一、应用动能定理求解多过程问题

很多动力学问题中涉及研究对象有两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体的运动情况和受力情况都发生了变化，我们把这类问题称为多过程问题。多运动组合问题主要是指直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题。

1．动能定理的优越性

由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解。因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可。

2．解题

（1）解题策略

①应用牛顿运动定律和动能定理解决多过程问题

若问题涉及时间、加速度、力等，一般要用牛顿运动定律与运动学公式结合求解。

若问题只涉及位移、速度、力等一般可用动能定理求解，用动能定理求解一般比用牛顿运动定律求解简单。

②用动力学和能量观点解决多过程问题

若运动过程无摩擦等机械能向其它形式能转化的现象，可考虑用机械能守恒。

若运动过程涉及摩擦生热等现象可用功能关系列能量守恒关系式。

（2）解题关键

①抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，观察每一个过程的特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键，将物理过程分解成几个简单子过程。

②两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口。

（3）多过程问题的解题技巧

一般是按时间或空间的先后顺序对题目给出的物理过程进行分析，正确划分出不同的过程，对每一过程，具体分析出其速度、位移、时间的关系，然后利用各过程的具体特点列方程解题。

①“合”——初步了解全过程，构建大致的运动图景。

②“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律。

③“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法。

3．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。

4．利用动能定理求解多过程问题的基本思路

（1）弄清物体的运动由哪些过程组成。

（2）分析每个过程中物体的受力情况。

（3）各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响。

（4）从总体上把握全过程，写出总功表达式，找出初、末状态的动能。

（5）对所研究的全过程运用动能定理列方程。

5．应用动能定理解决多过程需注意的问题

（1）动能定理适用于物体的直线运动，也适用于曲线运动；适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用。只要求出在作用过程中各力做功的多少和正负即可。这些正是动能定理解题的优越性所在。

（2）动能定理是计算物体的位移或速率的简捷公式，当题目中涉及到位移时可优先考虑动能定理。

（3）运用动能定理解决问题时，选择合适的研究过程能使问题得以简化。当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以把全过程作为一整体来处理。

（4）在涉及直线运动与平抛运动相结合，直线运动一圆周运动相结合等有关问题时，多用到功能定理方便快捷地解决问题。

【题1】如图所示，质量为m＝1 kg的小滑块（视为质点）在半径为R＝0.4 m的圆弧A端由静止开始释放，它运动到B点时速度为v＝2 m/s。当滑块经过B后立即将圆弧轨道撤去。滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ＝37°、长s＝1 m的斜面CD上，CD之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦系数可在0≤μ≤1.5之间调节。斜面底部D点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰好在D点。认为滑块通过C和D前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。

（1）求滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功；

（2）若设置μ＝0，求质点从C运动到D的时间；

（3）若最终滑块停在D点，求μ的取值范围。

【答案】（1）2 J（2）s（3）μ的取值范围是0.125≤μ<0.75或μ＝1

（3）最终滑块停在D点有两种可能：

a．滑块恰好能从C下滑到D。则有mgsin θ·s－μ1mgcos θ·s＝0－mv2，得到μ1＝1

b．滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点．当滑块恰好能返回C：

－μ2mgcos θ·2s＝0－mv2得到μ2＝0.125

当滑块恰好能静止在斜面上，则有mgsin θ＝μ3mgcos θ，得到μ3＝0.75

所以，当0.125≤μ<0.75时，滑块能在CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点．

综上所述，μ的取值范围是0.125≤μ<0.75或μ＝1。学

【题2】如图所示，倾角为θ＝30°的光滑斜面上有固定挡板AB，斜面上B、C两点间高度差为h。斜面上叠放着质量均为m的薄木板和小物块，木板长为L，下端位于挡板AB处，整体处于静止状态。木板和物块两者间的动摩擦因数μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g。

（1）若木板和物块一起以某初速度沿斜面向上运动，木板上端恰能运动到C点，求初速度大小v0；

（2）若对木板施加沿斜面向上的拉力，为使木板上滑且与物块间没有相对滑动，求拉力应满足的条件；

（3）若给木板施加大小为F＝2mg、方向沿斜面向上的拉力，此后运动过程中小物块始终未脱离木板，要使木板上端恰能运动到C点，求拉力F作用的时间t1。

【答案】（1）（2）mg<F≤mg（3）

（3）物块相对木板滑动过程中，设物块的加速度为a1，有拉力作用时木板的加速度为a2，撤去拉力后木板的加速度大小为a3，则对物块：μmgcos θ－mgsin θ＝ma1

