专题五：运用动能定理求解变力功的解题思想

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动能定理求变力做功汇总课件

通过积分或微元法，将变力在时间或位移上的积累效应计算
出来，得到变力所做的功。
实例分析一：弹簧力做功问题
确定弹簧力的变化规律
求解弹簧力做功
根据胡克定律，弹簧力F与弹簧的形变量x成正比，即F=kx。
将弹簧力在位移上的积累效应计算出来，得到弹簧力所做的功。
运用动能定理
设物体的初速度为v1，末速度为v2，通过运用动能定理，可以求出弹簧力所做的功。
在解决变力做功问题时，动能定理提供了一个简便的方法，可以将变力的冲量转化为动能的变化，从而简化了问题的解决过程。
动能定理在解决实际问题中具有广泛的应用，例如在工程、航天、军事等领域中，都需要用到动能定理来计算变力做功。
动能定理在未来的应用前景
随着科技的发展，动能定理的应用前景将更加广阔。
在新能源、环保、医疗等领域中，动能定理都有重要的应用价值。
理解如何利用动能定理求变力所做的功。
02 动能定理概述
动能定理定义
总结词
动能定理是描述物体动能变化的定理，其定义是合外力的功等于物体动能的变化量。
VS
详细描述
动能定理是物理学中一个重要的定理，它描述了物体的动能如何随外力做功而变化。具体来说，如果一个物体受到合外力的作用，并且这个合外力对物体做了功，那么这个功就等于物体动能的增量。数学表达式为：W = ΔE_k。其中，W表示合外力做的功，ΔE_k表示物体动能的增量。
04 动能定理在变力做功中的应用
变力做功的求解步骤
确定物体运动过程
首先需要明确物体在整个过程中的运动情况，包括初速度、末速度、加速度等。
确定变力的变化规律
分析变力的变化规律，找出力随时间或位移变化的函数关系。

用动能定理解题思路和方法

用动能定理解题思路和方法作者：李全武来源：《中学生数理化·教与学》2012年第04期动能定理是力学的重要规律.运用动能定理解题的基本思路如下：（1）选取研究对象，明确它的运动过程.（2）分析研究对象的受力情况和各个力的做功情况：受哪些力？每个力是否做功？作证攻还是做复工？做多少功？然后求各个外力做功的代数和. （3）明确物体在过程始末状态的动能和（4）列出动能定理的方程总-及其他的解题方程，进行求解.一、应用动能定理求变力做功变力做功一般用动能定理计算，应用时要清楚整个过程中动能的变化及其他力做的功.例1 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，运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时间小球通过轨道的最低点，此时绳子的拉力为7mg，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为（）A.14mgRB.13mgRC. 12mgRD.mgR解析：小球在圆最低点时，设速度为则7mg-①设小球恰能通过最高点的速度为则②设转过半个圆周过程中小球克服空气阻力做的功为W.由动能定理，得-mg2R--③解得W=mgR2.答案为C.点评：该题中空气阻力一般是变化的，又不知其大小关系，故只能根据动能定理求做功的大小，而应用动能定理时初、末两个状态的动能又要根据圆周运动求得，不能直接套用，这往往是该类题目的特点.二、用动能定理判断能量的改变做功的过程就是能量转换的过程.做功的数值就是能量转化的数值，这是功能关系的普遍意义.不同形式的能的转换又与不同形式的功相联系.力学领域中功与能关系的主要形式有：1.合外力（包括重力）做功等于物体动能的改变量.2.与势能有关的力（重力、弹簧弹力、电场力、分子力）做工等于是能的改变量.3.由滑动摩擦力产生的热等于滑动摩擦力乘以相对路程相对说明：将动能定理表达式中各力做功灵活移项就可判断各种能量的改变.例2 一小物体以100J的初动能滑上斜面，当动能减少80J时，机械能减少32J，则当物体滑回原出发点时动能为多少？解析：注意哪些力作功，对应什么样的能量变化.设斜面倾角为θ，滑动摩擦力为F，动能减少80J时位移为根据功能关系：动能减少量等于合外力做的功，即80=(m①机械能的减少量等于除重力以外的力所做的功，即②设物体从斜面底端到最高点位移为则动能的减少量为100J，即③设机械能的减少量为，即为上滑过程中滑动摩擦力所做的总功.有④综合①②③④有（由此可知，动能变化量之比等于阻力做功之比）上滑及下滑过程中滑动摩擦力都做负功，且数值相等，所以一个往返摩擦力做负功总和为总故滑回低端时物体的动能-80)J=20J.三、使用动能定理求解多过程问题物体运动有多个过程时，首要条件是准确分析判断有多少个过程，然后逐个过程分析有哪些力做功，且各力做功应与位移对应，并确定初、末态动能.例3 如图，一质量为2kg的铅球从离地面2m高处自由下落，陷入沙坑中2cm深处，求沙子对铅球的平均阻力.（g=10m/s）解析：小球的运动包括自由落体和陷入沙坑减速运动两个过程，知初、末态动能，运动位移，应选用动能定理解决.。

19-20版：专题强化6　利用动能定理分析变力做功和多过程问题（步步高）

专题强化6 利用动能定理分析变力做功和多过程问题[学习目标] 1.进一步理解动能定理，领会应用动能定理解题的优越性.2.会利用动能定理分析变力做功、曲线运动以及多过程问题.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＝ΔE k .例1 如图1所示，质量为m 的小球(可视为质点)由静止自由下落d 后，沿竖直面内的固定轨道ABC 运动，AB 是半径为d 的14光滑圆弧，BC 是直径为d 的粗糙半圆弧(B 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：图1(1)小球运动到B 处时对轨道的压力大小(可认为此时小球处在轨道AB 上)； (2)小球在BC 运动过程中，摩擦力对小球做的功. 答案 (1)5mg (2)－34mgd解析 (1)小球运动到B 点的过程由动能定理得2mgd ＝12m v 2，在B 点：F N －mg ＝m v 2d ，得：F N ＝5mg ，根据牛顿第三定律：小球在B 处对轨道的压力F N ′＝ F N ＝5mg . (2)小球恰能通过C 点，则mg ＝m v C 2d 2.小球从B 运动到C 的过程：－mgd ＋W f ＝12m v C 2－12m v 2，得W f ＝－34mgd .针对训练1 (2018·厦门市高一下学期期末)如图2所示，有一半径为r ＝0.5 m 的粗糙半圆轨道，A 与圆心O 等高，有一质量为m ＝0.2 kg 的物块(可视为质点)，从A 点静止滑下，滑至最低点B 时的速度为v ＝1 m /s ，取g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )图2A.物块过B 点时，对轨道的压力大小是0.4 NB.物块过B 点时，对轨道的压力大小是2.0 NC.A 到B 的过程中，克服摩擦力做的功为0.9 JD.A 到B 的过程中，克服摩擦力做的功为0.1 J 答案 C解析在B 点由牛顿第二定律可知F N －mg ＝m v 2r ，解得：F N ＝2.4 N ，由牛顿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.对于A 到B 的过程，由动能定理得mgr ＋W f ＝12m v 2－0，解得W f ＝－0.9 J ，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L ＝1.5 m ，一个质量为m ＝0.5 kg 的木块在F ＝1.5 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μ＝0.2，取g ＝10 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 －F f L －mgh ＝0其中F f ＝μF N ＝μmg ＝0.2×0.5×10 N ＝1.0 N 所以h ＝FL －F f L mg ＝(1.5－1.0)×1.50.5×10m ＝0.15 m(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 －F f x ＝0所以：x ＝mgh F f ＝0.5×10×0.151.0m ＝0.75 m针对训练2 (2018·金陵中学第二学期期末考试)图4中ABCD 是一条长轨道，其中AB 段是倾角为θ的斜面，CD 段是水平的，BC 段是与AB 段和CD 段都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计.一质量为m 的小滑块在A 点从静止释放，沿轨道滑下，最后停在D 点，A 点和D 点的位置如图1所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D 点回到A 点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，则推力对滑块做的功等于( )图4A.mghB.2mghC.μmg (s ＋hsin θ)D.μmg (s ＋h cos θ)答案 B解析滑块由A 点运动至D 点，设克服摩擦力做功为W AD ，由动能定理得mgh －W AD ＝0，即W AD ＝mgh ①，滑块从D 点回到A 点，由于是缓慢推，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为W DA ，由动能定理知当滑块从D 点被推回A 点有W F －mgh －W DA ＝0②，由A 点运动至D 点，克服摩擦力做的功为W AD ＝μmg cos θ·hsin θ＋μmgs ③，从D →A 的过程克服摩擦力做的功为W DA ＝μmg cos θ·hsin θ＋μmgs ④，③④联立得W AD ＝W DA ⑤，①②⑤联立得W F ＝2mgh ，故A 、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v min ＝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v min ＝gR . 例3 如图5所示，一可以看成质点的质量m ＝2 kg 的小球以初速度v 0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A 点沿切线方向进入圆弧轨道，BC 为圆弧竖直直径，其中B 为轨道的最低点，C 为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB 对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R ＝0.5 m.已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.图5(1)求小球的初速度v 0的大小；(2)若小球恰好能通过最高点C ，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功. 答案 (1)3 m/s (2)－4 J解析 (1)在A 点由平抛运动规律得： v A ＝v 0cos 53°＝53v 0.①小球由桌面到A 点的过程中，由动能定理得 mg (R ＋R cos θ)＝12m v A 2－12m v 02②由①②得：v 0＝3 m/s.(2)若小球恰好能通过最高点C ，在最高点C 处有mg ＝m v C 2R ，小球从桌面运动到C 点的过程中，由动能定理得W f ＝12m v C 2－12m v 02，代入数据解得W f ＝－4 J.四、动能定理在多过程往复运动中的应用例4 某游乐场的滑梯可以简化为如图6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，g ＝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：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 . 答案 (1)420 N ，方向向下 (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 －R cos β)＝0－12m v C 2，v C ＝215 m/s在C 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v C 2R ，F N ＝420 N根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力为420 N ，方向向下 (2)小孩从A 运动到D 的过程中，由动能定理得： mgL sin α－μmgL cos α－mgR (1－cos β)＝0－12m v 02可得：μ＝0.25(3)在AB 斜轨上，μmg cos α<mg sin α，小孩不能静止在斜轨上，则小孩从A 点以初速度v 0滑下，最后静止在BC 轨道B 处.由动能定理：mgL sin α－μmgs cos α＝0－12m v 02得s ＝21 m.1.在含有摩擦力的往复运动过程中，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.1.(用动能定理求变力的功)如图7所示为一水平的转台，半径为R ，一质量为m 的滑块放在转台的边缘，已知滑块与转台间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .若转台的转速由零逐渐增大，当滑块在转台上刚好发生相对滑动时，转台对滑块所做的功为( )图7A.12μmgR B.2πmgRC.2μmgRD.0答案 A解析滑块即将开始滑动时，最大静摩擦力(等于滑动摩擦力)提供向心力，有μmg ＝m v 2R ，根据动能定理有W f ＝12m v 2，解得W f ＝12μmgR ，A 正确.2.(用动能定理求变力的功)质量为m 的物体以初速度v 0沿水平面向左开始运动，起始点A 与一轻弹簧O 端相距s ，如图8所示.已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x ，重力加速度为g ，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为( )图8A.12m v 02－μmg (s ＋x ) B.12m v 02－μmgx C.μmgs D.μmg (s ＋x )答案 A解析由动能定理得－W －μmg (s ＋x )＝0－12m v 02，W ＝12m v 02－μmg (s ＋x ).3.(利用动能定理分析多过程往复运动问题)(2018·云南师大附中期末)如图9所示，ABCD 为一竖直平面内的轨道，其中BC 水平，A 点比BC 高出10 m ，BC 长1 m ，AB 和CD 轨道光滑.一质量为1 kg 的物体，从A 点以4 m/s 的速度沿轨道开始运动，经过BC 后滑到高出C 点10.3 m 的D 点时速度为0.求：(g 取10 m/s 2)图9(1)物体与BC 轨道间的动摩擦因数； (2)物体第5次经过B 点时的速度大小； (3)物体最后停止的位置(距B 点多少米). 答案 (1)0.5 (2)13.3 m/s (3)距B 点0.4 m 解析 (1)由A 到D ，由动能定理得－mg (h －H )－μmgs BC ＝0－12m v 12解得μ＝0.5.(2)物体第5次经过B 点时，物体在BC 上滑动了4次，由动能定理得 mgH －μmg ·4s BC ＝12m v 22－12m v 12，解得v 2＝411 m /s≈13.3 m/s. (3)分析整个过程，由动能定理得 mgH －μmgs ＝0－12m v 12，解得s ＝21.6 m.所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m ，故最后停止的位置与B 点的距离为2 m －1.6 m ＝0.4 m.4.(动能定理在平抛、圆周运动中的应用)(2019·温州新力量联盟高一下学期期中)如图10所示，一长L ＝0.45 m 不可伸长的轻绳上端悬挂于M 点，下端系一质量m ＝1.0 kg 的小球，CDE 是一竖直固定的圆弧形轨道，半径R ＝0.50 m ，OC 与竖直方向的夹角θ＝60°，现将小球拉到A 点(保持绳绷直且水平)由静止释放，当它经过B 点时绳恰好被拉断，小球平抛后，从圆弧轨道的C 点沿切线方向进入轨道，刚好能到达圆弧轨道的最高点E ，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图10(1)小球到B 点时的速度大小； (2)轻绳所受的最大拉力大小；(3)小球在圆弧轨道上运动时克服阻力做的功. 答案 (1)3 m/s (2)30 N (3)8 J解析 (1)小球从A 到B 的过程，由动能定理得 mgL ＝12m v 12，解得v 1＝3 m/s.(2)小球在B 点时由牛顿第二定律得F －mg ＝m v 12L ，解得F ＝30 N ，由牛顿第三定律可知，轻绳所受最大拉力大小为30 N.(3)小球从B 到C 做平抛运动，从C 点沿切线进入圆弧轨道，由平抛运动规律可得小球在C 点的速度大小v 2＝v 1cos θ，解得v 2＝6 m/s小球刚好能到达E 点，则mg ＝m v 32R ，解得v 3＝ 5 m/s小球从C 点到E 点，由动能定理得－mg (R ＋R cos θ)－W f ＝12m v 32－12m v 22，代入数据，解得W f ＝8 J。

