动能定理在多过程运动中的应用

动能定理在多过程问题中的应用1．如图1所示为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC 在B 点水平相切．点A 距水面的高度为H ，圆弧轨道BC 的半径为R ，圆心O 恰在水面．一质量为m 的游客(视为质点)可从轨道AB 的任意位置滑下，不计空气阻力．图1(1)若游客从A 点由静止开始滑下，到B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面D 点，OD ＝2R ，求游客滑到B 点时的速度v B 大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功W f ；(2)某游客从AB 段某处滑下，恰好停在B 点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P 点后滑离轨道，求P 点离水面的高度h .(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F 向＝m v 2R)答案 (1)2gR －(mgH －2mgR ) (2)23R解析 (1)游客从B 点做平抛运动，有 2R ＝v B t① R ＝12gt 2② 由①②式得v B ＝2gR③从A 到B ，根据动能定理，有 mg (H －R )＋W f ＝12m v B 2－0④由③④式得W f ＝－(mgH －2mgR )(2)设OP 与OB 间夹角为θ，游客在P 点时的速度为v P ，受到的支持力为N ，从B 到P 由机械能守恒定律，有 mg (R －R cos θ)＝12m v P 2－0⑤过P 点时，根据向心力公式，有 mg cos θ－N ＝m v 2P R⑥N ＝0 ⑦ cos θ＝hR⑧由⑤⑥⑦⑧式解得h ＝23R .2．如图2甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在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 点右方x 0处的P 点向左运动，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.求：图2(1)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，克服摩擦力所做的功． (2)O 点和O ′点间的距离x 1.(3)如图乙所示，若将另一个与A 完全相同的物块B (可视为质点)与弹簧右端拴接，将A 放在B 右边，向左推A 、B ，使弹簧右端压缩到O ′点位置，然后从静止释放，A 、B 共同滑行一段距离后分离．分离后物块A 向右滑行的最大距离x 2是多少？ 答案 (1)12m v 02(2)v 204μg －x 0 (3)x 0－v 208μg解析 (1)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为W f ＝12m v 02.(2)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，根据动能定理得 2μmg (x 1＋x 0)＝12m v 02解得x 1＝v 204μg－x 0(3)A 、B 在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v 1，弹出过程弹力做功为W F 只有A 时，从O ′到P 有 W F －μmg (x 1＋x 0)＝0－0 A 、B 共同从O ′到O 有W F －2μmgx 1＝12×2m v 12分离后对A 有12m v 12＝μmgx 2联立以上各式可得x 2＝x 0－v 208μg.3．如图3所示，半径R ＝0.5 m 的光滑圆弧面CDM 分别与光滑斜面体ABC 和斜面MN 相切于C 、M 点，斜面倾角分别如图所示．O 为圆弧圆心，D 为圆弧最低点，C 、M 在同一水平高度．斜面体ABC 固定在地面上，顶端B 安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P 、Q (两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P 、Q 两物块静止．若PC 间距为L 1＝0.25 m ，斜面MN 足够长，物块P 的质量m 1＝3 kg ，与MN 间的动摩擦因数μ＝13，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图3(1)小物块Q 的质量m 2；(2)烧断细绳后，物块P 第一次到达D 点时对轨道的压力大小； (3)物块P 在MN 斜面上滑行的总路程． 答案 (1)4 kg (2)78 N (3)1.0 m解析 (1)根据共点力平衡条件，两物块的重力沿斜面的分力相等，有： m 1g sin 53°＝m 2g sin 37° 解得：m 2＝4 kg即小物块Q 的质量m 2为4 kg.(2)小物块P 第一次到达D 点过程，由动能定理得m 1gh ＝12m 1v D 2根据几何关系，有： h ＝L 1sin 53°＋R (1－cos 53°)在D 点，支持力和重力的合力提供向心力：F D －m 1g ＝m 1v 2DR解得：F D ＝78 N由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78 N.(3)分析可知最终物块在CDM之间往复运动，C点和M点速度为零．由全过程动能定理得：m1gL1sin 53°－μm1g cos 53°L总＝0解得L总＝1.0 m即物块P在MN斜面上滑行的总路程为1.0 m.。