对木板：F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma3

解得a1＝g，a2＝g，a3＝g

在t1时刻小物块的速度为v1，木板的速度v2，则v1＝a1t1，v2＝a2t1

设撤去拉力后，经过时间t2二者速度相同，则v3＝v2－a3t2＝v1＋a1t2，此后二者一起匀减速上滑，设加速度大小为a4，则2mgsin θ＝2ma4，全过程中木板的位移

x＝a2t12＋a2t1t2－a3t22＋

由几何关系有＝x＋L

联立解得t1＝学

【题3】如图，高度h＝0.8 m的光滑导轨AB位于竖直平面内，其末端与长度L＝0.7 m的粗糙水平导轨BC相连，BC与竖直放置、内壁光滑的半圆形管道CD相连，半圆的圆心O在C点的正下方，C点离地面的高度H＝1.25 m。一个质量m＝1 kg的小滑块（可视为质点），从A点由静止下滑，小滑块与BC段的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。

（1）求小滑块在水平导轨BC段运动的时间；

（2）若半圆形管道半径r＝0.5 m，求小滑块刚进入圆管时对管壁的弹力；

（3）若半圆形管道半径可以变化，则当半径为多大时，小滑块从其下端射出的水平距离最远？最远的水平距离为多少？

【答案】（1）0.2 s（2）8 N，方向竖直向上（3）1.7 m

根据运动学公式有L＝vBt－at2，解得t＝0.2 s，或t＝1.4 s（舍去）

（2）滑块到达C点的速度vC＝vB－at＝3 m/s，根据牛顿第二定律和向心力公式得

FN＋mg＝，代入数据可得FN＝8 N，方向竖直向下

根据牛顿第三定律，小滑块刚进入圆管时对管壁的弹力大小为8 N，方向竖直向上。

（3）设平抛运动的时间为t′，则有竖直位移H－2r′＝gt′2，水平位移x＝vDt′，

从C到D，由动能定理得mg·2r′＝mvD2－mvC2，解得x＝·，

代入数据得：x＝（m）＝（m）

可知当r′＝0.2 m时水平距离最远，最远距离为xm＝1.7 m。 .

考法1　直线与平抛运动组合的多过程问题

【题4】如图，用一块长L1＝1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8 m，长L2＝1. 5 m。斜面与水平桌面的倾角θ可在0 60°间调节后固定。将质量m＝0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。（重力加速度取g＝10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力）

（1）当θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；（用正切值表示）

（2）当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；（已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）

（3）继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm。

【答案】（1）θ＝arctan 0.05（2）0.8（3）1.9 m

（3）由动能定理得mgL1sin θ－Wf＝mv2 ⑥

结合③式并代入数据得v＝1 m/s ⑦

由平抛运动规律得H＝gt2，x1＝vt

解得t＝0.4 s ⑧

x1＝0.4 m ⑨

xm＝x1＋L2＝1.9 m

【题5】水上滑梯可简化成如图所示的模型：倾角为θ＝37°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长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点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＝0.10，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，运动员在运动过程中可视为质点。求：

（1）运动员沿AB下滑时加速度的大小a；

（2）运动员从A滑到C的过程中克服摩擦力所做功W和到达C点时速度的大小v；

（3）保持水平滑道左端点在同一竖直线上，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/s2（2）10 m/s（3）3 m

由动能定理得mg（H－h）－W＝mv2，得运动员滑到C点时速度的大小v＝10 m/s

（3）在从C′点滑出至落到水面的过程中，设运动员做平抛运动的时间为t，由h′＝gt2，得t＝

下滑过程中克服摩擦做功保持不变W＝500 J根据动能定理得：mg（H－h′）－W＝mv2，

解得v＝

运动员在水平方向的位移：x＝vt＝·＝

当h′＝＝3 m时，水平位移最大

考法2　直线与圆周运动组合的多过程问题

【题6】我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2。

（1）求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；

（2）若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。

【答案】（1）44 N（2）12.5 m

（2）设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有mgh＋W＝mvC2－mvB2④设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有FN－mg＝m ⑤

