1、1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 Ek.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 R0.4 m 的圆弧轨道.( g10 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
2、 C，求斜面高 h；(2)若已知小球质量 m0.1 kg，斜面高 h2 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2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 ，v2R从 A 到 C 过程，由动能定理得： mg(h2 R) mv2，12解得： h2.5 R2.50.4 m1 m；(2)在 C 点，由牛顿第二定律得：mg mg m ，vC2R从 A 到 C 过程，由动能定理得：mg(h2 R) Wf mvC20，12解得： Wf0.8 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
3、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. mgR B. mgR14 13C. mgR D. mgR12 4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FN mg m ，由题有 FN2 mg，可得 vQ ，质点自 P 滑到 Q 的过程中，由动能定理得vQ2R gRm
4、gR Wf mvQ2，得克服摩擦力所做的功为 mgR，选项 C 正确.12 12二、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.3(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
5、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 L1.5 m，一个质量为m0.5 kg 的木块在 F1.5 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 0.2，取 g10 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
6、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 FfL mgh0其中 Ff F N mg 0.20.510 N1.0 N所以 h m0.15 mFL FfLmg 1.5 1.01.50.510(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 Ff x0Ff mg所以： x m0.75 mmghFf 0.5100.151.0【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曲线运动的多过程问题针对训练 2 如图 4 所示，质量 m1 kg 的木块静止在高 h1.2 m 的平台上，木块与平台间的动摩
7、擦因数 0.2，用水平推力 F20 N，使木块产生位移 l13 m 时撤去，木块又滑行 l21 m 后飞出平台，求木块落地时速度的大小.( g 取 10 m/s2)4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 l1，后匀减速前进l2，再做平抛运动，对每一过程，分别由动能定理得Fl1 mgl 1 mv1212 mgl 2 mv22 mv1212 12mgh mv32 mv2212 12解得 v311.3 m/s解法二 对全过程由动能定理得Fl1 mg (l1 l2) mgh mv2012代入数据解得 v11.3 m/s【考点】应用动能定理处理多过程
8、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：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 vmin0.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 vmin .gR例 3 (2018金华市十校联考)如图 5 所示，质量 m0.2 kg 的小物块，放在半径 R12 m 的水平圆盘边缘 A 处
9、，小物块与圆盘间的动摩擦因数 10.8.圆心角为 37、半径R22.5 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 20.5.开始圆盘静止，在电动机的带动下绕过圆心 O1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 O1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 O2、半径 R30.5 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 370.6，cos 370.8， g 取 10 m/s2，求：5图 5
10、(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) lDC1 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： 1mgmvA2R1得： vA4 m/s由动能定理可得： W mvA2 12得： W1.6 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 vBy vAtan 37运动时间 tvBygA、 B 间的水平
11、距离 x vAt联立解得： x1.2 m(3)物块刚好通过竖直完整圆轨道最高点 E 处： mgmvE2R3由 B 到 E 点由动能定理得：mgR2(1cos 37) 2mgL2 mgR3 mvE2 mvB212 12又 vB vA2 vBy2可得： L1 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：mgR2(1cos 37) 2mgx0 mvB2 12解得 x3.5 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6直面
12、内的 ABCD 轨道， AB 为长 L6 m、倾角 37的斜轨道， BC 为水平轨道， CD 为半径R15 m、圆心角 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 v02 m/s 沿轨道下滑，运动到 D 点时的速度恰好为零(不计经过 B3点时的能量损失).已知该小孩的质量 m30 kg，取 sin 370.6，cos 370.8， g10 m/s2，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
13、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 Rcos )0 mvC2，12解得 vC2 m/s15在 C 点，由牛顿第二定律得FN mg m ，解得 FN420 NvC2R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：mgLsin mgL cos mgR(1cos )0 mv0212可得： 0.25(3)在 AB 斜轨上， mg cos Wf1，故 mgh Wf20，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
14、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. mgR B. mgR14 13C. mgR D.mgR1212答案 C解析 小球通过最低点时，设绳的张力为 FT，则FT mg m ，6 mg m v12R v12R小球恰好过最高点，绳子拉力为零，这时 mg m v2R小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得 m
15、g2R Wf mv22 mv1212 12由式联立解得 Wf mgR，选 C.12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 m B.3 mC.7 m D.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) Ffh0， Ff3 mg，所以 h5 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
16、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13C.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 .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
17、计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 370.6，cos 370.8).则( )图 8A.动摩擦因数 67B.载人滑草车最大速度为 2gh7C.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 g35答案 AB解析 根据动能定理有 2mgh Wf0，即 2mgh mg cos 45 mg cos 37hsin 450，得动摩擦因数 ，则 A 项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为hsin 37 67Wf2 mgh，则 C 项错误；载人滑草车在上、下两段的加速度分别为 a1 g(sin 45 cos 45) g， a2 g(sin 37 cos 37) g，则载人滑草
18、车在上、下两段滑道上分214 335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 2a1 v2得， v ，故 B 项正确，D 项错误.hsin 45 2a1 hsin 45 27gh【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 v0从距O 点 x0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.