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。

动能定理在运动问题中的应用动能定理是经典力学中一个重要的定理，它描述了物体的动能与所受力的关系。

在运动问题中，动能定理可以帮助我们理解物体的运动规律，预测物体的速度和位置等信息。

本文将探讨动能定理在运动问题中的应用，并分析其在实际生活中的意义。

动能定理的基本原理是：物体的动能等于所受力对物体所做的功。

动能是物体运动时所具有的能量，它与物体的质量和速度有关。

所受力对物体所做的功是指力在物体运动方向上的分量与物体移动的距离的乘积。

根据动能定理，我们可以得到以下公式：动能 = 功 = 力 ×距离在运动问题中，动能定理可以应用于多种情况。

下面我们将通过几个例子来说明动能定理的应用。

首先，考虑一个简单的自由落体问题。

假设一个物体从高处自由下落，只受到重力的作用。

根据动能定理，物体的动能等于重力对物体所做的功。

由于重力的方向与物体下落的方向相同，所以重力对物体所做的功可以表示为：功 = 重力 ×下落的距离根据重力的公式 F = m × g，其中 m 表示物体的质量，g 表示重力加速度，可以得到：功 = m × g ×下落的距离由于动能等于所受力对物体所做的功，所以物体的动能可以表示为：动能 = m × g ×下落的距离通过这个例子，我们可以看到动能定理在自由落体问题中的应用。

它帮助我们理解物体下落时的速度变化，并可以用来计算物体的动能。

其次，我们考虑一个弹簧振子的问题。

假设一个质点通过弹簧与一固定点相连，当质点受到外力作用时，弹簧会发生振动。

根据动能定理，质点的动能等于外力对质点所做的功。

如果外力是恒定的，那么质点的动能将保持不变。

当质点受到弹簧的弹力作用时，外力对质点所做的功可以表示为：功 = 弹力 ×振幅根据弹簧的胡克定律，弹力与振幅成正比。

所以可以得到：功 = k ×振幅²其中 k 是弹簧的弹性系数。

根据动能定理，质点的动能等于所受力对质点所做的功，即：动能 = k ×振幅²通过这个例子，我们可以看到动能定理在弹簧振子问题中的应用。

动能定理及应用方法动能定理是物理学中的一个重要定理，它描述了物体的动能与物体所受力的关系。

动能定理的表达形式可以用以下公式表示：W = ΔKE = KE_f - KE_i其中，W代表物体所受的净外力所做的功，ΔKE表示物体动能的变化量，KE_f 表示最终的动能，KE_i表示初始的动能。