巧用动能定理求变力的功

第28点巧用动能定理求变力的功利用动能定理求变力的功通常有以下两种情况：1．如果物体只受到一个变力的作用，那么W＝E k2－E k1.只要求出做功过程中物体的动能变化量ΔE k，也就等于知道了这个过程中变力所做的功．2．如果物体同时受到几个力作用，但是其中只有一个力F1是变力，其他的力都是恒力，则可以先用恒力做功的公式求出这几个恒力所做的功，然后再运用动能定理来间接求变力做的功：W1＋W其他＝ΔE k.对点例题如图1所示，质量m＝60 kg的高山滑雪运动员，从A点由静止开始沿滑道滑下，然后由B点水平飞出，最后落在斜坡上的C点．已知BC连线与水平方向夹角θ＝37°，A、B两点间的高度差为h AB＝25 m，B、C两点间的距离为L＝75 m，(不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图1(1)运动员从B点飞出时的速度v B的大小．(2)运动员从A滑到B的过程中克服摩擦力所做的功．解题指导运动员从A点滑下后，由B点水平飞出做平抛运动，先根据平抛运动的规律求出运动员飞离B点时的速度v B，然后对AB段运用动能定理求克服摩擦力所做的功．(1)设由B到C平抛运动的时间为t竖直方向：h BC＝L sin 37°＝12gt2水平方向：L cos 37°＝v B t代入数据，解得v B＝20 m/s.(2)A到B过程由动能定理有mgh AB＋W f＝12m v2B代入数据，解得W f＝－3 000 J，运动员克服摩擦力所做的功为3 000 J 答案(1)20 m/s(2)3 000 J在离地面高为h 处竖直上抛一质量为m 的物块，抛出时的速度为v 0，当它落到地面时速度为v ，用g 表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于( )A ．mgh －12m v 2－12m v 20B ．－12m v 2－12m v 20－mgh C ．mgh ＋12m v 20－12m v 2 D ．mgh ＋12m v 2－12m v 20答案 C解析选取物体从刚抛出到正好落地，由动能定理可得：mgh －W f 克＝12m v 2－12m v 20. 解得：W f 克＝mgh ＋12m v 20－12m v 2.。

高考物理解题思维与方法点拨专题五运用动能定理求解变力功的解题思想课件

3．图象法【例3】某物体同时受到F1、F2两个力的作用，F1、F2 跟位移s的关系如右图所示，物体从静止开始运动．求它的动能最大值．
解析：由题图可知，力F1、F2都是变力，且前5 m位移中，F1＞F2，物体做加速运动，所以s＝5m时物体动能最大，设为Ekm.由动能定理得：Ekm－0＝W1＋ W2，其中W1为力F1做的功，数值等于F1图线跟坐标轴及s＝5 m所围面积，即W1＝[(10＋5)/2]×5 J＝37.5 J；W2为F2做的功，数值等于F2图线跟坐标轴及s＝5 m所围面积，即W2＝－(5/2)5 J＝－12.5 J．所以式中Ekm＝37.5 J－12.5 J＝25 J. 答案：25 J
【例4】一辆汽车在平直的路面上以恒定功率由静止开始行驶，设所受阻力大小不变，其牵引力F与速度v的关系如右图所示，加速过程结束时对应图中的B点，所用的时间t＝10 s，经历的路程s＝60 m．此后汽车做匀速直线运动．求： (1)汽车所受阻力的大小； (2)汽车的质量．
解析：先取木块作为研究对象，则由动能定理得：WG＋WT＝ ①其中WG＝－mg ，WT是轻绳上张力对木块做的功，由于力的方向不断变化，这显然是一个变力做的功，对象转换：研究恒力F的作用点，在木块由A运动到B的过程中，恒力F的功WF＝F( )，它在数值上等于WT.故①式可变形为：，代入数据解得vB＝7 m/s. 答案：7 m/s
运用动能定理求解变力功的解题思想 1．对象转换法在有些求功的问题中，作用在物体上的力可能为变力，但转换对象后，就可变为求恒力功．
专题五：运用动能定理求解变力功的解题思想
【例1】如右图所示，质量为2 kg的木块套在光滑的竖直杆上，用60 N的恒力F通过轻绳拉木块，木块在A点的速度vA＝3 m/s则木块运动到B点的速度vB是多少？ (木块可视为质点，g取10 m/s2)

(完整版)应用动能定理求解变力做功问题(含答案)

应用动能定理求解变力做功问题一、应用动能定理求变力做功时应注意的问题1、所求的变力的功不一定为总功，故所求的变力的功不一定等于ΔE k .2、合外力对物体所做的功对应物体动能的变化，而不是对应物体的动能．3、若有多个力做功时，必须明确各力做功的正负，待求的变力的功若为负功，可以设克服该力做功为W ，则表达式中应用－W ；也可以设变力的功为W ，则字母W 本身含有负号．二、练习1、如图所示，光滑水平平台上有一个质量为m 的物块，站在地面上的人用跨过定滑轮的绳子向右拉动物块，不计绳和滑轮的质量及滑轮的摩擦，且平台边缘离人手作用点竖直高度始终为h .当人以速度v 从平台的边缘处向右匀速前进位移x 时，则( )A ．在该过程中，物块的运动可能是匀速的B ．在该过程中，人对物块做的功为m v 2x 22(h 2＋x 2)C ．在该过程中，人对物块做的功为12m v 2D ．人前进x 时，物块的运动速率为v hh 2＋x 2 答案 B解析设绳子与水平方向的夹角为θ，则物块运动的速度v 物＝v cos θ，而cos θ＝xh 2＋x 2，故v 物＝v xh 2＋x 2，可见物块的速度随x 的增大而增大，A 、D 均错误；人对物块的拉力为变力，变力的功可应用动能定理求解，即W ＝12m v 2物＝m v 2x 22(h 2＋x 2)，B 正确，C 错误．2、如图所示，一质量为m 的质点在半径为R 的半球形容器中(容器固定) 由静止开始自边缘上的A 点滑下，到达最低点B 时，它对容器的正压力为F N .重力加速度为g ，则质点自A 滑到B 的过程中，摩擦力对其所做的功为( )A.12R (F N －3mg ) B.12R (3mg －F N ) C.12R (F N －mg )D.12R (F N －2mg )解析质点到达最低点B 时，它对容器的正压力为F N ，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R ，根据动能定理，质点自A 滑到B 的过程中有W f ＋mgR ＝12m v 2，故摩擦力对其所做的功W f ＝12RF N －32mgR ，故A 项正确．3、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( )A.14mgR B.13mgR C.12mgRD ．mgR答案 C解析小球通过最低点时，绳的张力为 F ＝7mg①由牛顿第二定律可知：F －mg ＝m v 21R②小球恰好过最高点，绳子拉力为零，由牛顿第二定律可知：mg ＝m v 22R③小球由最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得：－2mgR ＋W f ＝12m v 22－12m v 21④由①②③④可得W f ＝－12mgR ，所以小球克服空气阻力所做的功为12mgR ，故C 正确，A 、B 、D 错误．4、一个质量为m 的小球，用长为L 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平拉力F 作用下，从平衡位置P 点很缓慢地移动到Q 点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，如图所示，则拉力F 所做的功为( )A ．mgL cos θB ．mgL (1－cos θ)C ．FL sin θD ．FL cos θ解析小球从P 点移动到Q 点时，受重力、绳子的拉力及水平拉力F 作用，因很缓慢地移动，小球可视处于平衡状态，由平衡条件可知：F ＝mg tan θ，随θ的增大，拉力F 也增大，故F 是变力，因此不能直接用W ＝FL cos θ计算．根据动能定理有：W F －W G ＝0，所以W F ＝W G ＝mgL (1－cos θ)，选项B 正确．5、如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设物体在斜面最低点A 的速度为v ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，则从A 到C 的过程中弹簧弹力做功是( ) A ．mgh －12m v 2B.12m v 2－mgh C ．－mghD ．－(mgh ＋12m v 2)答案 A解析由A 到C 的过程运用动能定理可得－mgh ＋W ＝0－12m v 2所以W ＝mgh －12m v 2，所以A 正确．6、如图所示，质量为m 的物块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，物体与转台转轴相距R ，物体随转台由静止开始转动，当转速增加到某值时，物块即将开始滑动，在这一过程中，摩擦力对物体做的功是( )A.12μmgRB ．2πmgRC ．2μmgRD ．0答案 A解析物块即将开始滑动时，最大静摩擦力(近似等于滑动摩擦力)提供向心力，有μmg ＝m v 2R ，根据动能定理有，W f ＝m v 22，解得W f ＝μmgR 2，选项A 正确．。

