动能定理在圆周运动中的应用

动能定理的⼏种典型应⽤动能定理的⼏种典型应⽤应⽤⼀：动能定理解决匀变速直线运动问题例1、⼀个质量m=2kg 的⼩物体由⾼h=1.6m 倾⾓?=30α的斜⾯顶端从静⽌开始滑下，物体到达斜⾯底端时速率是4m/s ，那么物体在下滑的过程中克服摩擦⼒做功是多少焦⽿？由公式20222v v aS -=可知222022/5.22.3242s m S v v a =?=-= 对物体受⼒分析并由⽜顿第⼆定律可知：ma f mg =-αsin 所以N N ma mg f 55.2221102sin =?-??=-=α J J fS W f 16)1(2.35180cos -=-??=?= 解法⼆：由动能定理221mv W mgh f =+ 可得：J J mgh mv W f 166.110242212122-=??-??=-= 应⽤⼆：动能定理解决曲线运动问题例2、在离地⾯⾼度h=10m 的地⽅，以s m v /50=⽔平速度抛出，求：物体在落地时的速度⼤⼩？解法⼀：由221gt h =得 s s g h t 2101022=?== 所以s m s m gt v y /210/210=?== 所以s m s m v v v y /15/)210(522220=+=+=解法⼆：由动能定理可得 20222121mv mv mgh -=所以：s m s m v gh v /15/51010222202=+??=+= 两种⽅法计算的结果完全⼀致，可见：动能定理同样适⽤于曲线运动。

并且可以求变⼒的功，如下题。

例3．质量m=2kg 的物体从⾼h=1.6m 的曲⾯顶部静⽌开始下滑，到曲⾯底部的速度⼤⼩为4m/s 。

求物体在下滑过程中克服摩擦⼒所做的功？应⽤3：利⽤动能定理求解多个⼒做功的问题例4、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。

动能定理使用条件一、动能定理的基本概念动能定理是物理学中的一条基本定理，描述了物体的动能与力的关系。

在经典力学中，动能定义为物体的质量与速度的平方的乘积的一半。

动能定理则指出，一个物体的动能变化等于作用在该物体上的净外力与物体的位移的乘积。

二、动能定理的公式表达动能定理的公式表达如下：ΔK=12mv f2−12mv i2=∫Fs fs i⋅ds其中，ΔK表示动能的变化量，m表示物体的质量，v f和v i分别表示物体的末速度和初速度，s i和s f分别表示物体的初位置和末位置，F表示作用在物体上的外力，ds表示位移的微元。

三、动能定理的使用条件在使用动能定理时，需要满足以下条件：1.质点模型：动能定理是基于质点模型推导得到的，因此只适用于质点的动力学问题。

对于具有空间尺度的物体，需要将其看作是由许多质点组成的系统，然后分别应用动能定理。

2.只考虑净外力：动能定理仅适用于净外力对物体做功的情况。

净外力可包括施加在物体上的各种力，如重力、弹力、摩擦力等。

但需要注意，对于系统内部的相互作用力，由于它们互相抵消，一般不对总动能产生影响。

3.不考虑其他形式的能量转化：动能定理只考虑了力对物体的功，而没有考虑其他形式的能量转化。

在实际情况中，物体的动能可能会转化为其他形式的能量，如势能、热能等。

若要考虑这些能量转化，需要引入其他定理和方程。

4.连续性假设：动能定理建立在连续性假设的基础上。

即物体在运动过程中，其质点之间的相对位置和相互作用保持不变。

这个假设对于速度相对较低的物体是成立的，但对于速度接近光速的物体，需要采用相对论动力学的理论进行描述。

四、动能定理的应用范围与局限性动能定理在物理学中有广泛的应用，特别是在研究运动学和动力学问题时常常使用。

它可以用于描述物体在力的作用下的速度变化以及相应的动能变化。

然而，动能定理也有一定的局限性：1.简化模型：动能定理是基于简化的质点模型推导得到的，因此不能完全描述复杂的物体和系统。

动能定理的几种典型应用应用一：动能定理解决匀变速直线运动问题例1、一个质量m=2kg 的小物体由高h=1.6m 倾角︒=30α的斜面顶端从静止开始滑下，物体到达斜面底端时速率是4m/s ，那么物体在下滑的过程中克服摩擦力做功是多少焦耳？由公式20222v v aS -=可知222022/5.22.3242s m S v v a =⨯=-= 对物体受力分析并由牛顿第二定律可知：ma f mg =-αsin 所以N N ma mg f 55.2221102sin =⨯-⨯⨯=-=α J J fS W f 16)1(2.35180cos -=-⨯⨯=︒= 解法二：由动能定理221mv W mgh f =+ 可得：J J mgh mv W f 166.110242212122-=⨯⨯-⨯⨯=-= 应用二：动能定理解决曲线运动问题例2、在离地面高度h=10m 的地方，以s m v /50=水平速度抛出，求：物体在落地时的速度大小？ 解法一：由221gt h =得 s s g h t 2101022=⨯== 所以s m s m gt v y /210/210=⨯== 所以s m s m v v v y /15/)210(522220=+=+=解法二：由动能定理可得 20222121mv mv mgh -=所以：s m s m v gh v /15/51010222202=+⨯⨯=+= 两种方法计算的结果完全一致，可见：动能定理同样适用于曲线运动。

并且可以求变力的功，如下题。

例3．质量m=2kg 的物体从高h=1.6m 的曲面顶部静止开始下滑，到曲面底部的速度大小为4m/s 。

求物体在下滑过程中克服摩擦力所做的功？应用3：利用动能定理求解多个力做功的问题例4、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。