动能定理的本质是能量守恒的体现，即物体所受的外力所做的功等于物体动能的变化量。

根据动能定理，我们可以推导出许多实际问题的解决方法。

下面我将介绍动能定理的应用方法。

1. 物体在匀速直线运动过程中的动能定理应用在匀速直线运动过程中，物体的动能不发生改变。

根据动能定理可知，净外力所做的功等于零。

因此，可以通过计算净外力所做的功，来求解物体的平均力和物体所受的外力。

2. 物体在自由落体过程中的动能定理应用在自由落体过程中，物体的初始速度为零，最终速度为v，根据动能定理可以求解物体所受的重力和所做的功。

例如，当一个物体从高处自由下落时，我们可以利用动能定理来计算它在下落过程中的最终速度和落地时的动能。

3. 物体在斜面上滑动过程中的动能定理应用当物体在斜面上滑动时，重力分解成平行于斜面的分力和垂直于斜面的分力。

根据动能定理，我们可以求解物体所受的合外力、动能的变化量以及最终速度。

特别地，当斜面的摩擦系数已知时，可以通过动能定理求解出物体所受的摩擦力。

4. 物体碰撞过程中的动能定理应用在物体碰撞过程中，动能定理可以用来计算碰撞前后物体的动能变化量。

例如，当两个物体发生弹性碰撞时，可以利用动能定理来计算碰撞前后物体的动能变化量，并由此判断碰撞的性质。

5. 动能定理在机械能守恒问题中的应用当物体只受保守力的作用，且机械能守恒时，动能定理可以与势能定理相结合，用来解决问题。

例如，在弹簧振子的运动中，可以利用动能定理和势能定理来计算振子在弹簧势能和动能之间的转化。

总之，动能定理在解决各种实际问题时起到了重要的作用。

通过运用动能定理，我们可以计算物体所受的外力、物体的运动状态以及能量的转化等。

动能定理揭示了物体外力的总功与其动能变化间的关系。

可表示为W=E k2－E k1=△E k，在所研究的问题中，如果物体受外力作用而运动状态变化时，巧妙运用动能定理，往往能使解决问题的途径简捷明快，事半功倍。

例1．质量m=1.5kg的物块(可视为质点)在水平恒力F作用下，从水平面上A点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行t=2.0 s停在B点，已知A、B两点的距离x=5.0 m，物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.20，求恒力F多大？(g=10m/s2)解析：设撤去力F前、后物体的位移分别为x1、x2物块受到的滑动摩擦力为F f=μmg=0.2×1.5×10N=3N．撤去力F后物块的加速度大小为最后2s内，物体的位移为故力F作用的位移x1=x－x2=1.0m对物块运动的全过程应用动能定理：得本题应用牛顿第二定律也可求解，但比较繁琐，应用动能定理求解则简捷得多，求解时一定要注意两个力作用的位移是不同的。

例2．如图1所示，一物体质量m=2kg，从倾角θ=37°的斜面上的A点以初速度v0=3m／s下滑，A点距弹簧上的挡板位置B的距离AB=4 m，当物体到达B后，将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC=0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到最高位置D点，D点距A点为AD=3 m，求物体跟斜面间的动摩擦因数．(g=10m／s2，弹簧及挡板质量不计)解析：在该题中，物体的运动过程分成了几个阶段，若用牛顿运动定律解决，要分几个过程来处理，考虑到全过程始末状态动能都是零，用动能定理解决就方便多了。

对A→B→C→D全过程，由动能定律得：F f=μmgcosθ两式联立得：当物体运动是由几个物理过程组成，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个物理过程看做一个整体来研究，从而避免每个运动过程的具体细节，大大简化运算。

例3．如图2所示，在一个固定盒子里有一个质量为m的滑块，它与盒子底面的动摩擦因数为μ开始滑块在盒子中央以足够大的初速度v0向右运动，与盒子两壁碰撞若干次后速度减为零，若盒子长为L，滑块与盒壁碰撞没有能量损失，求整个过程中物体与两壁碰撞的次数。

目标要求 1.会应用动能定理解决多过程、多阶段的问题。

2.会应用动能定理处理往复运动等复杂问题。

考点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时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。

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，要注意运用它们的功能特点。

(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。

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＝20g，圆轨道半径R＝0.2m，轨道AB长x AB＝1m，BC长x BC＝0.4m，AB、BC段动摩擦因数μ＝0.5，其余各段轨道均光滑，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。

(1)若滑块在A点速度v A＝5m/s，求滑块弹出时的位置坐标(x1，y1)；(2)若滑块弹出时的初速度v0＝4m/s，求滑块在进入圆轨道C点时对轨道压力的大小；(3)若滑块第一次进入圆轨道不脱轨，求滑块弹出时纵坐标y应满足的条件。

【思路点拨】(1)“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”，则此时速度方向沿斜面AB 方向。

(2)“AB 、BC 段动摩擦因数μ”，说明滑块沿AB 、BC 段摩擦力做负功。

(3)“滑块第一次进入圆轨道不脱轨”，说明“滑块刚好可过最高点D ”或者“滑块到与圆心等高的位置速度为零”。

应用动能定理解决多过程问题江苏省射阳中学 赵海明 （224300）E ―mail:动能定理是高中物理的一个重要定理，也是高考中的一个热点。

对于每一个高中生来说，在物理的学习中，都必须能灵活地运用动能定理。

在高考中，经常会出现复杂的多过程问题，下面就通过例题谈谈如何应用动能定理解决多过程问题。

例1、如图所示，物体从高为h 的斜面体的顶端A 由静止开始滑下，滑到水平面上的B 点停止，A 到B 的水平距离为S ，已知：斜面体和水平面都由同种材料制成。

求：物体与接触面间的动摩擦因数解析：设物体质量为m ，斜面长为l ，物体与接触面间的动摩擦因数为μ ,斜面与水平面间的 夹角为θ，滑到C 点的速度为V ，法一：分段列式法物体从A 滑到C ，根据动能定理有: 物体从C 滑到B,根据动能定理得: 联立上式解得： 法二：全程列式法物体从A 滑到B,根据动能定理得:联立解得： 点评：对于本题物体的运动经历了两个过程：先匀加速运动，接着匀减速运动。