高考物理：变力做功的求解方法！

高考物理：变力做功的求解方法！一、变力做功的计算方法1、用动能定理动能定理表达式为，其中是所有外力做功的代数和，△E k是物体动能的增量。

如果物体受到的除某个变力以外的其他力所做的功均能求出，那么用动能定理表达式就可以求出这个变力所做的功。

2、用功能原理系统内除重力和弹力以外的其他力对系统所做功的代数和等于该系统机械能的增量。

若在只有重力和弹力做功的系统内，则机械能守恒（即为机械能守恒定律）。

3、利用W＝Pt求变力做功这是一种等效代换的思想，用W＝Pt计算功时，必须满足变力的功率是一定的。

4、转化为恒力做功在某些情况下，通过等效变换可将变力做功转换成恒力做功，继而可以用求解。

5、用平均值当力的方向不变，而大小随位移做线性变化时，可先求出力的算术平均值，再把平均值当成恒力，用功的计算式求解。

6、微元法对于变力做功，我们不能直接用公式进行计算，但是可以把运动过程分成很多小段，每一小段内可认为F是恒力，用求出每一小段内力F所做的功，然后累加起来就得到整个过程中变力所做的功。

这种处理问题的方法称为微元法，其具有普遍的适用性。

在高中阶段主要用这种方法来解决大小不变、方向总与运动方向相同或相反的变力做功的问题。

二、摩擦力做功的特点1、静摩擦力做功的特点：A、静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。

B、在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的相互转移（静摩擦力起着传递机械能的作用），而没有机械能转化为其他形式的能。

C、相互摩擦的系统内，一对静摩擦力所做功的代数和总是等于零。

2、滑动摩擦力做功的特点：如图所示，顶端粗糙的小车，放在光滑的水平地面上，具有一定速度的小木块由小车左端滑上小车，当木块与小车相对静止时木块相对小车的位移为d，小车相对地面的位移为s，则滑动摩擦力F对木块做的功为W木=－F（d+s）①由动能定理得木块的动能增量为ΔE k木=－F（d+s）②滑动摩擦力对小车做的功为W车=Fs ③同理，小车动能增量为ΔE k车=Fs ④②④两式相加得ΔE k木+ΔE k车=－Fd ⑤⑤式表明木块和小车所组成系统的机械能的减少量等于滑动摩擦力与木块相对于小车位移的乘积，这部分能量转化为内能。

动能定理的解题技巧

动能定理的解题技巧动能定理是物理学中一个重要的定理，用于描述物体运动时动能的变化。

在求解与动能定理相关的问题时，了解一些解题技巧可以帮助我们更好地理解和应用这个定理。

首先，我们来回顾一下动能定理的表达式。

根据动能定理，一个物体的动能的变化等于物体所受的净外力做功。

这可以用以下公式表示：∆K = W其中，∆K表示动能的变化，W表示净外力对物体所做的功。

在解题时，我们可以利用动能定理来求解物体的速度变化、加速度或距离等相关问题。

为了更好地理解和应用动能定理，我们可以通过以下几个方面的技巧进行讨论和思考：1. 考虑物体所受的净外力：在应用动能定理时，需要注意考虑物体所受的净外力。

如果物体受到多个力的作用，需要将这些力求和得到净外力。

净外力可以是恒力、变力或者由多个力合成的力。

2. 列出物体的动能变化：根据动能定理的表达式，我们可以列出物体动能的变化∆K。

这里需要注意动能可以是动能的增加或减少，具体取决于外力对物体做功的正负方向。

3. 分解力的方向：在计算净外力对物体做功时，我们需要考虑力的方向。

有时我们可以将力按照垂直方向和平行方向进行分解，从而更好地理解和计算。

4. 利用运动学方程：在某些情况下，我们可能需要利用运动学方程来进一步求解与动能定理相关的问题。

例如，我们可以使用速度和加速度的关系来计算物体的加速度或速度变化。

为了更好地理解动能定理的解题技巧，我们可以通过一个具体的例子来说明。

假设一个质量为1kg的物体从静止开始，受到一个恒力10N的作用，作用时间为2s。

我们来计算物体的速度变化。

首先，我们可以计算净外力对物体的总功：W = F × d × cosθ其中，F为力的大小，d为力的作用距离，θ为力的方向与移动方向之间的夹角。

在这个例子中，力的大小为10N，作用距离为2m，夹角为0°，所以净外力对物体的总功为20J。

根据动能定理∆K = W，我们可以得到物体的动能变化：∆K = 20J由于物体从静止开始，所以初始动能为0。

高三力学复习十五讲--动能定理的应用

力学复习十二一、动能定理的应用[知识点析]1、用动能定理求变力做的功由于某些力F 的大小或方向变化，所以不能直接由公式W=FScos α计算它们做的功，此时可由其做功的结果——动能的变化来求变力F 做的功。

2、在不同过程中运用动能定理由于物体运动过程中可能包括几个不同的物理过程，解题时，可以分段考虑，也可视为一整体过程，往往对全过程运用动能定理比较简便。

[例题析思][例题1]一列质量为M=5.0×105kg 的火车，在一段平直的轨道上始终以额定功率P 行驶，在300S 内的位移为 2.85×103m ，而速度由8m/s 增加到火车在此轨道上行驶的最大速度17m/s 。

设火车所受阻力f 大小恒定，求1、火车运动中所受阻力f 的大小；2、火车头的额定功率P 的大小。

[解析]火车的初速度和末速度分别用V 0和V t 表示，时间用t 表示，位移用S 表示，根据动能定理有：Pt-fs=2022121mV mV t -火车速度达到最大时，牵引力等于阻力f ，根据瞬时功率的计算公式有：P=fV e 。

NS V V V M f t t 4225202105.2)285030017(2)817(100.5)(2)(⨯=-⨯⨯-⨯⨯=--= N fV P t 541025.417105.2⨯=⨯⨯==[思考1]总质量为M 的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m ，中途脱节，司机发觉时，机车已行驶L 的距离，于是立即关闭发动机滑行，设运动的阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的，当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？[提示]法一：脱节的列车整个运动过程有两个阶段，先做匀加速运动，后关闭发动机滑行做匀减速运动，运用动能定理，从全过程考虑有：FL-K(M-m)gS 1=0-20)(21V m M -对末节车厢根据动能定理有-kmgS 2=0-221mV ，由于原来列车匀速，故有F=kmg ，则m M ML S S S -=-=∆/21法二：由于脱节后列车比末节车厢多行驶的那段距离内，克服阻力所做的功等于牵引力在L 这段距离内所做的功，所以有：)/()(m M ML S S g m M K KMgL -=∆∆-=[例题2]如图6-25所示，ABCD 是一条长轨道，其中AB 段是倾角为θ的斜面，CD 段是水平的，BC 是与AB 和CD 都相切的一小段圆弧，其长度可以不计。

动能定理解决变力做功人教版原创

3、在一个粗糙斜面上一长为L的细线拴一质量为m小球在倾角30°斜面上作圆周运动，小球在通过最低点时绳上的拉力为 5mg，小球刚好能沿圆周通过最高点，求在小球从最低点到最高点的过程中摩擦力做的功。
-mgl
30°
例3拓展
1、斜面的变化，可由斜面变成竖直面或水平面分析，仍要靠向心力来源来分析处末两个状态的动能。 2、在原先斜面的基础上再加上一些场力以实现其综合效应，如电场磁场等（小球会带电，斜面会绝缘）。 3、位置变化，由地球上的情况转移到其他星球，再配以一些条件综合万有引力的知识。凡是和重力加速度相关的题目都可以和万有引力结合。
强调：完成题目以后的反思至关重要，
“三分做，七分想”
二、利用动能定理解决问题应注意的问题
1 2 1 2 1、动能定理：W合 Ek2 Ek1 2 mv2 2 mv1
注：动能变化涉及两个状态，做功涉及一个过程 2、求外力总功的方法
a 、先求合外力，再求合外力做的功 b 、先求各个力做的功，再求代数和
3、用动能定理解题的步骤：
a 、选择研究对象明确研究过程
动能定理解决变力做功1与势能相关的变力可以由势能的变化来求解如弹簧弹力万有引力和电场力2全程变力分段恒力如滑动摩擦力和空气阻力等3利用变力对位移的平均作用力来求解尤其是力与位移成正比时4利用fs图像中的面积来解决5利用功率来解决比如在机车以额定功率启动过程中牵引力的做功
动能定理解决变力做功
一、解决变力做功的方法
b、对研究对象进行受力分析，分析各个力所做的功
c、分析这个过程的初末两个状态，解决初末动能问题 d 、列动能定理表达式，求解问题
例1、以质量为60kg的跳伞运动员刚刚拉开伞时的速度为40m/s，拉开伞后受到与速度相关的空气阻力影响，下落200m后，速度变为 20m/s，求这个过程当中空气阻力做的功。