习题课2 动能定理的应用[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 如图1所示，质量为m 的小球自由下落d 后，沿竖直面内的固定轨道ABC 运动，AB 是半径为d 的14光滑圆弧，BC 是直径为d 的粗糙半圆弧(B 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：图1(1)小球运动到B 处时对轨道的压力大小. (2)小球在BC 运动过程中，摩擦力对小球做的功. 答案 (1)5mg (2)－34mgd解析 (1)小球下落到B 点的过程由动能定理得2mgd ＝12m v 2，在B 点：F N －mg ＝m v 2d ，得：F N ＝5mg ，根据牛顿第三定律：F N ′＝ F N ＝5mg .(2)在C 点，mg ＝m v C2d 2.小球从B 运动到C 的过程：12m v C 2－12m v 2＝－mgd ＋W f ，得W f ＝－34mgd . 针对训练 如图2所示，某人利用跨过定滑轮的轻绳拉质量为10 kg 的物体.定滑轮的位置比A 点高3 m.若此人缓慢地将绳从A 点拉到B 点，且A 、B 两点处绳与水平方向的夹角分别为37°和30°，则此人拉绳的力做了多少功？(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计滑轮的摩擦)图2答案 100 J解析 取物体为研究对象，设绳的拉力对物体做的功为W .根据题意有h ＝3 m. 物体升高的高度Δh ＝h sin 30°－h sin 37°.①对全过程应用动能定理W －mg Δh ＝0.② 由①②两式联立并代入数据解得W ＝100 J. 则人拉绳的力所做的功W 人＝W ＝100 J. 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，在水平桌面上滑动的最大距离.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的最大高度处，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 Lmg＝(1.5－1.0)×1.50.5×10m ＝0.15 m(2)设木块离开B 点后沿桌面滑动的最大距离为x .由动能定理得： mgh －F f x ＝0所以：x ＝mgh F f ＝0.5×10×0.151.0 m ＝0.75 m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 如图4所示，一可以看成质点的质量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4(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 0 2②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.1.(用动能定理求变力的功) 如图5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5A.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.(利用动能定理分析多过程问题)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6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6(1)运动员从A 点运动到达B 点时的速度大小v B ； (2)轨道CD 段的动摩擦因数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 ＝2 m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 2④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. 3.(动能定理在平抛、圆周运动中的应用) 如图7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°，g ＝10 m/s 2.求：图7(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 点由速度的合成得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 θ① 由运动学规律有v y 2＝2gH ② 联立①②解得H ＝0.6 m (3)恰好过C 点满足mg ＝m v C 2R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.课时作业一、选择题(1～7为单项选择题，8～9为多项选择题)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 0 2B.12m v 2－12m v 0 2－mghC.mgh ＋12m v 0 2－12m v 2D.mgh ＋12m v 2－12m v 0 2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 0 2解得：W f 克＝mgh ＋12m v 0 2－12m 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 点很缓慢地移动到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)D.Fl sin θ 答案 B解析 小球缓慢移动，时时都处于平衡状态，由平衡条件可知，F ＝mg tan θ，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，所以这道题要考虑用动能定理求解.由于物体缓慢移动，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 0 2－μmg (s ＋x )B.12m v 0 2－μmgxC.μmgsD.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 0 2，所以W ＝12m v 0 2－μmg (s ＋x ).5.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4A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.mgR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 1 2R①小球恰好过最高点，绳子拉力为零，这时mg ＝m v 2 2R 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 2 2－12m v 1 2③由①②③式联立解得W f ＝12mgR ，选C.6.如图5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5A.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，mg (H ＋h )＝3mgh .所以h ＝5 m.7.如图6所示，小球以初速度v 0从A 点沿粗糙的轨道运动到高为h 的B 点后自动返回，其返回途中仍经过A 点，则经过A 点的速度大小为( )图6A.v 0 2－4ghB.4gh －v 0 2C.v 0 2－2ghD.2gh －v 0 2答案 B解析 从A 到B 运动过程中，重力和摩擦力都做负功，根据动能定理可得mgh ＋W f ＝12m v 0 2，从B 到A 过程中，重力做正功，摩擦力做负功(因为是沿原路返回，所以两种情况摩擦力做功大小相等)，根据动能定理可得mgh －W f ＝12m v 2，两式联立得再次经过A 点的速度为4gh －v 0 2，故B 正确.8.在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v max 后，立即关闭发动机直至静止，v －t 图象如图7所示，设汽车的牵引力为F ，受到的摩擦力为F f ，全程中牵引力做功为W 1，克服摩擦力做功为W 2，则( )图7A.F ∶F f ＝1∶3B.W 1∶W 2＝1∶1C.F ∶F f ＝4∶1D.W 1∶W 2＝1∶3答案 BC解析 对汽车运动的全过程，由动能定理得：W 1－W 2＝ΔE k ＝0，所以W 1＝W 2，选项B 正确，选项D 错误；由动能定理得Fx 1－F f x 2＝0，由图象知x 1∶x 2＝1∶4.所以 F ∶F f ＝4∶1，选项A 错误，选项C 正确.9.如图8所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动.小环从最高点A 滑到最低点B 的过程中，线速度大小的平方v 2随下落高度h 的变化图象可能是图中的( )图8答案 AB解析 对小环由动能定理得mgh ＝12m v 2－12m v 02，则v 2＝2gh ＋v 0 2.当v 0＝0时，B 正确.当v 0≠0时，A 正确.二、非选择题10.如图9所示，光滑水平面AB 与一半圆形轨道在B 点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R ，一个质量为m 的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B 点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C 点，重力加速度为g .求：图9(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块从B 到C 克服阻力所做的功；(3)物块离开C 点后，再落回到水平面上时的动能.答案 (1)3mgR (2)12mgR (3)52mgR 解析 (1)由动能定理得W ＝12m v B 2 在B 点由牛顿第二定律得7mg －mg ＝m v B 2R解得W ＝3mgR(2)物块从B 到C 由动能定理得12m v C 2－12m v B2＝－2mgR ＋W ′ 物块在C 点时mg ＝m v C 2R解得W ′＝－12mgR ，即物块从B 到C 克服阻力做功为12mgR . (3)物块从C 点平抛到水平面的过程中，由动能定理得2mgR ＝E k －12m v C 2，解得E k ＝52mgR . 11.如图10所示，绷紧的传送带在电动机带动下，始终保持v 0＝2 m/s 的速度匀速运行，传送带与水平地面的夹角θ＝30°，现把一质量m ＝10 kg 的工件轻轻地放在传送带底端，由传送带传送至h ＝2 m 的高处.已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝32，g 取10 m/s 2.图10(1)通过计算分析工件在传送带上做怎样的运动？(2)工件从传送带底端运动至h ＝2 m 高处的过程中摩擦力对工件做了多少功？答案 (1)工件先以2.5 m /s 2的加速度做匀加速直线运动，运动0.8 m 与传送带达到共同速度2 m/s 后做匀速直线运动 (2)220 J解析 (1)工件刚放上传送带时受滑动摩擦力：F f ＝μmg cos θ，工件开始做匀加速直线运动，由牛顿运动定律：F f －mg sin θ＝ma 可得：a ＝F f m－g sin θ ＝g (μcos θ－sin θ)＝10×⎝⎛⎭⎫32cos 30°－sin 30° m/s 2 ＝2.5 m/s 2.设工件经过位移x 与传送带达到共同速度，由匀变速直线运动规律可得：x ＝v 0 22a ＝222×2.5 m ＝0.8 m ＜h sin θ＝4 m 故工件先以2.5 m /s 2的加速度做匀加速直线运动，运动0.8 m 与传送带达到共同速度2 m/s 后做匀速直线运动.(2)在工件从传送带底端运动至h ＝2 m 高处的过程中，设摩擦力对工件做功为W f ，由动能定理得W f －mgh ＝12m v 0 2， 可得：W f ＝mgh ＋12m v 0 2＝10×10×2 J ＋12×10×22 J ＝220 J. 12.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两点光滑连接.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.sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.g取10 m/s2.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)＝0－122m v C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：12－0＝mgH－μmgl BC2m v C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－μmgs1＝0代入数据，解得s1＝5.1 m由于s1＝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.。