应用动能定理可以分段分析，也可以对全过程分析；分段分析法比较直观、容易理解，而对全程进行分析能够使问题变得简捷，提高解题效率。

例2、如图所示，斜面足够长，其倾角为α，质量为m 的滑块，距挡板P 为S 0，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滑块沿斜面方向的重力分力，若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块在斜面上经过的总路程为多少？解析： 滑块在滑动过程中，要克服摩擦力做功，其机械能不断减少；又因为滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力分力，所以最终会停在斜面底21cos 2cos DC mgh mgl mv l S μθθ-==212CB mgS mv μ-=-h S μ=cos 0cos CB CB mgh mgl mgS l S Sμθμθ--=+=h Sμ=端。

在整个过程中，受重力、摩擦力和斜面支持力作用，其中支持力不做功。

应用动能定理求解多过程问题考点规律分析(1)应用动能定理求解多过程问题的两种方法物体的运动过程可分为几个运动性质不同的阶段(如加速、减速的阶段)时，可以分段分析应用动能定理，也可以对全过程整体分析应用动能定理，但当题目不涉及中间量时，选择全过程整体分析应用动能定理会更简单、更方便。

(2)全过程应用动能定理时的注意事项①当物体的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。

②研究初、末动能时，只需关注初、末状态，不必关心运动过程的细节。

典型例题例 如图所示，物体在离斜面底端5 m 处由静止开始下滑，然后滑到由小圆弧连接的水平面上，若物体与斜面及水平面的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°。

求物体能在水平面上滑行多远。

[规范解答] 解法一：(分段法)对物体在斜面上和水平面上时受力分析，如图甲、乙所示。

物体下滑阶段F N1＝mg cos37°，故F f1＝μF N1＝μmg cos37°。

由动能定理得mg sin37°·x 1－μmg cos37°·x 1＝12m v 21－0①在水平面上运动过程中，F f2＝μF N2＝μmg由动能定理，得－μmgx 2＝0－12m v 21 ②由①②两式可得x2＝sin37°－μcos37°μx1＝0.6－0.4×0.80.4×5 m＝3.5 m。

解法二：(全程法)物体受力分析同解法一。

物体运动的全过程中，初、末状态的速度均为零，对全过程应用动能定理有mg sin37°·x1－μmg cos37°·x1－μmgx2＝0－0得x2＝sin37°－μcos37°μx1＝0.6－0.4×0.80.4×5 m＝3.5 m。