高考物理复习五功功率动能定理

分析机车启动问题时应注意的三点 (1)机车启动的方式不同，机车运动的规律就不同，因此机车启动时，其功率、速度、加速度、牵引力等物理量化所描述的规律．
(2)恒定功率下的加速一定不是匀加速，这种加速过程发动机做的功可用 W＝Pt 计算，不能用 W＝Fl 计算(因为 F 为变力)．
(1)B 下落的加速度大小 a； (2)A 沿斜面向上运动的过程中，绳的拉力对 A 做的功 W； (3)A(包括传感器)的质量 m 及 A 与斜面间的动摩擦因数 μ； (4)求在 0～0.75 s 内摩擦力对 A 做的功．
【审题指导】 (1)物体 B 落地前，A、B 的加速度相同，利用 a＝ΔΔvt 求其值．
答案：A
考点 3 动能定理的应用
一、基础知识梳理 1．动能定理表达式：W 合＝Ek2－Ek1 2．两点说明： (1)W 合为物体在运动过程中外力的总功． (2)动能增量 Ek2－Ek1 一定是物体在末初两状态动能之差．
答案：B
4．(2015·新课标全国卷Ⅱ)一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率 P 随时间 t 的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小 f 恒定不变．下列描述该汽车的速度 v 随时间 t 变化的图线中，可能正确的是( )
解析：在 v－t 图象中，图线的斜率代表汽车运动时的加速度，由牛顿第二定律可得：在 0～t1 时间内，Pv1－f＝ma，①当速度 v 不变时，加速度 a 为零，在 v－t 图象中为一条水平线； ②当速度 v 变大时，加速度 a 变小，在 v－t 图象中为一条斜率逐渐减小的曲线，选项 B、D 错误；同理，在 t1～t2 时间内，Pv2 －f＝ma，图象变化情况与 0～t1 时间内情况相似，由于汽车在运动过程中速度不会发生突变，故选项 C 错误，选项 A 正确．

2022年高考物理命题猜想与仿真押题——专题05 功功率动能定理(命题猜想)(解析版)

【考向解读】猜测2022年高考命题特点：①功和功率的计算．②利用动能定理分析简洁问题．③对动能变化、重力势能变化、弹性势能变化的分析．④对机械能守恒条件的理解及机械能守恒定律的简洁应用．交汇命题的主要考点有：①结合v－t、F－t等图象综合考查多过程的功和功率的计算．②结合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题．【命题热点突破一】功和功率的计算在历年的高考中，很少消灭简洁、单独考查功和功率的计算，一般将其放在与功能关系、物体的运动等综合问题中一起考查，并且对于功和功率的考查一般以选择题形式消灭，题目难度以中档题为主．例1.一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开头经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用W F1、W F2分别表示拉力F1、F2所做的功，W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则()A．W F2>4W F1，W f2>2W f1B．W F2>4W F1 , W f2＝2W f1C．W F2<4W F1，W f2＝2W f1D．W F2<4W F1，W f2<2W f1【答案】C【感悟提升】1．功的计算(1)恒力做功的计算公式：W＝Fl cosα；(2)当F为变力时，用动能定理W＝ΔE k或功能关系求功．所求得的功是该过程中外力对物体(或系统)做的总功(或者说是合力对物体做的功)；(3)利用F－l图象曲线下的面积求功；(4)利用W＝Pt计算．2．功率(1)功率定义式：P ＝Wt.所求功率是时间t内的平均功率；(2)功率计算式：P＝Fv cosα.其中α是力与速度间的夹角．若v为瞬时速度，则P为F在该时刻的瞬时功率；若v为平均速度，则P为F在该段位移内的平均功率．【变式探究】如图所示，水平传送带以v＝2 m/s的速度匀速前进，上方漏斗中以每秒50 kg的速度把煤粉竖直抖落到传送带上，然后一起随传送带运动．假如要使传送带保持原来的速度匀速前进，则传送带的电动机应增加的功率为()A．100 W B．200 WC．500 W D．无法确定【答案】B【命题热点突破二】对动能定理应用的考查命题规律：该学问点是近几年高考的重点，也是高考的热点，题型既有选择题，也有计算题．考查的频率很高，分析近几年的考题，命题有以下规律：(1)圆周运动与平衡学问的综合题．(2)考查圆周运动的临界和极值问题．例3.一人用恒定的力F，通过图示装置拉着物体沿光滑水平面运动，A、B、C是其运动路径上的三个点，且AC＝BC.若物体从A到C、从C到B的过程中，人拉绳做的功分别为W F A、W FB，物体动能的增量分别为ΔE A、ΔE B，不计滑轮质量和摩擦，下列推断正确的是()A．W F A＝W FBΔE A＝ΔE BB．W F A＞W FBΔE A＞ΔE BC．W F A＜W FBΔE A＜ΔE BD．W F A＞W FBΔE A＜ΔE B【答案】B【感悟提升】动能定理应用的基本步骤 (1)选取争辩对象，明确并分析运动过程．(2)分析受力及各力做功的状况，受哪些力？每个力是否做功？在哪段位移过程中做功？正功？负功？做多少功？求出代数和．(3)明确过程初、末状态的动能E k1及E k2.(4)列方程W ＝E k2－E k1，必要时留意分析题目的潜在条件，补充方程进行求解．【变式探究】一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图所示；当物块的初速度为v2时，上升的最大高度记为h .重力加速度大小为g .物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为()A ．tan θ和H 2 B.⎝⎛⎭⎫v 22gH －1tan θ和H 2 C ．tan θ和H 4 D.⎝⎛⎭⎫v 22gH －1tan θ和H 4【解析】设物块与斜坡间的动摩擦因数为μ，则物块沿斜坡上滑时的加速度大小 a ＝μg cos θ＋g sin θ①当物块的初速度为v 时，由运动学公式知 v 2＝2a Hsin θ②当物块的初速度为v2时，由运动学公式知⎝⎛⎭⎫v 22＝2a h sin θ③ 由②③两式得h ＝H 4由①②两式得μ＝⎝⎛⎭⎫v 22gH －1tan θ. 【答案】D【命题热点突破三】机车启动问题机车启动问题在最近3年高考中消灭的频率并不高，但该部分内容比较综合，在考查功率的同时也考查功能关系和运动过程的分析以及匀变速直线运动规律的运用，估计可能在2021年的高考中消灭，题型为选择题或计算题都有可能．例3、提高机车运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力因数(设阻力与物体运动速率的平方成正比，即F f ＝kv 2，k 是阻力因数)．当发动机的额定功率为P 0时，物体运动的最大速率为v m ，假如要使物体运动的速率增大到2v m ，则下列方法可行的是( ) A ．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到2P 0 B ．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到k 4C ．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到8P 0D ．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到k8【变式探究】为登月探测月球，上海航天技术争辩院研制了“月球车”，如图甲所示，某探究性学习小组对“月球车”的性能进行了争辩．他们让“月球车”在水平地面上由静止开头运动，并将“月球车”运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图乙所示的v －t 图象，已知0～t 1段为过原点的倾斜直线；t 1～10 s 内“月球车”牵引力的功率保持不变，且P ＝1.2 kW,7～10 s 段为平行于横轴的直线；在10 s 末停止遥控，让“月球车”自由滑行，“月球车”质量m ＝100 kg ，整个过程中“月球车”受到的阻力f 大小不变．(1)求“月球车”所受阻力f 的大小和“月球车”匀速运动时的速度大小；(2)求“月球车”在加速运动过程中的总位移s ； (3)求0～13 s 内牵引力所做的总功．解析：(1)在10 s 末撤去牵引力后，“月球车”只在阻力f 作用下做匀减速运动，由图象可得a＝v 13由牛顿其次定律得，其阻力f ＝ma7～10 s 内“月球车”匀速运动，设牵引力为F ，则F ＝f 由P ＝Fv 1可得“月球车”匀速运动时的速度v 1＝P /F ＝P /f 联立解得v 1＝6 m/s ，a ＝2 m/s 2，f ＝200 N.(3)在0～1.5 s 内，牵引力做功 W 1＝F 1s 1＝400×2.25 J ＝900 J 在1.5～10 s 内，牵引力做功W 2＝P Δt ＝1 200×(10－1.5) J ＝10 200 J 10 s 后，停止遥控，牵引力做功为零0～13 s 内牵引力所做的总功W ＝W 1＋W 2＝11 100 J. 答案：见解析【易错提示】机车匀加速启动时，匀加速阶段的最大速度小于匀速运动的最大速度，前者用牛顿其次定律列式求解，后者用平衡学问求解.匀加速阶段牵引力是恒力，牵引力做功用W ＝Fl 求解.以额定功率启动时，牵引力是变力，牵引力做功用W ＝Pt 求解.) 【高考真题解读】1.(2021·高考全国卷Ⅱ，T17，6分)一汽车在平直大路上行驶．从某时刻开头计时，发动机的功率P 随时间t的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f 恒定不变．下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图线中，可能正确的是( )2.(2021·高考全国卷Ⅰ，T17，6分)如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开头下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，连续上升一段距离D ．W <12mgR ，质点到达Q 点后，连续上升一段距离解析：选C.设质点到达N 点的速度为v N ，在N 点质点受到轨道的弹力为F N ，则F N －mg ＝mv 2NR ，已知F N ＝F ′N＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E k N ＝12mv 2N ＝32mgR .质点由开头至N 点的过程，由动能定理得mg ·2R ＋W f＝E k N －0，解得摩擦力做的功为W f ＝－12mgR ，即克服摩擦力做的功为W ＝－W f ＝12mgR .设从N 到Q 的过程中克服摩擦力做功为W ′，则W ′<W .从N 到Q 的过程，由动能定理得－mgR －W ′＝12mv 2Q－12mv 2N ，即12mgR －W ′＝12mv 2Q，故质点到达Q 点后速度不为0，质点连续上升一段距离．选项C 正确． 3．(2021·海南单科，3，3分)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．假如摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( )A ．4倍B ．2倍 C.3倍D.2倍答案 D4．(2022·重庆理综，2,6分)某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶,受到的阻力分别为车重的k 1和k 2倍,最大速率分别为v 1和v 2，则( ) A ．v 2＝k 1v 1B ．v 2＝k 1k 2v 1C ．v 2＝k 2k 1v 1 D ．v 2＝k 2v 1解析汽车以最大速率行驶时，牵引力F 等于阻力f ，即F ＝f ＝kmg .由P ＝k 1mgv 1及P ＝k 2mgv 2，得v 2＝k 1k 2v 1，故B 正确．答案 B4．(2022·新课标全国Ⅱ，16，6分)一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F 1的水平拉力拉动物体,经过一段时间后其速度变为v .若将水平拉力的大小改为F 2,物体从静止开头经过同样的时间后速度变为2v .对于上述两个过程,用W F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f 1、W f 2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( ) A ．W F 2＞4W F 1，W f 2＞2W f 1 B ．W F 2＞4W F 1，W f 2＝2W f 1 C ．W F 2＜4W F 1，W f 2＝2W f 1 D ．W F 2＜4W F 1，W f 2＜2W f 1解析 W F 1＝12mv 2＋μmg ·v 2t ,W F 2＝12m ·4v 2＋μmg 2v 2t ，故W F 2＜4W F 1；W f 1＝ μmg ·v 2t ， W f 2＝μmg ·2v2t ，故W f 2＝2W f 1，C 正确．答案 C5．(2021·浙江理综，18,6分)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为3.0×104 kg ，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N ；弹射器有效作用长度为100 m,推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则( )A ．弹射器的推力大小为1.1×106 NB ．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 JC ．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 WD ．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s 2解析设总推力为F ,位移x ，阻力F 阻＝20%F ，对舰载机加速过程由动能定理得Fx －20%Fx ＝12mv 2，解得F ＝1.2×106 N ，弹射器推力F 弹＝F －F 发＝1.2×106 N －1.0×105 N ＝1.1×106 N,A 正确；弹射器对舰载机所做的功为W ＝F 弹x ＝1.1×106×100 J ＝1.1×108 J ，B 正确；弹射器对舰载机做功的平均功率P ＝F 弹·0＋v2＝4.4×107 W,C错误；依据运动学公式v 2＝2ax ，得a ＝v 22x＝32 m/s 2，D 正确．答案 ABD6. (2021·海南单科，4，3分)如图，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 由静止开头滑下，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( )A.14mgR B.13mgRC.12mgRD.π4mgR12 mgR ，C 正确．答案 C7．(2022·大纲全国，19，6分)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v 时,上升的最大高度为H ，如图所示；当物块的初速度为v 2时，上升的最大高度记为h .重力加速度大小为g .物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为( )A ．tan θ和H2B ．(v 22gH －1)tan θ和H 2C ．tan θ和H4D ．(v 22gH －1)tan θ和H 4答案 D8．(2021·浙江理综，23，16分)如图所示，用一块长L 1＝1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面,桌子高H ＝0.8 m ，长L 2＝1.5 m ．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调整后固定.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，忽视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/s 2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开头下滑；(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)连续增大θ角，发觉θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x m . 解析 (1)要使小物块能够下滑必需满足 mg sin θ＞μ1mg cos θ① 解得tan θ＞0.05②(2)物块从斜面顶端下滑到停在桌面边缘过程中物块克服摩擦力做功W f ＝ μ1mgL 1cos θ＋μ2mg (L 2－L 1cosθ)③ 全过程由动能定理得：mgL 1sin θ－W f ＝0④ 代入数据解得μ2＝0.8⑤(3)当θ＝53°时物块能够滑离桌面，做平抛运动落到地面上，物块从斜面顶端由静止滑到桌面边缘，由动能定理得：mgL 1sin θ－W f ＝12mv 2⑥由③⑥解得v ＝1 m/s ⑦对于平抛过程列方程有：H ＝12gt 2，解得t ＝0.4 s ⑧x 1＝v-t ，解得x 1＝0.4 m ⑨ 则x m ＝x 1＋L 2＝1.9 m ⑩答案 (1)tan θ＞0.05 (2)0.8 (3)1.9 m9. (2021·海南单科，14，13分)如图，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 ＝ 2 m ．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.(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头滑下，求环到达c 点时速度的水平重量的大小．依据运动的合成与分解可得sin θ＝v 水平v c ⑥联立①②④⑤⑥可得v 水平＝2103m/s. 答案 (1)0.25 m (2)2103m/s10．(2021·山东理综，23，18分)如图甲所示，物块与质量为m 的小球通过不行伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接．物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l .开头时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值．现给小球施加一始终垂直于l 段细绳的力、将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时,传感装置的示数为初始值的0.6倍．不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g .求：(1)物块的质量；(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功．(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v ，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为W f ，由动能定理得 mgl (1－cos 60°)－W f ＝12mv 2⑥在最低位置，设细绳的拉力大小为T 3，传感装置的示数为F 3，据题意可知， F 3＝0.6F 1，对小球，由牛顿其次定律得 T 3－mg ＝m v 2l ⑦对物块，由平衡条件得 F 3＋T 3＝Mg ⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得 W f ＝0.1mgl ⑨答案 (1)3m (2)0.1mgl11．(2021·重庆理综，8，16分)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的试验装置，图中水平放置的底板上竖直地固定有M 板和N 板.M 板上部有一半径为R 的14圆弧形的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水平，距底板高为H .N 板上固定有三个圆环．将质量为m 的小球从P 处静止释放,小球运动至Q 飞出后无阻碍地通过各圆环中心,落到底板上距Q 水平距离为L 处，不考虑空气阻力，重力加速度为g .求：(1)距Q 水平距离为L2的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；(3)摩擦力对小球做的功．(2)联立①③式解得v 0＝Lg 2H⑥ 在Q 点处对球由牛顿其次定律得F N －mg ＝mv 20R ⑦联立⑥⑦式解得F N ＝mg (1＋L 22HR )⑧由牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为 F N ′＝F N ＝mg (1＋L 22HR )⑨方向竖直向下(3)从P 到Q 对小球由动能定理得mgR ＋W f ＝12mv 20⑩联立⑥⑩式解得W f ＝mg (L 24H －R )⑪答案 (1)34H (2)Lg 2H mg (1＋L 22HR )，方向竖直向下 (3)mg (L 24H－R ) 12. (2021·四川理综，9,15分)严峻的雾霾天气，对国计民生已造成了严峻的影响,汽车尾气是形成雾霾的重要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点．地铁列车可实现零排放，大力进展地铁，可以大大削减燃油公交车的使用，削减汽车尾气排放．若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20 s 达最高速度72 km/h,再匀速运动80s ，接着匀减速运动15 s 到达乙站停住．设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106 N,匀速运动阶段牵引力的功率为6×103 kW ，忽视匀减速运动阶段牵引力所做的功．(1)求甲站到乙站的距离；(2)假如燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气态污染物的质量．(燃油公交车每做1焦耳功排放气态污染物 3×10－6克)解析 (1)设列车匀加速直线运动阶段所用的时间为t 1；距离为s 1；在匀速直线运动阶段所用的时间为t 2,距离为s 2，速度为v ；在匀减速直线运动阶段所用的时间为t 3，距离为s 3；甲站到乙站的距离为s .则s 1＝12v-t 1①s 2＝v-t 2②答案 (1)1 950 m (2)2.04 kg。