由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，

联立④⑤式，代入数据解得R＝12.5 m

考法3　平抛与圆周运动组合的多过程问题

【题7】在游乐节目中，选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，两位同学观看后对此进行了讨论。如图所示，他们将选手简化为质量m＝60 kg的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角α＝53°，绳的悬挂点O距水面的高度为H＝3 m。不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。

（1）求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F；

（2）若绳长l＝2 m，选手摆到最高点时松手落入水中。设水对选手的平均浮力F1＝800 N，平均阻力F2＝700 N，求选手落入水中的深度d；

（3）若选手摆到最低点时松手，甲同学认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；乙同学却认为绳越短，落点距岸边越远。请通过推算说明你的观点。

【答案】（1）1 080 N（2）1.2 m（3）1.5 m

（2）选手摆到最高点时松手落入水中，（如图所示）对选手由动能定理得

mg（H－lcos α＋d）－（F1＋F2）d＝0－0

解得d＝1.2 m。

（3）选手摆到最低点时松手将做平抛运动，则：竖直方向H－l＝gt2

水平方向x＝vt由（1）可得v＝

解得x＝

可知当l＝＝1.5 m时，x取最大值，落点距岸边最远。

【题8】[平抛与圆周的组合]如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成，圆弧半径Oa水平，b点为抛物线顶点。已知h＝2 m，s＝m，取重力加速度大小g＝10 m/s2。

（1）一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；

（2）若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c点时速度的水平分量的大小。

【答案】（1）0.25 m（2）m/s

小环在ab段滑落过程中，根据动能定理可得mgR＝mv ③

联立三式可得R＝＝0.25 m

（2）下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，根据动能定理可得mgh＝mv ④

因为小环滑到c点时速度与竖直方向的夹角等于（1）问中做平抛运动过程中经过c点时速度与竖直方向的夹角，设为θ，则根据平抛运动规律可知sin θ＝ ⑤

根据运动的合成与分解可得sin θ＝ ⑥

联立①②④⑤⑥可得v水平＝m/s。

考法4　含弹簧的物体运动多过程问题

【题9】如图甲，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v0从距O点右方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。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：

（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。

（1）O点和O′点间的距离x1。

（3）如图乙，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x2是多少？

【答案】（1）mv02（2）－x0（3）x0－

【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Wf＝mv02。

（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（x1＋x0）＝mv02

解得x1＝－x0。

（3）A、B在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v1，弹出过程弹力做功为WF 学 ]

只有物块A时，从O′到P有WF－μmg（x1＋x0）＝0－0

A、B共同从O′到O有WF－2μmgx1＝×2mv12分离后对A有mv12＝μmgx2 学 ]

联立以上各式可得x2＝x0－。

【题10】（多过程应用）如图所示是某公司设计的“2009”玩具轨道，是用透明的薄壁圆管弯成的竖直轨道，其中引入管道AB及“200”管道是粗糙的，AB是与“2009”管道平滑连接在竖直放置的半径为R＝0.4m的1/4圆管轨道，已知AB圆管轨道半径与“0”字形圆形轨道半径相同。“9”管道是由半径为2R的光滑1/4圆弧和半径为R的光滑3/4圆弧以及两段光滑的水平管道、一段光滑的竖直管道组成，“200”管道和“9”管道两者间有一小缝隙P，现让质量m＝0.5kg的闪光小球（可视为质点）从距A点高H＝2.4m处自由下落，并由A点进入轨道AB，已知小球到达缝隙P时的速率为v＝8m/s，g取10m/s2。求：

（1）小球通过粗糙管道过程中克服摩擦阻力做的功；

（1）小球通过“9”管道的最高点N时对轨道的作用力；

（3）小球从C点离开“9”管道之后做平抛运动的水平位移。

【答案】（1）2J（2）35N（3）2.77m

（2）设小球到达最高点N时的速度为vN，对P→N过程由动能定理得－mg·4R＝mv－mv2

在最高点N时，根据牛顿第二定律有FN＋mg＝m

联立解得FN＝m－mg＝35N

所以小球在最高点N时对轨道的作用力为35N。

（3）小球从初始位置到达C点的过程中，由动能定理有mg（H＋R）－Wf＝mv－0

解得vC＝4m/s

小球从C点离开“9”管道之后做平抛运动，竖直方向：2R＝gt2，解得t＝0.4s；

水平方向：DE＝vCt≈2.77m所以平抛运动的水平位移为2.77m。

【题11】（多过程应用）质量m＝1kg的木块静止在高h＝1.2m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平推力F＝20N，使木块产生位移l1＝3m时撤去，木块又滑行l2＝1m时飞出平台，求木块落地时速度的大小？g取10m/s2