微专题39动能定理在多过程、往复运动问题中的应用1．运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式.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，要注意运用它们的做功特点．1.如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上．一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则()A．小物体恰好滑回到B处时速度为零B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点答案 C解析小物体从A处运动到D处的过程中，克服摩擦力所做的功为W f1＝mgh，小物体从D 处开始运动的过程，因为速度比从A向D运动的速度小，则小物体对圆弧槽的压力比从A 向D运动时的压力小，克服摩擦力所做的功W f2<mgh，所以小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低，故C正确，A、B错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方，故D错误．2．(2023·四川省检测)2022年北京冬奥会冰壶比赛中运动员在本垒把冰壶沿水平冰面以初速度v0推出滑向营垒．冰壶在冰面上自由滑行时冰壶和冰面间的动摩擦因数为μ，若队友在其滑行前方摩擦冰面，冰壶和冰面间的动摩擦因数变为0.9μ，重力加速度取g.求：(1)冰壶自由滑行前进的距离为多大；(2)在第(1)问中冰壶停下时离营垒边沿距离为x0，为保证冰壶能进入营垒，则队友最晚应于冰壶运动到多远时开始摩擦冰壶前方的冰面．答案(1)v022μg(2)v022μg－9x0解析(1)让冰壶在冰面上自由滑行时有－μmg ＝ma 10－v 02＝2a 1x解得x ＝v 022μg(2)设队友最晚应于冰壶运动到s 时开始摩擦冰壶前方的冰面，则全程由动能定理得：－μmgs －0.9μmg (x ＋x 0－s )＝0－12m v 02 解得s ＝v 022μg－9x 0 3．(2023·福建省模拟)如图所示，一半径R ＝0.4 m 的光滑竖直半圆轨道与水平面相切于c 点，一质量m ＝1 kg 可视为质点的小物块静止于水平面a 点，现用一水平恒力F 向左拉物块，经过t ＝3 s 时间到达b 点的速度大小v b ＝6 m/s ，此时撤去F ，小物块继续向前滑行经c 点进入光滑竖直圆轨道，且恰能经过竖直轨道最高点d .已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)水平恒力F 的大小；(2)b 、c 间的距离L .答案 (1)6 N (2)2 m解析 (1)从a 到b 过程中有F －F f ＝ma ，v b ＝at小物块所受摩擦力F f ＝μmg联立代入数据得F ＝6 N(2)小物块恰能经过轨道最高点，在d 点由牛顿第二定律有mg ＝m v 2R解得v ＝gR ＝2 m/s从c 点到d 点由动能定理有－mg ·2R ＝12m v 2－12m v c 2 解得v c ＝2 5 m/s从b 到c 由动能定理有－μmgL ＝12m v c 2－12m v b 2 解得b 、c 间的距离L ＝2 m4．(2023·浙江省模拟)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，BC 为水平轨道，CD 为半径R ＝15 m 、圆心角β＝37°的圆弧，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，重力加速度g 取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C 点时，对圆弧轨道的压力F N ；(2)该小孩在轨道AB 上第一次从A 下滑到B 的时间t ；(3)若将AB 段轨道改为圆弧形状(图中虚线部分，轨道材质不变)，试定性说明题设条件下小孩在轨道上游玩时是否会冲出D 点而发生危险？答案 (1)420 N ，方向向下 (2)15－32s (3)见解析 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 C －mg ＝m v C 2R解得F N C ＝420 N根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力大小为F N ＝ F N C ＝420 N ，方向向下；(2)小孩从A 运动到D 的过程中，有mgL sin α－μmgL cos α－mgR (1－cos β)＝0－12m v 02 可得μ＝0.25在AB 上运动的加速度大小a ＝mg sin α－μmg cos αm＝4 m/s 2 根据v B ＝v C ＝v 0＋at代入数据解得t ＝15－32s(3)若将AB 段轨道改为圆弧形状，摩擦力做功会增加，速度减小更快，小孩到达不了D 点，所以小孩在轨道上游玩时不会冲出D 点而发生危险．5．如图所示，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 点是轨道最低点，D 点与圆心O 等高．现有一质量m ＝0.1 kg 的小物体从斜面AB 上端的A 点无初速度下滑，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：(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)物体从A 到第一次通过C 点过程，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 根据牛顿第二定律有：F Nmin －mg ＝m v min 2R， 解得F Nmin ＝1.4 N ；(4)根据动能定理有：mgL sin θ－μmgs 总cos θ＝0解得s 总＝6 m ．。

高中物理动能定理在多过程问题中的应用题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)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(多选)2022年北京和张家口将携手举办冬奥会,因此在张家口建造了高标准的滑雪跑道,来迎接冬奥会的到来。

如图所示,一个滑雪运动员从左侧斜坡距离坡底8 m处自由滑下,当下滑到距离坡底s1处时,动能和势能相等(以坡底为参考平面);到坡底后运动员又靠惯性冲上右侧斜坡(不计经过坡底时的机械能损失),当上滑到距离坡底s2处时,运动员的动能和势能又相等,上滑的最大距离为4 m。

关于这个过程,下列说法中正确的是( )A.摩擦力对运动员所做的功等于运动员动能的变化B.重力和摩擦力对运动员所做的总功等于运动员动能的变化C.s1<4 m,s2>2 mD.s1>4 m,s2<2 m答案：BC运动员在斜坡上滑行的过程中只有重力和摩擦力做功,由动能定理可知A项错,B 项对。

从左侧斜坡距离坡底s=8 m处滑至距离坡底s1处的过程中,由动能定理得mg(s-s1)sin α-W f=mv2-0①,因为下滑到距离坡底s1处时动能和势能相等,所以有mgs1sin α=mv2②,由①②两式联立得mg(s-s 1) si n α-W f =mgs 1 sin α,可知s-s 1>s 1,即s 1<=4 m 。

动能定理应用类型一：“动能定理”在“求解多过程问题”中应用【例1】质量为m的小球从离泥塘高H处由静止落下，不计空气阻力，落在泥塘上又深入泥塘h后停止，如图所示，求小球在泥塘中运动时所受平均阻力多大? 解析：分别用牛顿运动定律，动能定理解析。