《利用动能定理分析变力做功和多过程问题》解题技巧

《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＝ΔE k.如图1所示，质量为m的小球由静止自由下落d后，沿竖直面内的固定轨道ABC运动，AB是半径为d的14光滑圆弧轨道，BC是直径为d的粗糙半圆弧轨道(B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：图1(1)小球运动到B处时对轨道的压力大小(可认为此时小球处在轨道AB上)；(2)小球在BC运动过程中，摩擦力对小球做的功.答案(1)5mg(2)－34 mgd解析(1)小球由静止运动到B点的过程，由动能定理得2mgd＝12mv2，在B点，由牛顿第二定律得F N－mg＝m v2 d，得：F N＝5mg根据牛顿第三定律：小球在B处对轨道的压力大小FN′＝F N＝5mg；(2)小球恰能通过C点，则mg＝mv2Cd2.小球从B运动到C的过程：－mgd＋W f＝12mvC2－12mv2，得Wf＝－34mgd.针对训练1 如图2所示，有一半径为r＝0.5 m的粗糙半圆轨道，A与圆心O等高，有一质量为m＝0.2 kg的物块(可视为质点)，从A点静止滑下，滑至最低点B时的速度为v＝1 m/s，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )图2A.物块过B点时，对轨道的压力大小是0.4 NB.物块过B点时，对轨道的压力大小是2.0 NC.A到B的过程中，克服摩擦力做的功为0.9 JD.A到B的过程中，克服摩擦力做的功为0.1 J答案 C解析在B点由牛顿第二定律可知F N－mg＝m v2r，解得：F N＝2.4 N，由牛顿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；A到B的过程，由动能定理得mgr＋W f＝12mv2－0，解得Wf＝－0.9 J，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.如图3所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5 m，一个质量为m＝0.5 kg的木块在F＝1.5 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μ＝0.2，取g＝10 m/s2.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－mgh＝0其中F f＝μF N＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N所以h＝FL－FfLmg＝(1.5－1.0)×1.50.5×10m＝0.15 m(2)设木块离开B点后，在水平桌面上滑行的最大距离为x，由动能定理得：mgh－Ffx＝0所以x＝mghFf＝0.5×10×0.151.0m＝0.75 m.针对训练2 图4中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计.一质量为m的小滑块在A点从静止释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A 点和D点的位置如图4所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于( )图4A.mghB.2mghC.μmg(s＋hsin θ) D.μmg(s＋h cos θ)答案 B解析滑块由A点运动至D点，设克服摩擦力做功为W AD，由动能定理得mgh －W AD＝0，即W AD＝mgh…①，滑块从D点回到A点，由于是缓慢推，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为W DA，由动能定理知当滑块从D点被推回A点有WF－mgh－W DA＝0…②，由A点运动至D点，克服摩擦力做的功为W AD＝μmg cosθ·hsin θ＋μmgs…③，从D→A的过程克服摩擦力做的功为W DA＝μmg cosθ·hsin θ＋μmgs…④，③④联立得W AD＝W DA…⑤，①②⑤联立得W F＝2mgh，故A、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v min＝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v min＝gR.如图5所示，一可以看成质点的质量m＝2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，BC为圆弧竖直直径，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R＝0.5 m.已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力，g取10 m/s2.图5(1)求小球的初速度v0的大小；(2)若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功.答案(1)3 m/s (2)－4 J解析(1)在A点由平抛运动规律得：v A ＝vcos 53°＝53v小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得mg(R＋R cos θ)＝12mvA2－12mv2联立得：v0＝3 m/s；(2)若小球恰好能通过最高点C，在最高点C处有mg＝mv 2CR，小球从桌面运动到C点的过程中，由动能定理得W f＝12mvC2－12mv2代入数据解得W f＝－4 J.四、动能定理在多过程往复运动中的应用某游乐场的滑梯可以简化为如图6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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取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：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段间的动摩擦因数；(3)该小孩在轨道AB上运动的总路程s.答案(1)420 N，方向向下(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－R cos β)＝0－12mvC2，vC＝215 m/s在C点，由牛顿第二定律得F N－mg＝m v 2CR，可得：F N＝420 N根据牛顿第三定律，小孩第一次经过圆弧轨道C点时，对圆弧轨道的压力为420 N，方向向下(2)小孩从A运动到D的过程中，由动能定理得：mgL sin α－μmgL cos α－mgR(1－cos β)＝0－12 mv2可得：μ＝0.25(3)在AB斜轨道上，μmg cos α<mg sin α，小孩不能静止在斜轨道上，则小孩从A点以初速度v0滑下，最后静止在BC轨道B处，由动能定理：mgL sin α－μmgs cos α＝0－12mv2，解得s＝21 m.1.在有摩擦力做功的往复运动过程中，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.【课堂同步练习】1.(用动能定理求变力做功)如图7所示为一水平的转台，半径为R，一质量为m的滑块放在转台的边缘，已知滑块与转台间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.若转台的转速由零逐渐增大，当滑块在转台上刚好发生相对滑动时，转台对滑块所做的功为( )图7A.12μmgR B.2πmgRC.2μmgRD.0答案 A解析滑块即将开始滑动时，最大静摩擦力(等于滑动摩擦力)提供向心力，有μmg＝mv2R，根据动能定理有W f＝12mv2，解得Wf＝12μmgR，A正确.2.(利用动能定理分析多过程问题)如图8所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C 处停止，不计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为( )图8A.12μmgR B.12mgRC.mgRD.(1－μ)mgR答案 D解析设物体在AB段克服摩擦力所做的功为W AB，对物体从A到C的全过程，由动能定理得mgR－W AB－μmgR＝0，故W AB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR.3.(动能定理在平抛、圆周运动中的应用)如图9所示，一长L＝0.45 m、不可伸长的轻绳上端悬挂于M点，下端系一质量m＝1.0 kg的小球，CDE是一竖直固定的圆弧形轨道，半径R＝0.50 m，OC与竖直方向的夹角θ＝60°，现将小球拉到A点(保持绳绷直且水平)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后，从圆弧轨道的C点沿切线方向进入轨道，刚好能到达圆弧轨道的最高点E，重力加速度g取10 m/s2，求：图9(1)小球到B点时的速度大小；(2)轻绳所受的最大拉力大小；(3)小球在圆弧轨道上运动时克服阻力做的功.答案(1)3 m/s (2)30 N (3)8 J解析(1)小球从A到B的过程，由动能定理得mgL＝12mv12，解得v1＝3 m/s(2)小球在B点时，由牛顿第二定律得F－mg＝m v21L，解得F＝30 N，由牛顿第三定律可知，轻绳所受最大拉力大小为30 N(3)小球从B到C做平抛运动，从C点沿切线进入圆弧轨道，由平抛运动规律可得小球在C点的速度大小v2＝v 1cos θ，解得v2＝6 m/s小球刚好能到达E点，则mg＝m v23R，解得v3＝ 5 m/s小球从C点到E点，由动能定理得－mg(R＋R cos θ)－W f＝12mv32－12mv22，解得W f＝8 J.4.(利用动能定理分析多过程往复运动问题)如图10所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑.一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度沿轨道开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点时速度为0.求：(g取10 m/s2)图10(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；(2)物体第5次经过B点时的速度大小(结果可用根式表示)；(3)物体最后停止的位置(距B点多少米).答案(1)0.5 (2)411 m/s (3)距B点0.4 m解析(1)由A到D，由动能定理得－mg(h－H)－μmgs BC＝0－12 mv12解得μ＝0.5(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgH－μmg·4sBC ＝12mv22－12mv12，解得v2＝411 m/s(3)分析整个过程，由动能定理得mgH－μmgs＝0－12 mv12解得s＝21.6 m所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m，故最后停止的位置与B 点的距离为2 m－1.6 m＝0.4 m.【课后强化训练】一、选择题1.一人用力踢质量为100 g的皮球，使球由静止以20 m/s的速度飞出.假定人踢球瞬间对球的平均作用力是200 N，球在水平方向运动了20 m停止.则人对球所做的功为( )A.20 JB.2 000 JC.500 JD.4 000 J答案 A解析根据题意可知，球的初状态速度为零，末状态速度为20 m/s，由动能定理可知W＝12mv2－0＝12×0.1×202 J＝20 J，故选A.2.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图1所示.已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短(弹簧始终在弹性限度内)，物体克服弹簧弹力所做的功为( )图1A.12mv2－μmg(s＋x) B.12mv2－μmgxC.μmgsD.μmg(s＋x) 答案 A解析由动能定理得－W－μmg(s＋x)＝0－12mv2，W＝12mv2－μmg(s＋x)，A正确，B、C、D错误.3.在离水平地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当它落到水平地面时速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于( )A.mgh－12mv2－12mv2 B.12mv2－12mv2－mghC.mgh＋12mv2－12mv2 D.mgh＋12mv2－12mv2答案 C解析对物块从刚抛出到落地的过程，由动能定理可得：mgh－Wf克＝12mv2－12mv2解得：W f克＝mgh＋12mv2－12mv2.4.一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，如图2所示，重力加速度为g，则拉力F所做的功为( )图2A.mgl cos θB.mgl(1－cos θ)C.Fl cos θD.Fl sin θ答案 B解析小球缓慢移动，时时处于平衡状态，由平衡条件可知，F＝mg tan θ，随着θ的增大，F也在增大，是一个变化的力，不能直接用功的公式求它所做的功，所以这道题要考虑用动能定理求解.