动能定理应用—竖直面圆周运动问题1.如图所示，长为L的细绳一端与一质量为m的小球（可看成质点）相连，可绕过O点的水平转轴在竖直面内做圆周运动。

在最低点a处给一个初速度，使小球能通过最高点做完整的圆周运动，不记空气阻力，小球通过最低点时与通过最低点时绳拉力的差为：A.2mgB.3mgC.5mgD.6mg2．如图3所示，倾斜轨道AC与圆轨道CD相切于C，圆轨道半径为R，两轨道在同一竖直平面内，D是圆轨道的最高点，B点是圆周上的一点，DB所对的圆心角为90°.将一小球从斜轨道上的某处由静止释放，它下滑到C点后便进入圆轨道，要想使它上升到D点后再落到轨道上，不计摩擦，下列说法正确的是()A．释放点须与D点等高B．释放点须比D点高R/4C．释放点至少比D点高R/2D．小球从D点经过B点落到轨道AC上是不可能的3.如图所示,质量为m的小球被系在轻绳的一端,以O为圆心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.设某时刻小球通过圆周的最低点A,此时绳子的张力为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B,则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是 :A．8mgR B．6mgR C．2mgR D．mgR4.如图所示，小铁球A、B分别固定在长度均为L的轻线、轻杆的下端，线、杆的上端分别固定于O点，且均能绕O点无摩擦、无空气阻力地转动．要求小球能绕过最高点，求小球在最低点的最小速度、各为多大？5.质量为 的物体由1/4圆弧轨道顶端从静止开始释放，如图所示， B 为轨道最低点，B 与圆心O 在同一竖直线上，已知圆弧轨道半径为R ，运动到A 点时，物体对轨道的压力大小为2.5mg ，求此过程中物体克服摩擦力做的功。

6.如图所示，长为L 的细绳一端与一质量为m 的小球（可看成质点）相连，可绕过O 点的水平转轴在竖直面内无摩擦、无空气阻力地转动。

在最低点a 处给一个初速度，使小球恰好能通过最高点完成完整的圆周运动，求：（1）小球过b 点时的速度大小；（2）初速度v 0的大小；（3）最低点处绳中的拉力大小。