【拓展1】如图所示，小滑块从斜面顶点A由静止滑至水平部分C点而停止。

已知斜面高为h，滑块运动的整个水平距离为s，设转角B处无动能损失，斜面和水平部分与小滑块的动摩擦因数相同，求此动摩擦因数。

类型二：动能定理在“往返运动”中的应用【拓展1】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，B C为水平的，其距离d=0.50m，盆边缘的高度h=0.30m，在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑，已知盆内侧壁是光滑的，而BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10，小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为（）A.0.5mB. 0.25mC. 0.10mD. 0类型三：动能定理在“求解变力做功”中应用 【例题2】如图所示，一质量为m 的小球，用长为L 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平力F 作用下，从平衡位置P 点很缓慢地移动到悬绳与竖直方向成θ角的Q 点，则力F 做功为( ) A. θcos FL B. θsin FL C. ()θcos 1-FL D. ()θcos 1-mgL【变式】如图所示，一质量为m 的小球，用长为L 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平恒力F 作用下，从平衡位置P 点移动到悬绳与竖直方向成θ角的Q 点，则力F 做功为( ) A. θcos FL B. θsin FL C. ()θcos 1-FL D. ()θcos 1-mgL【拓展3】某人从高为h处水平抛出一个质量为m的小球，落地点与抛出点的水平距离为s，求抛出时人对小球所做的功。

【拓展4】如图所示质量为m的物体置于光滑水平面，一根绳子跨过定滑轮一端固定在物体上，另一端在力F作用下，以恒定速率v0竖直向下运动，物体由静止开始运动到绳与水平方向夹角=45的过程中，绳中张力对物体做的功为多少？类型四：动能定理在“曲线运动”中的应用【例题3】如图，长为l=0.5m的轻绳一端固定，另一端连接m=0.2kg的小球，令小球在最低点时给小球一个水平初速度，不计阻力，小球恰能在竖直面内做圆周运动，求：（1）初速度的最小值；（2）若轻绳能承受的最大拉力为42N，求要使小球能在竖直平面内做圆周运动，求初速度应满足的范围。

动能定理的应用2012.05.10高一物理组多过程问题：（例1二选一）例1如图所示，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.求沙子对铅球的平均阻力.（g=10 m/s2）.例1、如图所示，质量为m的钢珠从高出地面h处由静止自由下落（不计空气阻力），落到地面进入沙坑s停止，求：钢珠在沙坑中克服阻力做功W f练习1、质量为m的物体静止在水平桌面上，它与桌面之间的动摩擦因数为μ，物体在水平力F作用下开始运动，发生位移S1时撤去力F，问物体还能运动多远.对比两种解题思路发现：多过程时可以分段求解，也可以全过程求解，全过程求解要简单些。

注意：多过程问题有的力并不是都在做功，如上述的阻力，在计算总功的时候要注意区别对待。

例2、如图所示，一个质量为m的小球自高h处由静止落下，与水平面发生多次碰撞后，最后静止在水平面上，若小球在空中运动时，受到的阻力恒为小球重的110，小球与水平面碰撞时不损失能量，则小球在停止运动这前的运动过程中所通过的总路程为多少？练习2、如图所示，动摩擦因数为μ的粗糙水平面两端连接倾角分别为α、β的两个光滑斜面，一质量为m的小物块在左边斜面上由静止释放，经粗糙水平面后又冲上右侧斜面，则到物块停止运动时，物块在粗糙水平面上经过的路程共为多少？例3、一个质量为m的物体，从倾角为θ，高为h的斜面上端A点由静止开始下滑,最后停在水平面上B点，若物体与斜面及水平面的动摩擦因数均为μ，求物体能在水平面上滑行多远？（假设从斜面到水平面速度大小不变）练习3、如图所示，AB是四分之一圆周的弧形轨道，半径为R＝1m，BC是水平轨道，圆弧轨道和水平轨道在B点相切。

现有质量为m＝0.5kg的物体P，由弧形轨道顶端A点从静止开始下滑，物体P与水平轨道之间动摩擦因数μ＝0.2，AB段粗糙，物体滑到C点刚好停止，且s＝3m，求在轨道AB段摩擦阻力对物体P所做的功；例4、如图所示，光滑的水平面AB与光滑的半圆形轨道相接触，直径BC竖直，圆轨道半径为R一个质量为m的物体放在A处，AB=2R，物体在水平恒力F的作用下由静止开始运动，当物体运动到B点时撤去水平外力之后，物体恰好AB CsRPshABCABθh从圆轨道的定点C 水平抛出，求水平力F.巩固练习：1. 如图所示，BC 是一条平直轨道，C 点距B 点的距离为s = 3.0m ；AB 是一条竖直平面内的圆形轨道，轨道长为1/4圆周，其中A 比B 高h=80cm 。

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。