由于小球缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得：－mgl(1－cos θ)＋W＝0，所以W＝mgl(1－cos θ)，B正确，A、C、D错误.5.如图3所示，一木块沿竖直放置的粗糙曲面从高处滑下，当它滑过A点的速度大小为5 m/s时，滑到B点的速度大小也为5 m/s.若使它滑过A点的速度大小变为7 m/s，则它滑到B点的速度大小( )图3A.大于7 m/sB.等于7 m/sC.小于7 m/sD.无法确定答案 C解析第一次从A点到B点的过程中：mgh－W f1＝ΔE k＝0，W f1＝mgh第二次速度增大，木块对轨道的压力增大，W f2>W f1，故mgh－W f2<0，木块在B 点的动能小于在A点的动能，C正确.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4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4A.14mgR B.13mgRC.12mgR D.mgR答案 C解析小球通过最低点时，设绳的张力为F T，则F T －mg＝mv21R，即6mg＝mv21R①小球恰好通过最高点，绳子拉力为零，则有mg＝m v2 2R②小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得－mg·2R－W f＝12mv22－12mv12③由①②③式解得W f＝12mgR，选C.7.一质量为2 kg的物体静止在水平桌面上，在水平拉力F的作用下，沿水平方向运动2 s后撤去外力，其v－t图像如图5所示，下列说法正确的是( )图5A.在0～2 s内，合外力做的功为4 JB.在0～2 s内，合外力做的功为8 JC.在0～6 s内，摩擦力做的功为－8 JD.在0～6 s内，摩擦力做的功为－4 J答案 A8.如图6所示，一薄木板斜放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，仍按上述方式放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6A.P处B.P、Q之间C.Q处D.Q的右侧答案 C9.(多选)如图7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μ.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(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).则( )图7A.动摩擦因数μ＝6 7B.载人滑草车最大速度为2gh 7C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为3 5 g答案AB解析根据动能定理有2mgh－W f＝0，即2mgh－μmg cos 45°·hsin 45°－μmg cos 37°·hsin 37°＝0，得动摩擦因数μ＝67，则A项正确，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°－μcos 45°)＝214g，a 2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－335g，则载人滑草车在上、下两段滑道上分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，由动能定理得：mgh－μmg cos 45°hsin 45°＝12mv2，得v＝27gh，故B项正确，D项错误.二、非选择题10.如图8所示，光滑水平面AB与一半圆形轨道在B点平滑连接，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，不计空气阻力，重力加速度为g.求：图8(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块从B到C克服阻力所做的功；(3)物块离开C点后，再落回到水平面上时的动能.答案(1)3mgR(2)12mgR(3)52mgR解析(1)物块从开始运动到B点，由动能定理得W＝12 mvB2在B点由牛顿第二定律得7mg－mg＝m v 2 B R解得W＝3mgR(2)物块从B到C由动能定理得－2mgR＋W′＝12mvC2－12mvB2物块在C点时mg＝m v 2 C R解得W′＝－12mgR，即物块从B到C克服阻力做功为12mgR.(3)物块从C点平抛到水平面的过程中，由动能定理得2mgR＝E k－12mvC2，解得Ek＝52mgR.11.如图9甲所示，半径R＝0.9 m的光滑半圆形轨道BC固定于竖直平面内，最低点B与水平面相切.水平面上有一质量为m＝2 kg的物块从A点以某一初速度向右运动，并恰能通过半圆形轨道的最高点C，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，且μ随离A点的距离L按图乙所示规律变化，A、B两点间距离L＝1.9 m，g 取10 m/s2，求：图9(1)物块经过最高点C时的速度大小；(2)物块经过半圆形轨道最低点B时对轨道压力的大小；(3)物块在A点时的初速度大小.答案(1)3 m/s (2)120 N (3)8 m/s解析(1)物块恰好通过C点，由牛顿第二定律可得mg＝m v 2 C R解得v C＝3 m/s(2)物块从B点到C点，由动能定理可得－mg·2R＝12mvC2－12mvB2解得v B＝3 5 m/s在B点由牛顿第二定律可得F N －mg＝mv 2BR，解得F N＝120 N.由牛顿第三定律可知物块通过B点时对轨道压力的大小为120 N (3)由题图乙可知摩擦力对物块做的功为W f ＝－12×(0.25＋0.75)×1.9mg＝－19 J物块从A到B，由动能定理得W f＝12mvB2－12mvA2解得v A＝8 m/s.12.如图10所示，光滑斜面AB的倾角θ＝53°，BC为水平面，BC长度l BC＝1.1 m，CD为光滑的14圆弧，半径R＝0.6 m.一个质量m＝2 kg的物体，从斜面上A点由静止开始下滑，物体与水平面BC间的动摩擦因数μ＝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h＝0.2 m.不计空气阻力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2.求：图10(1)物体运动到C点时的速度大小v C；(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)＝0－12 mvC2代入数据解得：v C＝4 m/s(2)物体由A点运动到C点，根据动能定理得：mgH－μmglBC ＝12mvC2－0代入数据解得：H＝1.02 m(3)从物体开始下滑到最终停止，根据动能定理得：mgH－μmgs1＝0代入数据，解得s1＝5.1 m由于s1＝4l BC＋0.7 m所以物体最终停止的位置到C点的距离为：s＝0.4 m.【强化训练二】1.如图1所示是一种常见的圆桌，桌面中间嵌一半径为r＝1.5 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h＝0.8 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m＝0.1 kg，碟子与圆盘间的最大静摩擦力F fmax＝0.6 N，g取10 m/s2，求：(不计空气阻力)图1(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μ＝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＝12gt2，x＝vt，得v＝x g2h＝1 m/s(2)碟子从圆盘上甩出时的速度为v0，则F fmax＝m v2r，即v0＝3 m/s由动能定理得：W f＝12mv2－12mv2，代入数据得：Wf＝－0.4 J(3)当碟子滑到桌面边缘时速度恰好减为零，对应的桌子半径取最小值. 设碟子在桌子上滑动的位移为x′，根据动能定理：－μmgx′＝0－12 mv2代入数据得：x′＝2 m由几何知识可得桌子半径的最小值为：R＝r2＋x′2＝2.5 m.2.如图2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α＝37°，空气阻力忽略不计， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2，求：图2(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道最高点D 后回到水平赛道EG ，其半径需要满足什么条件？答案 (1)5 m/s (2)2 m (3)0<R ≤2546m 解析 (1)赛车在BC 间做平抛运动，则竖直方向v y ＝2gh ＝3 m/s 由图可知：v C ＝v ysin 37°＝5 m/s(2)由(1)可知B 点速度v 0＝v C cos 37°＝4 m/s 则根据动能定理：Pt －F f l AB ＝12mv 02，解得l AB ＝2 m(3)当赛车恰好通过最高点D 时，有：mg ＝m v 2DR从C 到D ，由动能定理可知：－mgR (1＋cos 37°)＝12mv D 2－12mv C 2，解得R ＝2546m所以轨道半径0<R ≤2546m. 3.如图3所示，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧轨道ab 和抛物线轨道bc 组成，圆弧轨道半径Oa 水平，b 点为抛物线轨道顶点.已知b 点距c 点的高度h ＝2 m ，水平距离s ＝ 2 m.重力加速度g 取10 m/s 2.图3(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)若小环套在b 点，因微小扰动而由静止开始滑下，求小环到达c 点时速度的水平分量的大小.答案 (1)0.25 m (2)2103m/s 解析 (1)小球在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，说明小环下落到b 点时的速度可使得小环做平抛运动的轨迹与轨道bc 重合，有s ＝v b t ，h ＝gt 22在ab 段轨道下滑过程中，根据动能定理可得mgR ＝mv 2b 2，联立解得R ＝0.25 m(2)小环在bc 段轨道下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，根据动能定理可得mgh ＝mv 2c2，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，设该夹角为θ，则根据平抛运动规律可知sin θ＝v b v 2b ＋2gh，根据运动的合成与分解可得sin θ＝v 水平v c，联立可得v 水平＝2103m/s.4.某校科技兴趣小组设计了如图4所示的赛车轨道，轨道由水平直轨道AB 、圆轨道BCD(B点与D点在同一水平面上但不重合)、水平直轨道DE、圆弧轨道EP 和管道式圆弧轨道PF组成，整个轨道处在同一竖直面内，AB段粗糙，其他轨道均光滑，EO2和FO3均沿竖直方向，且EO2＝FO3＝R2.已知R1＝0.5 m，R2＝1.2 m，θ＝60°.一遥控电动赛车(可视为质点)质量m＝1 kg，其电动机额定输出功率P ＝10 W，静止放在A点.通电后，赛车开始向B点运动，t0＝5 s后关闭电源，赛车继续运动，到达B点时速度v B＝5 m/s.g＝10 m/s2，求：图4(1)赛车运动到C点时的速度大小及其对轨道的压力大小；(2)赛车在AB段克服阻力所做的功；(3)要使赛车沿轨道运动到达F点水平飞出，且对管道F处的上壁无压力，赛车的通电时间应满足的条件.(假定赛车关闭电源时仍处于AB轨道上.管道上下壁间距比小车自身高度略大)答案(1) 5 m/s 0 (2)37.5 J (3)5 s≤t≤5.55 s解析(1)从B→C过程根据动能定理：－mg·2R1＝12mvC2－12mvB2解得：v C＝ 5 m/s在C点根据牛顿第二定律：mg＋F N＝m v 2 C R1解得：F N＝0根据牛顿第三定律得F N′＝F N＝0(2)A→B过程，设赛车克服阻力所做的功为W f根据动能定理：Pt0－W f＝12 mvB2解得：W f＝37.5 J(3)若t0＝5 s时关闭电源，B→F过程：－mg·2R2(1－cos θ)＝12mvF2－12mvB2解得：v F＝1 m/s可知，在恰好能过C点的临界情况下，赛车到达F点时速度为1 m/s而要使赛车在F点对管道上壁无压力并从F点水平飞出，在F点的速度应满足0＜v F≤gR2＝2 3 m/s综合上述可得1 m/s≤v F≤2 3 m/sA→F过程：Pt－Wf －mg·2R2(1－cos θ)＝12mvF2解得：5 s≤t≤5.55 s5.如图5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点是轨迹最低点，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/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：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v C1；(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＝12mv 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)＝12mv 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.。