动能定理圆轨道拼接引言动能定理是物理学中一个重要的定理，描述了物体的动能与力的关系。

在圆轨道拼接中，我们将探讨在圆形轨道上的运动，并使用动能定理来分析运动过程。

圆轨道运动圆轨道运动是指物体沿着一个固定半径的圆形路径做匀速运动。

在这种情况下，物体受到向心力的作用，保持在圆周上运动。

向心力向心力是使物体保持在圆周上运动的力。

它的大小与物体质量和速度的平方成正比，与半径成反比。

向心力可以通过以下公式计算：F c=mv2 r其中，F c表示向心力，m表示物体的质量，v表示物体沿圆周运动的速度，r表示圆周半径。

动能定理动能定理描述了物体在外力作用下发生速度变化时，其动能的变化量等于外力对物体所做功的大小。

对于一个沿着圆轨道做匀速运动的物体而言，其初速度和末速度相等，因此只需考虑外力对物体所做的功。

动能定理的数学表达式如下：ΔKE=W其中，ΔKE表示动能的变化量，W表示外力对物体所做的功。

圆轨道拼接圆轨道拼接是指将两个或多个圆形轨道连接在一起，使物体可以在这些轨道上连续运动。

在拼接处，物体会受到一个额外的力，这个力被称为拼接力。

拼接力的方向与物体在拼接处的运动方向相反，其大小与物体质量、速度以及圆周半径有关。

当物体从一个圆形轨道进入另一个圆形轨道时，它会受到一个向心力和一个拼接力的共同作用。

圆轨道拼接过程分析为了更好地理解圆轨道拼接过程中动能定理的应用，我们将分析一个具体的例子：一个小球从半径为r1的圆形轨道进入半径为r2的另一个圆形轨道。

情景设定假设小球质量为m，初始速度为v1，进入第二个轨道后速度变为v2。

我们希望计算小球在拼接过程中动能的变化量。

动能定理的应用根据动能定理，我们可以计算出小球在拼接过程中动能的变化量。

我们需要计算小球在第一个轨道上受到的向心力F c1：F c1=mv12 r1我们计算小球在第二个轨道上受到的向心力F c2：F c2=mv22 r2我们还需要考虑拼接力F p对小球所做的功。

