高一物理-动能定理应用-多过程问题分析

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＝24 35（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）F 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)0.02N＝2020 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h1＝4.30 m、h2＝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/s2，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(h1－h2)－μmgs＝12m v D2－0，解得：v D＝3 m/s(2)小物块从A→B→C过程中，有mgh1－μmgs＝12m v2 C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/s2小物块沿CD段上滑到最高点的时间t1＝v Ca＝1 s小物块从最高点滑回C点的时间t2＝t1＝1 s 故t＝t1＋t2＝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/s2.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 v2 B得v B ＝ 2(F －μmg )x AB m＝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 2D R －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/s2，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．。

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。

难点38动能定理在多过程问题中的运用
因为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，所以对于多过程、往复运动等问题，对全过程运用动能定理比较简便．
典例48
如图所示，竖直固定放置的粗糙斜面AB的下端与
方法
运用动能定理解题的思路可以概括为八个字：“一个过程，两个状态”．一个过程是指做功过程，应明确问题涉及的过程中各外力所做的总功；两个状态是指初、末两个状态的动能
点拨
找出小物体最终的运动状态（从B点开始做往复运动）是解题的关键．典例48是典型的多过程应用动能定理模型，要细心体会解题方法．
技巧
技巧
注意正确分析C点的受力情况，从N一mg=mυ2 /R入手分析判断什么情况下压力最大，什么情况下压力最小．
深化1
从做功的角度：机械能守恒定律成立的条件是“只有重力（或弹簧弹力）做功”．不能理解为只受重力（或弹簧弹力）作用；也不能理解为合外力为零，或者合外力不做功，如将一木块放在光滑水平面上，子弹打进木块的过程中，子弹和木块组成的系统合外力为零，合外力不做功，但系统机械能并不守恒（因为系统内阻力对系统做功不为零），一部分机械能转化为内能，
深化2
从能量转化的角度：机械能只是在系统内部发生转移或动能与势能互相转化，那么系统的机械能就守恒，。

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/s2）【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202211210mv 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 。

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。

《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。