利用动能定理分析变力做功和多过程问题—【新教材】人教版高中物理必修第二册课件

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.
第八章利用动能定理分析变力做功和多过程问题 —【新教材】人教版（2019 ）高中物理必修第二册课件 (共31 张PPT)
(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 0.75 m 解析设木块离开B点后，在水平桌面上滑行的最大距离为x，由动能定理得： mgh－Ffx＝0 所以 x＝mFgfh＝0.5×110.0×0.15 m＝0.75 m.
√C.A到B的过程中，克服摩擦力做的功为0.9 J
D.A到B的过程中，克服摩擦力做的功为0.1 J
图2
第八章利用动能定理分析变力做功和多过程问题 —【新教材】人教版（2019 ）高中物理必修第二册课件 (共31 张PPT)
第八章利用动能定理分析变力做功和多过程问题 —【新教材】人教版（2019 ）高中物理必修第二册课件 (共31 张PPT)
图1
第八章利用动能定理分析变力做功和多过程问题 —【新教材】人教版（2019 ）高中物理必修第二册课件 (共31 张PPT)

高中二轮复习专题05 动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用

专题05 动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用核心要点1、功恒力做功：W=Flcosa合力做功：W合=F合lcosa变力做功：图像法、转换法等2、功率瞬时功率：P=Fvcosa平均功率：P=wt机车启动：P=Fv3、动能定律表达式：W=12mv22−12mv12备考策略1、动能定理（1）应用思路：确定两状态(动能变化)，一过程(各个力做的功)（2）适用条件：直线运动曲线运动均可；恒力变力做功均可；单个过程多个过程均可（3）应用技巧：不涉及加速度、时间和方向问题是使用2、机械能守恒定律（1）守恒条件：在只有重力或弹力做功的物体系统内守恒角度E1=E2（2）表达形式：转化角度△E k=△E p转移角度△E A=-△E p3、功能关系：（1）合力的功等于动能的增量（2）重力的功等于重力势能增量的负值（3）弹力的功等于弹性势能增量的负值（4）电场力的功等于电势能增量的负值（5）除了重力和系统内弹力之外的其他力的功等于机械能的增量考向一动能定理的综合应用1．应用动能定理解题的步骤图解2．应用动能定理的四点提醒(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷．(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全过程应用动能定理，往往能使问题简化．(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解．例1(2020·江苏卷·4)如图1所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上．斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数．该过程中，物块的动能E k与水平位移x关系的图像是()图1解析:由题意可知设斜面倾角为θ,动摩擦因数为μ1,则物块在斜面上下滑水平距离x时根据=E k,整理可得(mgtanθ-μ1mg)x=E k,即在斜面上运动能定理有mgxtan θ-μ1mgcos θxcosθ动时动能与x成线性关系;当小物块在水平面运动时,设水平面的动摩擦因数为μ2,由动能定理有一μ2mg(x一x0)=E k一E k0,其中E0为物块滑到斜面底端时的动能, x0为在斜面底端对应的水平位移,解得E k=E k0一μ2mg(x-x0),即在水平面运动时动能与x也成线性关系;综上分析可知A 项正确。

求解变力做功问题的五种方法

求解变力做功问题的五种方法在高中阶段，应用做功公式W=FScosα来解题时，公式中F只能是恒力。

如果F是变力，就不能直接应用公式W=FScosα来求变力做功问题。

但是题目中又经常出现变力做功问题，下面介绍五种求解变力做功问题的方法。

一：将变力做功转化为恒力做功来求解我们知道变力做功不可以直接用公式W=FScosα来计算，但有些情况下，将变力转化成恒力做功，就可以用公式直接求解。

例题1：如图1所示，人用大小不变的力F拉着放在光滑平面上的物体，开始时与物体相连的绳子和水平面间的夹角是α，当拉力F作用一段时间后，绳子与水平面的夹角是β，图中的高度是h，求绳子拉力T对物体所做的功，（绳的质量，滑轮的质量和绳与滑轮之间的摩擦均不计）。

分析与解答：在物体向右运动过程中，绳子拉力T是一个变力，是变力做功问题。

但是拉力T大小等于力F的大小，且力F是恒力。

因此，求绳子拉力T对物体所做的功就等于力F所做的功。

由图可知，力F的作用点移动的位移大小为：ΔS=S1-S2。

则：W T=W F=FΔS=F（S1-S2）=Fh(1/sinα-1/sinβ).二：用动能定理来求解我们知道，动能定理的内容：外力对物体所做的功等于物体动能的增量。

如果我们研究物体所受的外力中只有一个是变力，其他力都是恒力，而且这些力做功比较容易求，就可以用动能定理来求变力做功。

例题2：如图2所示，质量为2kg的物体从A点沿半径为R的粗糙半球内表面以10m/s 的速度开始下滑，到达B点时的速度变为2m/s,求物体从A点运动到B点的过程中，摩擦力所做的功是多少？分析及解答：物体从A点运动到B点的过程中，受到重力G、弹力N和摩擦力f三个力作用，在运动过程中，摩擦力f的方向和大小都发生改变，因此摩擦力f是变力，是变力做功问题。

物体从A点运动到B点的过程中，弹力N不做功，重力G做功为零。

物体所受的三个力中摩擦力在物体从A点运动到B点的过程中对物体所做的功，就等于物体动能的变化量，则W外=W f=ΔE k=1/2mV B2-1/2mV A2=-96(J).三：用机械能守恒定律来求解我们知道，物体只受重力和弹力作用或只有重力和弹力做功时，系统的机械能守恒。

动能定理在变力做功情况下的应用

在匀加速运动过程中加速度为
a=
F m
mg
120
810
m/s2=5
m/s2，
m
8
末速度
vt
P m
1 200
m/s=10
m/s
F 120
m
上升的时间
t1=
v t
10
s=2
s，
a5
上升高度为
h1=
v t
2
102
m=10 m
2a 2 5
在功率恒定的过程中，最后匀速运动的速率为
vm=
P m
P m
1 200
类型四: 动能定理在变力做功情况下的应用
例1.如图所示，AB为1/4圆弧轨道，半径为R=0.8m，BC是水平轨道，长x=3m， BC处的摩擦系数为μ=1/15，今有质量 m=1kg的物体，自A点从静止起下滑到C 点刚好停止。求物体在轨道AB段所受的阻力对物体做的功。
例 2.如图所示，质量为 m 的物体被细绳经过光滑小孔而牵引，
m/s=15
m/s
F mg 810
外力对物体做的总功 W=Pmt2－mgh2， h1+h2=90 m
动能变化量为 ΔEk= 1 mvm2－ 1 mvt2
2
2
由动能定理得 Pmt2－mgh2= 1 mvm2－ 1 mvt2
2
2
代入数据后解得 t2=5.75 s，所以 t=t1+t2=7.75 s
所需时间至少为 7.75 s.
A R
D R
在光滑的水平面上做匀速圆周运动，拉力为某个值 F 时转动
半径为 R，当外力逐渐增大到 6F 时，物体仍做匀速圆周运动，
半径为 R/2.则外力对物体所做的功为（）