动能定理在往复运动、平抛、圆周运动中的应用[学习目标] 1.会灵活选取研究过程，应用动能定理解决往复运动问题.2.会用动能定理解决平抛运动问题.3.结合圆周运动的知识，会应用动能定理计算圆周运动问题．一、利用动能定理分析往复运动问题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)重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关；(2)滑动摩擦力做功与路径有关，克服摩擦力做的功W ＝fs (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时，一般应用动能定理． 例1 (2022·平潭翰英中学高一阶段练习)如图所示，一个小球的质量m ＝2 kg ，能沿倾角θ＝37°的斜面由顶端B 从静止开始下滑，小球滑到底端时与A 处的挡板碰触后反弹(小球与挡板碰撞过程中无能量损失)，若小球每次反弹后都能回到原来的23处，已知A 、B 间距离为s 0＝2 m ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2，求：(1)若斜面光滑，小球到达A 点的速度v A 的大小．(2)以A 点所在水平面为零势能面，小球第一次反弹后的最大势能E p ； (3)小球由开始下滑到最终静止的过程中所通过的总路程和克服摩擦力做的功． 答案 (1)2 6 m/s (2)16 J (3)10 m 24 J解析 (1)若斜面光滑，在沿斜面方向上由牛顿第二定律得mg sin θ＝ma 解得a ＝6 m/s 2，根据运动学公式v A 2＝2as 0， 解得v A ＝2 6 m/s.(2)以A 点所在水平面为零势能面，小球第一次反弹后的最大势能E p ＝2mgs 0sin θ3＝16 J.(3)设小球与斜面间的动摩擦因数为μ，小球第一次由静止从B 点下滑到碰撞后上升到速度为零的过程中，由动能定理得mg ⎝⎛⎭⎫s 0－23s 0sin θ－μmg ⎝⎛⎭⎫s 0＋23s 0cos θ＝0， 小球最终一定会停在A 处，全过程由动能定理得mgs 0sin θ－μmgs cos θ＝0， 联立解得小球通过的总路程为s ＝10 m ， 所以小球克服摩擦力做的功为 W 克f ＝μmgs cos θ＝24 J.例2 如图所示，ABCD 为一竖直平面内的轨道，其中BC 水平，A 点比BC 高出10 m ，BC 长1 m ，AB 和CD 轨道光滑，曲、直轨道平滑连接．一质量为1 kg 的物体，从A 点以4 m/s 的速度沿轨道开始运动，经过BC 后滑到高出C 点10.3 m 的D 点时速度为0.g 取10 m/s 2，求：(1)物体与BC 轨道间的动摩擦因数；(2)物体第5次经过B 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B 点多少米)． 答案 (1)0.5 (2)411 m/s (3)距B 点0.4 m 解析 (1)由A 到D ，由动能定理得 －mg (h －H )－μmgs BC ＝0－12m v 12解得μ＝0.5(2)物体第5次经过B 点时，物体在BC 上滑动了4次，由动能定理得 mgH －μmg ·4s BC ＝12m v 22－12m v 12，解得v 2＝411 m/s(3)分析整个过程，由动能定理得 mgH －μmgs ＝0－12m v 12解得s ＝21.6 m所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m ，故最后停止的位置与B 点的距离为2 m －1.6 m ＝0.4 m.二、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可提供支撑效果的竖直面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为v min ＝0. ②不可提供支撑效果的竖直面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为只有重力提供向心力，mg ＝m v min 2R，v min ＝gR .例3 (2022·济宁市兖州区教研室高一期中)如图所示，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m 的小球沿轨道做完整的圆周运动．已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N 1，在最高点时对轨道的压力大小为N 2.重力加速度大小为g ，则N 1－N 2的值为( )A ．6mgB ．5mgC ．4mgD ．3mg答案 A解析 设轨道半径为R ，小球在最低点时受到竖直向上的支持力N 1′和竖直向下的重力mg ，由牛顿第二定律有N 1′－mg ＝m v 12R ，由牛顿第三定律可知N 1＝N 1′，小球在最高点时受到竖直向下的弹力N 2′和竖直向下的重力mg ， 由牛顿第二定律有N 2′＋mg ＝m v 22R ，由牛顿第三定律可得N 2＝N 2′，小球由最低点到最高点过程，由动能定理有 －mg ·2R ＝12m v 22－12m v 12，联立解得N 1－N 2＝6mg ， 所以A 正确，B 、C 、D 错误．例4 如图所示，一可以看成质点的质量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 点沿切线方向进入固定圆弧轨道，BC 为圆弧的竖直直径，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.(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 02联立得：v 0＝3 m/s ；(2)若小球恰好能通过最高点C ，在最高点C 处有mg ＝m v C 2R ，小球从桌面运动到C 点的过程中，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.训练11．如图所示，质量为0.1 kg 的小物块在粗糙水平桌面上以初速度v 0滑行4 m 后以3.0 m/s 的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知小物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高 0.45 m ，若不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．小物块的初速度是5 m/sB ．小物块的射程为1.2 mC ．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J 的功D ．小物块落地时的动能为0.9 J 答案 D解析 小物块在粗糙水平桌面上滑行时，由动能定理得：－μmgs ＝12m v 2－12m v 02解得：v 0＝7 m/s ，W 克f ＝μmgs ＝2 J ，A 、C 错误；小物块飞离桌面后做平抛运动，由h ＝12gt 2，x ＝v t 得x ＝0.9 m ，B 错误；由mgh ＝E k －12m v 2得，小物块落地时E k ＝0.9 J ，D 正确．2.(2022·全国甲卷)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示．运动员从a 处由静止自由滑下，到b 处起跳，c 点为a 、b 之间的最低点，a 、c 两处的高度差为h .要求运动员经过c 点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k 倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c 点处这一段圆弧雪道的半径不应小于( )A.h k ＋1B.h kC.2h kD.2hk －1答案 D解析 运动员从a 到c 根据动能定理有mgh ＝12m v c 2，在c 点有N c －mg ＝m v 2R c ，N c ≤ kmg ，联立有R c ≥2hk －1，故选D.3.如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧，BC 水平，B 、C 间距离d ＝0.50 m ，盆边缘的高度h ＝0.30 m ．在A 处放一个质量为m 的小物块并让其从静止下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 与小物块间的动摩擦因数μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止位置到B 的距离为( )A ．0.50 mB ．0.25 mC ．0.10 mD ．0 答案 D解析 设小物块在BC 面上运动的总路程为s ，物块在BC 面上所受的滑动摩擦力大小始终为f ＝μmg ，对小物块从开始运动到停止的整个过程，由动能定理得mgh －μmgs ＝0，得s ＝hμ＝0.300.10m ＝3 m ，d ＝0.50 m ，则s ＝6d ，所以小物块最后停在B 点，故选D. 4.如图所示，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( )A ．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，木块对曲面的压力增大，W f2>W f1，故mgh －W f2<0，木块滑到B 点时的动能小于在A 点的动能，故木块滑到B 点的速度大小小于7 m/s ，C 正确．