【答案】（1）8m/s

解法二：对全过程由动能定理得：Fl1－μmg（l1＋l2）＋mgh＝mv2－0，

代入数据得v＝8m/s。

【题12】现代休闲观光业发展方兴未艾，如图所示为一滑草场的侧面示意图。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。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端（不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失和空气阻力，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8），则：

（1）求整个过程中载人滑草车克服摩擦力做的功以及滑草车与草地间的动摩擦因数μ；

（1）求载人滑草车运动过程中的最大速度；

（3）假如某次活动中载人滑草车从底端以一定的初速度冲上去，恰好在两段滑道交接处停住，求该初速度的大小。

【答案】（1）（2）（3）

（2）滑草车通过第一段滑道末端时速度最大，设为v，

由动能定理得：mgh－μmgcos 45°·＝mv2

解得：v＝

（3）根据动能定理得：－mgh－μmgcos 37°·＝0－mv02

解得冲上滑道的初速度为：v0＝

【题13】如图所示，设一个质量m＝50 kg的跳台花样滑雪运动员（可看成质点），从静止开始沿斜面雪道从A点滑下，沿切线从B点进入半径R＝15 m的光滑竖直平面圆轨道BPC，通过轨道最高点C水平飞出，经t＝2 s落到斜面雪道上的D点，其速度方向与斜面垂直，斜面与水平面的夹角θ＝37°，运动员与雪道之间的动摩擦因数μ＝0.075，不计空气阻力，当地的重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80。试求：

（1）运动员运动到C点时的速度大小vC；

（1）运动员在圆轨道最低点P受到轨道支持力的大小FN； ]

（3）A点距过P点的水平地面的高度h。

【答案】（1）15 m/s（2）3 250 N（3）45.5 m

【解析】（1）在D点：竖直方向上的分速度vy＝gt＝10×2 m/s＝20 m/s tan 37°＝，

代入数据解得vC＝15 m/s

（2）对P→C过程，由机械能守恒定律可得： mv＝mv＋mg·2R

在P点：FN－mg＝m，

联立上述两式代入数据解得FN＝3 250 N

由牛顿第三定律得：在P点运动员受到轨道的支持力为3 250 N。

（3）对A→P过程，由动能定理可得：mgh－μmgcos 37°＝mv ]

代入数据解得h＝45.5 m。

二、运用动能定理求解往复运动问题

1．有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而描述运动的物理量多数是变化的，且重复次数又往往是无限的或者很难确定。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。而动能定理只关心物体的初、末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可迎刃而解。

2．应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的初状态和最终状态。

重力做功与物体运动路径无关，可用WG＝mgh直接求解。

滑动摩擦力做功与物体运动路径有关，其功的大小可用Wf＝－Ffs求解，其中s为物体滑行的路程。

考法1　往复次数可确定的情形

【题14】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是水平的，其宽度d＝0.50 m。盆边缘的高度为h＝0.30 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底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．0.50 m B．0.25 m C．0.10 m D．0 学 ]

【答案】D

考法2　往复次数无法确定的情形

【题15】如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0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。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是

A．（+x0tanθ） B．（+x0tanθ）

C．（+x0tanθ） D．（+x0cotθ）

【答案】A

考法3　往复运动永不停止的情形　

【题16】如图所示，AB、CD为两个对称斜面，其上部足够长，下部B、C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为2.0 m，一个物体在离弧底E高度为h＝3.0 m处，以初速度v＝4.0 m/s沿斜面运动，若物体与两斜面间的动摩擦因数均为0.02，则物体在两斜面上（不包括圆弧部分）一共运动的路程是多少？g取10 m/s2

【答案】280 m

【解析】两个斜面的下部B、C分别与光滑的圆弧面相切，圆心角为120°，所以可得出斜面的倾角为θ＝60°，物体在斜面上所受到的滑动摩擦力为

Ff＝μmgcos 60°＝0.02×mg＝0.01mg。

重力沿斜面的分力G′＝mgsin 60°＝mg＞Ff，所以物体不能停留在斜面上。

物体在斜面上滑动时，由于摩擦力做功，物体的机械能逐渐减小，物体滑到斜面上的高度逐渐降低，

2019届二轮复习 动能定理求解多过程、往复运动问题 学案（全国通用）