -μmgL BC -mgL CD sin 30°+W =0 且 E p =-W 解得E p =1.4 J 即整个过程中弹簧具有最大的弹性势能为1.4 J
（3）滑块最终停止在水平轨道BC 间，有：-μmgs =0-1
2mv B 2 解得s =2.25 m
5．【答案】（1）3 m/s （2）3 m/s≤v 0′≤4 m/s 或v 0′≥5 m/s 【解析】 (1)滑块恰能通过最高点时，有：mg =m v 2E R
滑块在圆形轨道上运动，有：12mv 2B =2mgR +12mv 2E =5
2
mgR 在滑块从A 运动到B 过程中，有：-μmgL 1=12mv 2B -12mv 20 解得：v 0=3 m/s （2）滑块能通过圆形轨道的最高点，则滑块初速度v 0′ ≥v 0=3 m/s
滑块从A 到C 过程，有：-μmg (L 1+L 2)=12mv 2C -12
mv 0′2 解得：0v '=
则04/v m s '==，滑块才能运动到C 点，故若3 m/s≤v 0′≤4 m/s ，滑块停在BC 上，不掉进壕沟
若滑块越过壕沟，那么由平抛运动规律得：v C ≥
s t
=s 2h g
=3 m/s 所以
05/v m s '=≥
所以，若滑块既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，则小滑块在A 点时初速度v 0′的范围为3 m/s≤v 0′≤4 m/s 或v 0′≥5 m/s
6．【答案】（1）3916R （2）221R 16 （3）9mg
【解析】（1）设滑块恰好经P 点飞出时速度为v P ，有：mg =mv 2P 2R
， 得v P =2gR
到达A 点时速度方向要沿着斜面AB ，则：v y =v P tan θ=342gR 所以A 、D 点离地高度为h =3R -v 2y 2g =
39
16R
（2）进入A 点时滑块的速度为v =v P cos θ=5
4
2gR
假设经过一个来回能够回到A 点，则：E k =1
2mv 2-4μmg cos θ·2R <0，所以滑块不会滑到A 点而飞出．
因mg sin θ>μmg cos θ，则：mg ·2R sin θ-μmg cos θ·s =0-1
2mv 2 得滑块在锅内斜面上运动的总路程
s =221R 16
（3）在Q 点，有：F 1-mg =mv 21R 在P 点，有： F 2+mg =mv 22
2R 所以F 1-F 2=2mg +m （2v 21－v 22）2R
由机械能守恒有：12mv 21=12mv 2
2＋mg ·3R 得v 21-v 22=6gR 为定值 代入v 2的最小值(v 2=v P =2gR )得压力差的最小值为9mg
7．【答案】（1）1s ；（2）5m/s
【解析】（1）木板下端从释放到标记点
21123L gt = 木板上端从释放到标记点221423
L
gt =
木板通过标记点的时间211s t t t ?=-=
=
（2）以木板从刚开始进入粗糙区域为起点，木板的位移为x ，质量为m
①当03L
x ≤≤
时，木板与粗糙区域摩擦力1x mg f L
μ=
克服摩擦力做功11
0132318
f mg
L W mgL μμ+=?= ②当
3L x L ≤≤时，木板与粗糙区域摩擦力23
mg
f μ=
克服摩擦力做功2122339
f L W m
g mgL μμ=?=
③当43L L x ≤≤
时，木板与粗糙区域摩擦力与过程①类似 克服摩擦力做功311
18
f f W W mgL μ==
全过程由动能定理122301()02f f f W W W mv -++=- 解得023
gL
v μ=
=5m/s
8．【答案】（1）2B v gR = （2）
125mgR （3）13
m m '= 【解析】（1）选P 为研究对象，有：垂直于斜面方向受力平衡：cos G N θ= 沿斜面方向，由牛顿第二定律得：sin G f ma θ-=
且f N μ=，可得：2sin cos 5
a g g g θμθ=-=
对CB 段过程，由2202t v v as -=代入数据得B 点速度：2B v gR =
（2）P 从C 点出发，最终静止在F ，分析整段过程：
由C 到F ，重力势能变化量：3sin P E mg R θ?=-? ① 减少的重力势能全部转化为内能。 设E 点离B 点的距离为xR ，从C 到F ，产热：cos (72)Q mg R xR μθ=+ ②
由P E Q ?=，联立①、②解得：x =1；
G
f
N
θ
研究P 从C 点运动到E 点过程：重力做功：sin (5)G W mg R xR θ=+ 摩擦力做功：
cos (5)f W mg R xR μθ=-+
动能变化量：0J k E ?= 由动能定理：G f k W W W E ++=?弹 代入得： 5
12-
mgR
W =弹 由ΔE 弹=-W 弹，到E 点时弹性势能E 弹为
5
12mgR
。 （3）其几何关系如下图，可知：R CQ R OQ 2
1
,3
2=
=
， 由几何关系可得，G 点在D 左下方，竖直高度差为2.5R ，水平距离为3R 。设P 从D 点抛出时速度为v 0，到G 点时间为t
其水平位移： t v R 03= 竖直位移： 22
1
25gt R =
解得： 5
530gR
v =
研究P 从E 点到D 点过程，设P 此时质量为m'，此过程中：
重力做功：351
''(6sin )'210
G W m g R R m gR θ=-+=- ①
摩擦力做功：6''6cos '5f W m g R m gR μθ=-?=- ② 弹力做功：12
'5W E mgR =-?=弹弹 ③
动能变化量：2019
''0J '210k E m v m gR ?=-= ④ 由动能定理：
''''G f k W W W E ++=?弹 ⑤ 将①②③④代入⑤，可得： m m 3
1
=
'
F
C
D G
R
O Q
θ