5.(2022·温州市高一期中)如图所示，有一根管道ABCD 平放并固定在水平桌面上，AB 部分为长L ＝1 m ，动摩擦因数μ＝0.35的水平直管道，BCD 部分为光滑半圆形管道，其半径R ＝ 0.5 m ，两部分在B 处无缝连接，现让一个直径略小于管内径、质量m ＝2 kg 的小球，从A 处以初速度v 0＝4 m/s 进入管道，π≈3，g 取10 m/s 2.求：(1)小球运动到B 处时速度的大小； (2)小球在管道内运动的时间；(3)小球运动到C 处时，管道对小球作用力的大小(结果可以用根式表示) 答案 (1)3 m/s (2)1114 s (3)4106 N解析 (1)小球从A 到B 由动能定理得 －μmgL ＝12m v B 2－12m v 02解得v B ＝3 m/s.(2)小球在AB 段匀减速运动的时间 t 1＝L v 0＋v B 2＝27 s ，小球在BD 段匀速运动的时间t 2＝πR v B ＝12 s ，小球在管道内运动的时间t ＝t 1＋t 2＝1114 s.(3)小球运动到C 时，水平方向F ＝m v B 2R ，竖直方向N ＝mg ，则管道对小球作用力F ＝N 2＋F 2＝4106 N.6．如图所示，光滑固定斜面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：(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)从物体开始下滑到最终停止，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.训练21.(2022·大庆铁人中学高一阶段练习)如图所示，竖直面内光滑圆轨道半径R ＝0.4 m ，从最低点A 有一质量为m ＝1 kg 的小球开始运动，初速度v 0＝5 m/s 方向水平向右，重力加速度g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．在A 点时，小球对轨道的压力为62.5 NB ．小球可能脱离圆轨道C ．在B 点时，小球重力的瞬时功率为30 WD ．小球在B 点的速率为3 m/s 答案 D解析 在A 点时，设轨道对小球的支持力大小为F A ，根据牛顿第二定律有F A －mg ＝m v 02R ，解得F A ＝72.5 N ，根据牛顿第三定律可知此时小球对轨道的压力大小为F ＝F A ＝72.5 N ，故A 错误；在B 点时，小球的速度方向与重力方向垂直，根据功率的定义可知，小球重力的瞬时功率为零，故C 错误；对小球从A 到B 过程，根据动能定理有－2mgR ＝12m v B 2－12m v 02，解得v B ＝3 m/s ，设小球在B 点受轨道向下的压力为F B ，则由牛顿第二定律F B ＋mg ＝m v B 2R ，解得F B ＝12.5 N ，说明小球在B 点不会脱轨，故B 错误，D 正确．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，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：(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 段间的动摩擦因数； (3)该小孩在轨道AB 上运动的总路程s . 答案 (1)420 N ，方向向下 (2)0.25 (3)21 m解析 (1)小孩由C 运动到D 的过程，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N －mg ＝m v C 2R，解得N ＝420 N ，根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力为420 N ，方向向下． (2)小孩从A 运动到C 的过程中，由动能定理得：mgL sin α－μmgL cos α＝12m v C 2－12m v 02解得：μ＝0.25(3)在AB 斜轨道上，μmg cos α<mg sin α，小孩不能静止在斜轨道上，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.3．(2022·宁波市北仓中学高一期中)如图所示，竖直面内有一光滑圆弧轨道，其半径为R ＝0.5 m ，平台与轨道的最高点等高．一质量m ＝0.8 kg 的小球从平台边缘的A 处以v 0＝3 m/s 的水平速度射出，恰能沿圆弧轨道上P 点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP 与竖直线的夹角为53°，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6：(1)求小球到达P 点时的速度v P 的大小；(2)求小球到达圆轨轨道最低点时的速度大小以及对轨道的压力．(3)小球沿轨道通过圆弧的最高点Q 时对轨道的内壁还是外壁有弹力，并求出弹力的大小． 答案 (1)5 m/s (2)29 m/s 54.4 N ，方向竖直向下 (3)对外壁弹力为6.4 N 解析 (1)在P 点，对v P 进行分解，如图所示，由平抛运动规律得 v P ＝v 0cos 53°＝30.6m/s ＝5 m/s(2)从抛出到圆弧轨道最低点，根据动能定理 mg ·2R ＝12m v 12－12m v 02解得v 1＝29 m/s根据牛顿第二定律和向心力公式N －mg ＝m v 12R ，解得N ＝54.4 N ，根据牛顿第三定律F 压＝N＝54.4 N ，方向竖直向下．(3)平台与轨道的最高点等高，根据动能定理可知v Q ＝v 0＝3 m/s ，设小球受到向下的弹力F 1，根据牛顿第二定律和向心力公式F 1＋mg ＝m v Q 2R ，解得F 1＝6.4 N>0，根据牛顿第三定律，小球对外壁有弹力，大小为6.4 N.4．(2022·湖南高一期中)科技助力北京冬奥：我国自主研发的“人体高速弹射装置”几秒钟就能将一名滑冰运动员从静止状态加速到指定速度，辅助滑冰运动员训练各种滑行技术．如图所示，某次训练，弹射装置在加速阶段将质量m ＝60 kg 的滑冰运动员加速到速度v 0＝8 m/s 后水平向右抛出，运动员恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入光滑圆弧轨道AB .AB 圆弧轨道的半径为R ＝5 m ，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD 平滑连接，A 与圆心O 的连线与竖直方向成37°角．MN 是一段粗糙的水平轨道，滑冰运动员与MN 间的动摩擦因数μ＝0.08，水平轨道其他部分光滑．最右侧是一个半径为r ＝2 m 的半圆弧光滑轨道，C 点是半圆弧光滑轨道的最高点，半圆弧光滑轨道与水平轨道BD 在D 点平滑连接．取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.整个运动过程中将运动员简化为一个质点．(1)求运动员水平抛出点距A 点的高度；(2)求运动员经过B 点时对轨道的压力大小；(3)若运动员恰好能通过C 点，求MN 的长度L .答案 (1)1.8 m (2)2 040 N (3)12.5 m解析 (1)根据运动的合成与分解可得运动员经过A 点时的速度大小为v A ＝v 0cos 37°＝10 m/s ① 设运动员水平抛出点距A 点的高度为h ，对运动员从抛出点到A 点的过程，由动能定理有mgh ＝12m v A 2－12m v 02② 联立①②解得h ＝1.8 m ③(2)设运动员经过B 点时的速度大小为v B ，对运动员从A 点到B 点的过程，根据动能定理有mg (R －R cos 37°)＝12m v B 2－12m v A 2④ 设运动员经过B 点时所受轨道支持力大小为N ，根据牛顿第二定律及向心力公式有N －mg ＝m v B 2R⑤ 联立①④⑤解得N ＝2 040 N ⑥根据牛顿第三定律可知，运动员经过B 点时对轨道的压力大小为2 040 N ；(3)设运动员刚好通过C 点时的速度大小为v C ，根据牛顿第二定律及向心力公式有mg ＝m v C 2r ⑦ 对运动员从B 点到C 点的过程，根据动能定理有－μmgL －2mgr ＝12m v C 2－12m v B 2⑧ 联立④⑦⑧解得L ＝12.5 m ．⑨5．(2022·重庆市第七中学校高一期中)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为R A＝r，R B＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：(1)细线刚要产生拉力时的角速度ω1；(2)当圆盘转速加快到两物体刚好要发生滑动时的角速度ω2和此时细线的拉力大小F；(3)当圆盘从静止加速到两物体刚好要发生滑动时对两物体做的总功W.答案(1)μg2r(2)2μgr3μmg(3)5μmgr解析(1)由于B物体的向心力较大，细线刚要产生拉力时，B物体的静摩擦力达到最大，依题意对B，最大静摩擦力提供向心力有μmg＝mω12·2r，解得ω1＝μg2r(2)当圆盘转速加快到两物体刚好要发生滑动时，设此时的角速度为ω2和此时细线的拉力为F 对A有：F－μmg＝mω22·r对B有：F＋μmg＝mω22·2r解得ω2＝2μgr，F＝3μmg.(3)根据动能定理有，两物体的动能增加量即为外力对其所做的总功，即W＝12m(ω2r)2＋12m(ω2·2r)2＝5μmgr.。