19、 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 ，重力加速度为 g.14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 x1.答案 (1) mv02 (2) x012 v024 g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Wf0 mv02 mv02，即克服摩擦力做功为 mv02.12 12 12(2)A 从 P 开始运动，最后回到 P 的全过程，根据动能定理，有2 mg (x1 x0)0 mv02，得 x1 x0.12 v024 g【考点】应用动能定理处理
20、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 m0.6 kg 的小球以初速度v02 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 R0.3 m， 60，取 g10 m/s 2.求：图 10(1)小球到达 A 点的速度 vA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
21、 (1)在 A 点有： vA ，v0cos 代入数据解得 vA4 m/s(2)从 P 点到 A 点小球做平抛运动，竖直分速度 vy v0tan 由运动学规律有 vy22 gH解得 H0.6 m15(3)恰好过 C 点满足 mgmvC2R由 A 点到 C 点由动能定理得 mgR(1cos ) W mvC2 mvA2 12 12代入数据解得 W1.2 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 53， BC 为水平面， BC 长度 lBC1.1 m， CD 为光滑的 圆弧，半径 R
22、0.6 m.一个质量 m2 kg 的物体，从14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 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 h0.2 m.不计空气阻力，sin 530.8，cos 530.6. g 取 10 m/s2.求：图 11(1)物体运动到 C 点时的速度大小 vC；(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 mvC2 12
23、代入数据解得： vC4 m/s(2)物体由 A 点运动到 C 点，根据动能定理得：mgH mgl BC mvC2012代入数据解得： H1.02 m(3)从物体开始下滑到停下，根据动能定理得：mgH mgs 10代入数据解得 s15.1 m由于 s14 lBC0.7 m所以，物体最终停止的位置到 C 点的距离为： s0.4 m.161.(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
24、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) (2) mgR2gR 5gR12解析 (1)最高点座椅对飞行员的弹力 FN mg由重力和弹力的合力提供向心力 FN mg ， v1mv12R 2gR(2)最低点向心加速度最大时速度也最大， an 5 g，速度最大为 v2mv2R 5gR对最高点到最低点的
25、过程运用动能定理，有 mg2R W mv22 mv12，解得 W mgR.12 12 12【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r1.5 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 h0.8 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 m0.1 kg，碟子与圆盘间的最大静摩擦力 Ffmax0.6
26、 N， g 取10 m/s2，求：(不计空气阻力)17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 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 gt2， x vt，12得 v x 1 m/s.g2h(2)设碟子从圆盘上甩出时的速度为 v0，则 Ffmax m ，即 v03 m/sv02r由动能定理得： Wf mv2 mv02，代入数据得： Wf0.4 J.12 12(3)当碟子滑到桌面边缘时速度恰好减为零，对应的桌
27、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： mgx 0 mv0212代入数据得： x2 m由几何知识可得桌子半径的最小值为： R 2.5 m.r2 x 2【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 L4 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 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 m10 kg 的石块安装在
28、 A 点，击中地面上距 O点水平距离为 x12 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/s2，求：18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 vt竖直方向 h gt212又 h L Lsin ，解得 v2 m/s30所以石块受到的向心力为 F m 300 Nv2L(2)长臂从 A 点转到竖直位置的整个过程中
29、，根据动能定理得W mg(L Lsin ) mv2012代入数值解得 W1 200 J(3)设抛出点距离 O 点为 lW mg(l lsin 30) mv 2012v 240 30l下落时间 t 2hg 2l Lsin g l 25水平位移为 s 224 3ll 2 6l 32 150因此当 l3 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
30、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19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 37， 空 气 阻 力 忽 略 不 计 ， sin 370.6，cos 370.8， g10 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
31、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 m2546解析 (1)赛车在 BC 间做平抛运动，则 vy 3 m/s2gh由图可知： vC 5 m/svysin 37(2)由(1)可知 B 点速度 v0 vCcos 374 m/s则根据动能定理： Pt FflAB mv02，12解得 lAB2 m.(3)当恰好通过最高点 D 时，有： mg mvD2R从 C 到 D，由动能定理可知： mgR(1cos 37) mvD2 mvC2，解得 R m12 12 2546所以轨道半径 R m.2546【 考点】应用动能定理处理多过程问
32、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 37的粗糙斜面 AB 下端与半径 R1 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 m0.1 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 0.25，不计空气阻力， g 取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：20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 vC1；(3)物体经过 C 点时，轨道对它的最小支持力 FN
33、min；(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 m/s (3)1.4 N (4)6 m5解析 (1) A 到 D 过程，根据动能定理有mg(Lsin Rcos ) mgL cos 0，解得： L2 m；(2)A 到 C 过程，根据动能定理有mg(Lsin R Rcos ) mgL cos mvC12，12解得： vC12 m/s；5(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 Rcos ) mvmin2，根据向心力公式有： FNmin mg m ，解得 FNmin1.4 N；12 vmin2R(4)根据动能定理有： mgLsin mgs 总 cos 0，解得 s 总 6 m.