动能定理——解决变力做功问题的金钥匙

１１，＇
最大速度，请根据以上条件求出汽车的功率？
解析根据题意，在汽车运动的过程中受到牵引力
的作用，由动能定理得：＋阻＝ ÷删一 ÷舢，其中
阻＝一・ｓ，是变力所产生的功，但是由于该变力的
功率恒定，所以可用＝Ｐｔ表示，如此上式可转化为～
图１也从１８ｋｍ／ｈ增加到５４ｋｍ／ｈ，已知５４ｋｍ／ｈ是汽车行驶的
别表示点电荷电场中的三个等
势面，三个等势面的电势分别为
， ’
、
１
÷ｕ、 ÷ｕ，现在将一个带电粒
叶
子从等势面ａ上的某点处从静止状态释放，该带电粒子仅受到电场力的作用，已知带电粒子经
・ｓ＝
理，有ｑ５： ÷砌一 ÷舢。，而＝ｕ一：ｕ一 ÷ｕ
厶厶Ｊ
÷ 。一 ÷砌，当速度达到最大值时Ｆ＝，所
ｐ
１
＝
÷ ；带电粒子从等势面。运动到等势面ｃ的过程中，
收稿日期：２０１７— ０７一Ｏ１
以有＝，联立以上式子，可以解得Ｐ：６ｋＶＩ．
作者简介：张文贵（１９７５．０２一）男，江苏赣榆人，本科学历，一级教师，主要从事物理教学与研究
～
６１ —
＝
数理化解题研究
点拨本题中汽车的速度从１８ｋｍ／ｈ增加到５４ｋｍ／ｈ

2019高考物理解题方法讲与练5求解变力做功的方法含解析20180907129

求解变力做功的方法李仕才专题五：求解变力做功的方法1．等值法若某一变力做的功和某一恒力做的功相等，则可以通过计算该恒力做的功，求出该变力做的功．恒力做功又可以用W＝Fs cosα计算．例1如图，定滑轮至滑块的高度为h，已知细绳的拉力为F(恒定)，滑块沿水平面由A点前进s至B点，滑块在初、末位置时细绳与水平方向夹角分别为α和β.求滑块由A点运动到B点的过程中，绳的拉力对滑块所做的功．(不考虑绳、滑轮的摩擦和滑轮的质量)．解析设绳对滑块的拉力为T，显然T与F大小相等，细绳的拉力在对滑块做功的过程中大小虽然不变，但其方向时刻在改变，因此该问题是变力做功的问题．拉力F的大小和方向都不变，可以用公式W＝Fs cosα直接计算．由图可知，在绳与水平面的夹角由α变到β的过程中，拉力F的位移大小为h hΔs＝s1－s2＝－sinαsinβ1 1故W F＝F·Δs＝Fh( sinβ).－sinα1 1答案Fh ( sinβ)－sinα2．功率法若功率恒定，可根据W＝Pt求变力做的功．例2一列火车由机车牵引沿水平轨道行驶，经过时间t，其速度由0增大到v.已知列车总质量为M，机车功率P保持不变，列车所受阻力f为恒力．求这段时间内列车通过的路程．解析错解：以列车为研究对象，水平方向受牵引力F和阻力f.根据P＝Fv可知牵引力F＝P/v，1 设列车通过的路程为s，根据动能定理有(F－f)s＝Mv2，2Mv3联立解得s＝.2 P－fv正解：以列车为研究对象，列车水平方向受牵引力和阻力．设列车通过的路程为s，根据1 W动能定理有W F－W f＝Mv2－0.因为列车功率一定，由P＝，可知牵引力做的功W F＝Pt，联立解2 t11 Pt－Mv22得s＝.f1 Pt－Mv22答案f3．动能定理法由做功的结果——动能的变化来求变力做的功，即W＝ΔE k.例3一环状物体套在光滑水平直杆上，能沿杆自由滑动，绳子一端系在物体上，另一端绕过定滑轮，用大小恒定的力F拉着，使物体沿杆自左向右滑动，如图所示，物体在杆上通过a，b，c三点时的动能分别为E a，E b，E c，且ab＝bc，滑轮质量和摩擦均不计，则下列关系中正确的是()A．E b－E a＝E c－E bB．－E b－E a<E c－E bC．E b－E a>E c－E bD．E a<E b<E c解析设绳对物体的拉力为T，拉力F等于T.T在对物体做功的过程中大小虽然不变，但其方向时刻在改变，因此该问题是变力做功的问题．但是在滑轮的质量以及滑轮与绳间的摩擦不计的情况下，由Fl cosα及ab＝bc知W ab>W bc，根据动能定理判断．C正确．A，B错误；又由a经b到c，拉力一直做正功，故物体的动能一直在增加，选项D正确．答案CD4．功能关系法某种力做功与某种能对应，如重力、电场力做功分别与重力势能、电势能相对应，可根据相应能的变化求对应的力做的功．例4面积很大的水池，水深为H，水面上浮着一正方体木块，木块边长为a，密度为水密1度的，质量为m，开始时，木块静止，如图所示，现用力F将木块缓慢地压到水池底，不计2摩擦，求：从开始到木块刚好完全没入水中的过程中，力F所做的功．2解析解法一：因水池面积很大，可忽略因木块压入而引起的水深的变化，木块刚好完全没入水中时，图中原来画线区域的水被推开，相当于这部分水平铺于水面，这部分水的质量为m，其势能的改变量为：3 3ΔE水＝mgH－mg(H－a)＝mga4 4木块势能的改变量为：a 1ΔE m＝mg(H－2 )－mgH＝－mga2根据动能定理，力F做的功为：1 W＝ΔE水＋ΔE m＝mga.4解法二：从开始到木块完全没入水中的过程，力F所做的功为变力功．也可画出F－s图象，做功在数值上等于F－s图线与位移s轴所围图形的面积的数值，在压下木块过程中，力F与位移s成正比，从开始到完全没入1 1 1 1水中，力F的位移为a，作出F－s图象如图，据图象可求得做功W＝×amg＝mga.2 2 2 41答案mga45．平均力法如果力的方向不变，力的大小随位移按线性规律变化时，可用力的算术平均值(恒力)代替变力，利用功的定义式W＝Fs cosθ来求功．6．图象法如果参与做功的力是变力，方向与位移方向始终一致而大小随时间变化，我们可作出该力随位移变化的图象．如图所示，那么曲线与坐标轴所围的面积，即为变力做的功．3例5用铁锤将一铁钉击入木块，设木块对铁钉的阻力与铁钉进入木块内的深度成正比．在铁锤击第一次时，能把铁钉击入木块内1 cm.问击第二次时，能击入多少深度？(设铁锤每次做功相等)解析解法一：平均力法铁锤每次做的功都用来克服铁钉阻力，但摩擦阻力不是恒力，其大小与铁钉的击入深度成正比，即f＝kx，而摩擦阻力可用平均阻力来代替．－ 1 如图甲所示，第一次击入深度为x1，平均阻力F＝kx1，2－ 1 做功为W1＝F1x1＝kx.212－ 1 第二次击入深度为x1到x2，平均阻力F2＝k(x2＋x1)，2位移为x2－x1，－ 1 做功为W 2＝F2(x2－x1)＝k(x－x)．2 122两次做功相等W1＝W2，解得x2＝2x1＝1.41 cm，故Δx＝x2－x1＝0.41 cm.解法二：图象法因为阻力F＝kx，以F为纵坐标，F方向上的位移x为横坐标，作出F－x图象，如图乙所示．曲线与横坐标轴所围面积的值等于阻力F对铁钉做的功．由于两次做功相等，故有：S1＝S2(面积)，1 1即kx21＝k(x2＋x1)(x2－x1)，2 2故Δx＝x2－x1＝0.41 cm.答案0.41 cm7．极限法(极端法)极限法是把某个物理量推向极端，即极大和极小或极左和极右，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或导出一般结论的思维方法．极限法在进行某些物理过程的分析时，具有独特的作用，恰当地应用极限法能提高解题效率，使问题化难为易，化繁为简．例6如图所示，用竖直向下的恒力F通过跨过光滑定滑轮的细线拉动静止在光滑水平面上的物体，物体沿水平面移动过程中经过A、B、C三点，设AB＝BC，物体经过A、B、C三点时4的动能分别为E k A，E k B，E k C，则它们之间满足的关系是()A．E k B－E k A＝E k C－E k B B．E k B－E k A<E k C－E k BC．E k B－E k A>E k C－E k B D．E k C<2E k B解析此题中物体受到的拉力大小恒定，但与水平方向的夹角逐渐增大，属于变力做功问题，求拉力做的功可转化为恒力做功问题．设物体在A、B、C三点时到滑轮的距离分别为L1、L2、L3，则W1＝F(L1－L2)，W2＝F(L2－L3)，要比较W1和W2的大小，只需要比较(L1－L2)和(L2－L3)的大小．由于从L1到L3的过程中，绳与水平方向的夹角逐渐变大，所以可以把夹角推到两个极端情况．L1与水平方向的夹角很小，推到接近于0°时，则L1－L2≈AB；L3与水平方向的夹角较大，推到接近90°时，则L2－L3≈0，由此可知，L1－L2>L2－L3，故W1>W2，再由动能定理可判断C、D正确．答案CD8．微元法在使用微元法处理问题时，需将其分解为众多微小的“元过程”，而且每个“元过程”所遵循的规律是相同的，这样，我们只需分析这些“元过程”，然后再对“元过程”运用必要的数学方法或物理思想处理，进而使问题得到解决．当物体在变力的作用下做曲线运动时，若力的方向与物体运动的切线方向之间的夹角不变，且力的方向与位移的方向同步变化，则可用微元法将曲线分成无限个小元段，每一小元段可认为是恒力做功，那么总功即为各个小元段做功的代数和．例7如图所示，将质量为m的物体从山脚拉到高为h的山顶，且拉力总是与物体所经过的坡面平行，已知物体与坡面的动摩擦因数为μ，山脚到山顶的水平距离为s，求将物体从山脚拉到山顶克服摩擦力做多少功？解析物体在拉力作用下从山脚拉到山顶，由于摩擦力在山坡的不同位置方向、大小都5。