课程名称：大学物理授课对象：大学一年级授课时间：2课时教学目标：1. 理解动能定理的基本概念和物理意义。

2. 掌握动能定理的表达式及其推导过程。

3. 学会运用动能定理解决实际问题，包括变力做功和复杂运动过程的分析。

教学重点：1. 动能定理的基本概念和物理意义。

2. 动能定理的表达式及其推导过程。

3. 动能定理在解决实际问题中的应用。

教学难点：1. 动能定理的理解和应用。

2. 复杂运动过程中动能定理的运用。

教学过程：第一课时一、导入1. 复习动能和功的概念，引导学生思考动能与功之间的关系。

2. 提出问题：如何描述外力对物体做功与物体动能变化之间的关系？二、新课讲授1. 介绍动能定理的概念：外力对物体所做的总功等于物体动能的变化。

2. 推导动能定理的表达式：W = ΔEk = Ek2 - Ek1（其中W为外力做的总功，Ek 为物体的动能，ΔEk为动能的变化量）。

3. 分析动能定理的物理意义：动能定理揭示了功与动能之间的定量关系，是解决力学问题的重要工具。

三、例题讲解1. 讲解动能定理在匀速圆周运动中的应用。

2. 讲解动能定理在匀变速直线运动中的应用。

3. 讲解动能定理在变力做功中的应用。

四、课堂练习1. 让学生根据动能定理解决实际问题，如求解物体在斜面上滑动的加速度、求解物体在空气阻力作用下的运动等。

第二课时一、复习回顾1. 回顾动能定理的基本概念、表达式和物理意义。

2. 回顾动能定理在解决实际问题中的应用。

二、新课讲授1. 讲解动能定理在变力做功中的应用，如变力作用下物体运动的分析。

2. 讲解动能定理在复杂运动过程分析中的应用，如多阶段运动、碰撞等。

三、例题讲解1. 讲解动能定理在变力做功中的应用实例。

2. 讲解动能定理在复杂运动过程分析中的应用实例。

四、课堂练习1. 让学生根据动能定理解决实际问题，如求解物体在变力作用下的运动、求解碰撞过程中的能量变化等。

教学评价：1. 通过课堂练习和课后作业，检查学生对动能定理的理解和掌握程度。

动能定理在圆周运动中的应用学习目标：1、回顾圆周运动的处理方法2、圆周运动中典型物理模型及处理方法的回顾3、用动能定理处理圆周运动中的问题知识回顾：△圆周运动的处理方法：具体处理公式：△圆周运动中的典型模型：试一试1：如图所示，长为l的轻质细线一端固定，另一端栓一个质量为m的小球，从图示位置A释放，问：（1）到最低处时小球的速度？（2）最低处时绳中的张力？思考：1、从图示位置A松手，小球在竖直平面内做圆周运动能到达的最大高度在何处？2、要使小球从A处开始做圆周运动，能运动的更高，该怎么办？练一练1：如图所示，长为l的轻质细线一端固定，另一端栓一个质量为m的小球，某人在A处给小球一个初速度，使小球恰好在竖直平面内做完整圆周运动。

问：（1）小球在最高处的速度和绳中张力分别为多少？（2）小球在A处的初速度多少？（3）人对小球做了多少功？试一试2：如图半径为R的光滑轨道置于竖直平面内，某人在A处给小球一初速度，使其在竖直平面内做完整圆周运动，问：（1）人至少对小球做了多少功？（2）小球能否再次回到轨道内做圆周运动？练一练2：如图在竖直平面内有一个半径为R的圆弧轨道，一个质量为m的小球自A的正上方P处由静止开始下落，小球沿轨道到达最高处B时恰好对轨道没有压力，问：（1）P距A处的高度？（2）若轨道粗糙，P距A处的高度为2R，其与条件不变，则小球从P处运动的B的过程中，克服阻力做的功是多少？练习：1、如图所示，O点离地面的高度为H，以O点为圆心制作一个四分之一光滑轨道，小球从与O点等高的A处静止下滑，问（1）小球落地点到O处的水平距离？（2）要使这一距离最大，R应该满足什么条件？最大距离多少？2、如图所示，半径R=0.4m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A.一质量m=0.1kg的小球，以初速度v0=7m/s在水平地面上向左作匀减速直线运动，运动5m后，冲上竖直半圆环，恰好经过轨道最高处B，最后小球落在C点。

第2讲 动能定理及应用一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能。

2．公式：E k ＝12m v 2。

3．单位：焦耳，1 J ＝1 N·m ＝1 kg·m 2/s 2。

4．动能是标量，是状态量。

5．动能的变化：ΔE k ＝12m v 22－12m v 21。

二、动能定理1．内容：力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。

2．表达式：W ＝E k2－E k1＝12m v 22－12m v 21。

3．物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度。

4．适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。

(2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功。

(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用。

【自测 关于运动物体所受的合力、合力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是( )A ．合力为零，则合力做功一定为零B ．合力做功为零，则合力一定为零C ．合力做功越多，则动能一定越大D ．动能不变，则物体所受合力一定为零答案 A命题点一 动能定理的理解1．两个关系(1)数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合力做的功。

