突破23 动能定理求解多过程问题1. 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往往比较复杂，利用动能定理分析此类问题，是从总体上把握研究对象运动状态的变化，并不需要从细节上了解。
2．运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。
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等于力的大小与路程的乘积。
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。
【典例1】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对全过程应用动能定理得mgh －R (1－cos 60°)－μmgs cos 60°＝0－12mv 2，解得s ＝280 m 。
【典例2】如图所示，质量m ＝6.0 kg 的滑块(可视为质点)，在F ＝60 N 的水平拉力作用下从A 点由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F ，当滑块由平台边缘B 点飞出后，恰能从水平地面上的C 点沿切线方向落入竖直圆弧轨道CDE ，并从轨道边缘E 点竖直向上飞出，经过0.4 s 后落回E 点。
已知A 、B 间的距离L ＝2.3 m ，滑块与平台间的动摩擦因数μ＝0.5，平台离地面高度h ＝0.8 m ，B 、C 两点间水平距离x ＝1.2 m ，圆弧轨道半径R ＝1.0 m 。
重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气阻力。
求：(1)滑块运动到B 点时的速度大小；(2)滑块在平台上运动时受水平拉力F 作用的时间； (3)滑块沿圆弧轨道由C 到E 过程克服摩擦做的功。
解题指导： 通过“三遍”读题，完成“拆分”过程。
(1)A →B 过程中，有F 作用时匀加速直线运动。
(第1个小题) (2)A →B 过程中，无F 作用时匀减速直线运动。
(第2个小题) (3)B →C 过程中，平抛运动。
(第3个小题)(4)C →E 过程中，有摩擦力存在的圆周运动。
(第4个小题) (5)从E 点抛出到落回E 点过程中，竖直上抛运动。
(第5个小题) 【答案】 (1)3 m/s (2)0.8 s (3)27 Jx 1＝12a 1t 21(1分)撤去F 后滑块做匀减速直线运动(第2个小题)a 2＝μg (1分) v B ＝v 1－a 2t 2(1分) x 2＝v B t 2＋12a 2t 22(1分) L ＝x 1＋x 2(1分)联立可得 t 1＝0.8 s(1分)(3)由B 至C 过程根据动能定理(第3个小题)mgh ＝12mv 2C －12mv 2B (2分)得：v C ＝5 m/s所以cos α＝v B v C＝0.6(1分)【典例3】如图所示，倾斜轨道AB 的倾角为37°，CD 、EF 轨道水平，AB 与CD 通过光滑圆弧管道BC 连接，CD 右端与竖直光滑圆周轨道相连。
小球可以从D 进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E 滑出该轨道进入EF 水平轨道。
小球由静止从A 点释放，已知AB 长为5R ，CD 长为R ，重力加速度为g ，小球与倾斜轨道AB 及水平轨道CD 、EF 的动摩擦因数均为0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，圆弧管道BC 入口B 与出口C 的高度差为1.8R 。
求：(在运算中，根号中的数值无需算出)(1)小球滑到斜面底端C 时速度的大小； (2)小球刚到C 时对轨道的作用力；(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R ′应该满足的条件。
【答案】 (1)28gR5(2)6.6mg ，方向竖直向下 (3)R ′≤0.92R 或R ′≥2.3R【解析】 (1)设小球到达C 时速度为v C ，小球从A 运动至C 过程，由动能定理有：mg (5R sin 37°＋1.8R )－μmg cos 37°·5R ＝12mv C 2可得：v C ＝28gR5。
(2)小球沿BC 轨道做圆周运动，设在C 时轨道对小球的作用力为F N ，由牛顿第二定律，有：F N －mg ＝m v C 2r其中r 满足：r ＋r cos 37°＝1.8R 联立解得：F N ＝6.6mg情况二：小球上滑至四分之一圆周轨道的最高点时，速度减为零，然后滑回D 。
则由动能定理有： －μmgR －mgR ′＝0－12mv C 2解得：R ′≥2.3R所以要使小球不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R ′应该满足R ′≤0.92R 或R ′≥2.3R 。
xk/w 【跟踪短训】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，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 点的距离为( )A ．0.50 mB ．0.25 mC ．0.10 mD ．0【答案】 D【解析】设小物块在BC面通过的总路程为s，由于只有BC面上存在摩擦力，则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs ＝0－0，代入数据可解得s＝3 m。
由于d＝0.50 m，所以，小物块在BC面经过3次往复运动后，停在B点。
2. 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.1μ⎝⎛⎭⎪⎫v022g cos θ＋x0tan θ B.1μ⎝⎛⎭⎪⎫v022g sin θ＋x0tan θC.2μ⎝⎛⎭⎪⎫v022g cos θ＋x0tan θ D.1μ⎝⎛⎭⎪⎫v022g cos θ＋x0cot θ【答案】 A3.在某游乐闯关节目中，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，此时绳与竖直方向的夹角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)见【解析】【解析】：(1)由静止至摆动到最低点，对选手由动能定理得mgl (1－cos α)＝12mv 2－0选手在最低点处由牛顿第二定律得F ′－mg ＝m v 2l由牛顿第三定律得F ＝F ′＝1 080 N 。
(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可知当l ＝H2＝1.5 m 时，x 取最大值，落点距岸边最远。
4．如图甲所示，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。
A 与水平面间的动摩擦因数为μ。
求：(1)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A 向右滑行的最大距离x 2。
【答案】：(1)12mv 02 (2)v 024μg －x 0 (3)x 0－v 028μg【解析】：(1)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 ＝12mv 02。
(2)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)＝12mv 02解得x 2＝x 0－v 028μg。
5. 如图，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D均在同一竖直平面内。
质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)，随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R ，已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g 。
(取sin37°＝35，cos 37°＝45)(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小； (2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能；(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放。
已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点。
G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R ，求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量。
【答案】 (1)2gR (2)125mgR (3)13m【解析】 (1)由题意可知：l BC ＝7R －2R ＝5R ① 设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得mgl BC sin θ－μmgl BC cos θ＝12mv 2B ②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得v B ＝2gR ③(2)设BE ＝x ，P 到达E 点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为E p ，由B →E 过程，根据动能定理得mgx sin θ－μmgx cos θ－E p ＝0－12mv 2B ④ E 、F 之间的距离l 1为l 1＝4R －2R ＋x ⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0⑥联立③④⑤⑥式得x ＝R ⑦ E p ＝125mgR ⑧(3)设改变后P 的质量为m 1，D 点与G 点的水平距离为x 1和竖直距离为y 1，θ＝37°。