(2)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。

2．标量性动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题。

当然动能定理也就不存在分量的表达式。

【例1 随着高铁时代的到来，人们出行也越来越方便，高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。

在启动阶段，列车的动能( )图1A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的加速度成正比答案 B解析 列车在启动阶段做v 0＝0的匀加速直线运动，列车的动能E k ＝12m v 2＝12m (at )2＝12m ·(2ax )，可见B 正确，A 、C 、D 错误。

【针对训练1】 (多选)用力F 拉着一个物体从空中的a 点运动到b 点的过程中，重力做功－3 J ，拉力F 做功8 J ，空气阻力做功－0.5 J ，则下列判断正确的是( )A ．物体的重力势能增加了3 JB ．物体的重力势能减少了3 JC ．物体的动能增加了4.5 JD ．物体的动能增加了8 J答案 AC解析 因为重力做负功时重力势能增加，所以重力势能增加了3 J ，A 正确，B 错误；根据动能定理W 合＝ΔE k ，得ΔE k ＝－3 J ＋8 J －0.5 J ＝4.5 J ，C 正确，D 错误。

动能定理和动量守恒定理在力学中的应用我们在日常生活中经常听到“力、动能、动量”这些术语，这些都是围绕着物理学中力学领域的研究而展开的。

而物理学中的力学分为牛顿力学、相对论力学和量子力学等领域。

而在牛顿力学中，动能定理和动量守恒定理是最基本的物理定律之一。

本文将探讨动能定理和动量守恒定理在力学中的应用。

一、动能定理动能定理简而言之是指，“运动物体的动能增加值等于该物体所受的分力沿位移方向所作功”。

因此我们可以通过动能定理来研究物体在力的作用下的运动情况。

动能定理最常用的情景就是当一个物体在直线运动时受到力的作用，我们可以通过动能定理来确定该物体运动的速度。

例如一个质量为$m$的物体，受到外力$F$的作用，位移$\Delta x$，物体在运动前速度为$v_0$，在运动后速度为$v$。

则根据动能定理：$$W=\Delta E_k$$$$\frac{1}{2}mv^2-\frac{1}{2}mv_0^2=F\Delta x$$则我们可以用上式来计算物体的末速度$v$。

除了直线运动的情况，动能定理同样适用于曲线运动、旋转运动等情况。

例如当一个物体绕原点做圆周运动时，我们可以将物体所受到的向心力作用于物体做功，这样就可以利用动能定理来计算物体的末速度。

总而言之，动能定理可以帮助我们通过力和位移来研究物体的运动状态，是力学中不可或缺的基本原理。

二、动量守恒定理动量守恒定律是指在一个系统内，当外部对系统施加的合力为零时，这个系统的动量是守恒的。

形式化的表述为：对于一个封闭系统，该系统总动量是不会发生改变的。

动量守恒定理最常用的情况是碰撞，碰撞的情况分为完全弹性碰撞和非完全弹性碰撞两种情况。

完全弹性碰撞是指碰撞物体之间的相对速度在碰撞前后保持不变，即碰撞前后物体的动能是不变的。

在这种情况下我们可以利用动量守恒定理来解决碰撞问题。

例如在一个平面上，物体$A$和物体$B$相互靠近并碰撞，碰撞后两个物体分开。

设物体$A$在碰撞前的速度为$v_{A1}$，质量为$m_A$，物体$B$在碰撞前的速度为$v_{B1}$，质量为$m_B$。

动能定理适用范围引言动能定理是物理学中的一个重要定理，用于描述物体的运动和与其相关的能量转换。

它可以帮助我们理解能量的守恒以及运动物体的性质。

然而，在不同情况下，动能定理可能会有不同的适用范围。

本文主要探讨动能定理在哪些情况下适用，以及可能的限制。

动能定理的表述动能定理描述了一个物体的动能与该物体所受的合力之间的关系。

表述如下：当物体受到合力作用，在经过长度为d的位移后，物体的动能的增量等于所受合力的功。

动能定理的适用范围动能定理适用于几乎所有情况下的物体运动，但在某些特定情况下可能存在一些限制。

下面是一些常见的情况：常速直线运动当物体以恒定速度在直线上运动时，动能定理适用。

在这种情况下，物体所受合力为零，因为没有加速度。

由于合力为零，根据动能定理，物体的动能保持不变。

匀加速直线运动当物体在直线上以匀加速度运动时，动能定理同样适用。

在这种情况下，物体所受的合力与加速度成正比。

由于合力的方向与位移的方向一致，因此合力对物体做功。

根据动能定理，物体的动能增量等于合力对物体所做的功。

自由落体运动自由落体是指没有任何外力作用下的物体自由下落的运动。

在这种情况下，动能定理同样适用。

在自由落体中，由于物体受到重力的作用，重力对物体做功。

根据动能定理，物体的动能增量等于重力对物体所做的功。

圆周运动在圆周运动中，物体沿着圆轨道做运动。

在这种情况下，动能定理同样适用。

当物体绕着圆轨道做运动时，合力的方向与位移的方向不一致，因此合力对物体做功。

根据动能定理，物体的动能增量等于合力对物体所做的功。

弹性碰撞在弹性碰撞过程中，动能定理同样适用。

在弹性碰撞中，物体之间存在着能量的转换，但总的动能保持不变。

即使在碰撞时物体的动能发生改变，但这种改变可以由合力对物体所做的功来解释。

动能定理的局限性动能定理在很多情况下都是适用的，但也有一些特定情况下可能有局限性。

•非弹性碰撞：在非弹性碰撞中，动能定理不再适用。

由于能量的转化和损失，物体的动能不再保持不变。