第5章 第2课时动能定理

第2课时 动能定理考纲解读 1.掌握动能的概念，知道动能是标量，会求动能的变化量.2.掌握动能定理，能运用动能定理解答实际问题．1．[对动能定理的理解]关于动能定理的表达式W ＝E k2－E k1，下列说法正确的是 ( )A ．公式中的W 为不包含重力的其他力做的总功B ．公式中的W 为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C ．公式中的E k2－E k1为动能的增量，当W >0时动能增加，当W <0时，动能减少D ．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功 答案 BC2．[动能定理的应用]甲、乙两物体质量之比m 1∶m 2＝1∶2，它们与水平桌面间的动摩擦因数相同，在水平桌面上运动时，因受摩擦力作用而停止． (1)若它们的初速度相同，则运动位移之比为________； (2)若它们的初动能相同，则运动位移之比为________． 答案 (1)1∶1 (2)2∶1解析 设两物体与水平桌面间的动摩擦因数为μ. (1)它们的初速度相同，设为v 0，由动能定理得： －μm 1gl 1＝0－12m 1v 20 －μm 2gl 2＝0－12m 2v 20 所以l 1∶l 2＝1∶1.(2)它们的初动能相同，设为E k ，由动能定理得： －μm 1gl 1＝0－E k －μm 2gl 2＝0－E k所以l 1∶l 2＝m 2∶m 1＝2∶1.3．[利用动能定理求变力的功]假定地球、月球都静止不动，用火箭从地球沿地月连线向月球发射一探测器．假定探测器在地球表面附近脱离火箭．用W 表示探测器从脱离火箭处飞到月球的过程中克服地球引力做的功，用E k 表示探测器脱 离火箭时的动能，若不计空气阻力(地球质量约为月球的6倍)．则( )A ．E k 必须大于或等于W ，探测器才能到达月球B ．E k 小于W ，探测器也可能到达月球C ．E k ＝12W ，探测器一定能到达月球D ．E k ＝12W ，探测器一定不能到达月球答案 BD解析 因为探测器从脱离火箭到飞到月球的过程中，探测器不但受到地球对它的引力，而且还受到月球对它的引力，地球引力对探测器做负功，月球引力对探测器做正功，利用动能定理得－W 地＋W 月＝E k 末－E k (假设恰好到达月球，此时末动能E k 末＝0)，对上式变形可得：E k ＝W 地－W 月<W 地＝W ，可见，E k 小于W ，探测器也能到达月球，故选项A 错误，B 正确；又由地球质量约为月球质量的6倍，故地球对探测器产生的平均作用力比月球的大，做的功满足关系式：E k ＝W 地－W 月＝56W 地>12W ，可知当E k 等于12W 时，探测器不可能到达月球，故选项C 错误，D 正确．动能定理1．内容：力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化． 2．表达式：W ＝12m v 22－12m v 21＝E k2－E k1. 3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度． 4．适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动． (2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用.考点一 动能定理及其应用1．动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化具有等量代换关系．合外力的功是引起物体动能变化的原因．2．动能定理中涉及的物理量有F 、l 、m 、v 、W 、E k 等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理．3．若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式．例1 我国第一艘航空母舰“辽宁号”已经投入使用．为使战斗机更容易起飞，“辽宁号”使用了跃习技术，其甲板可简化为如图1所示的模型：AB 部分水平，BC 部分倾斜，倾角为θ.战机从A 点开始滑跑，从C 点离舰，此过程中发动机的推力和飞机所受甲板和空气阻力的合力大小恒为F ，ABC 甲板总长度为L ，战斗机质量为m ，离舰时的速度为v m ，不计飞机在B 处的机械能损失．求AB 部分的长度．图1解析 设AB 段长为s ，从A 到C ，根据动能定理得： W F ＋W G ＝12m v 2m即FL －mgh ＝12m v 2mh ＝(L －x )sin θ综合以上各式解得：x ＝L －2FL －m v 2m2mg sin θ答案 L －2FL －m v 2m2mg sin θ应用动能定理解题的基本思路 (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力的做功情况：(3)明确研究对象在过程的初末状态的动能E k1和E k2；(4)列动能定理的方程W 合＝E k2－E k1及其他必要的解题方程，进行求解．突破训练1 小孩玩冰壶游戏，如图2所示，将静止于O 点的冰壶(视为质点)沿直线OB 用水平恒力推到A 点放手，此后冰壶沿直线滑行，最后停在B 点．已知冰面与冰壶的动摩擦因数为μ，冰壶质量为m ，OA ＝x ，AB ＝L .重力加速度为g .求：图2(1)冰壶在A 点的速率v A ；(2)冰壶从O 点运动到A 点的过程中受到小孩施加的水平推力F . 答案 (1)2μgL (2)μmg (x ＋L )x解析 (1)冰壶从A 点运动至B 点的过程中，只有滑动摩擦力对其做负功，由动能定理得－μmgL ＝0－12m v 2A解得v A ＝2μg L(2)冰壶从O 点运动至A 点的过程中，水平推力F 和滑动摩擦力同时对其做功，由动能定理得(F －μmg )x ＝12m v 2A解得F ＝μmg (x ＋L )x考点二 利用动能定理求变力的功例2 如图3所示，质量为m 的小球用长为L 的轻质细线悬于O 点，与O 点处于同一水平线上的P 点处有一个光滑的细钉，已知OP ＝L2，在A 点给小球一个水平向左的初速度v 0，发现小球恰能到达跟P 点在同一竖直线上的最高点B .求：图3(1)小球到达B 点时的速率；(2)若不计空气阻力，则初速度v 0为多少；(3)若初速度v 0＝3gL ，则小球在从A 到B 的过程中克服空气阻力做了多少功． 解析 (1)小球恰能到达最高点B ， 有mg ＝m v 2BL 2，得v B ＝gL 2. (2)若不计空气阻力，从A →B 由动能定理得 －mg (L ＋L 2)＝12m v 2B －12m v 20 解得v 0＝7gL2.(3)由动能定理得－mg (L ＋L 2)－W f ＝12m v 2B －12m v 20 解得W f ＝114mgL .答案 (1)gL2(2) 7gL 2 (3)114mgL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)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．突破训练2 如图4所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )图4A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR答案 D解析 小球到达B 点时，恰好对轨道没有压力，故只受重力作用，根据mg ＝m v 2R 得，小球在B 点的速度v ＝gR .小球从P 点到B 点的过程中，重力做功W ＝mgR ，故选项A 错误；减少的机械能ΔE 减＝mgR －12m v 2＝12mgR ，故选项B 错误；合外力做功W 合＝12m v 2＝12mgR ，故选项C 错误；根据动能定理得，mgR －W f ＝12m v 2－0，所以W f ＝mgR －12m v 2＝12mgR ，故选项D 正确．考点三 动能定理与图象结合的问题例3 小军看到打桩机，对打桩机的工作原理产生了兴趣．他构建了一个打桩机的简易模型，如图5甲所示．他设想，用恒定大小的拉力F 拉动绳端B ，使物体从A 点(与钉子接触处)由静止开始运动，上升一段高度后撤去F ，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度．按此模型分析，若物体质量m ＝1 kg ，上升了1 m 高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能E k 与上升高度h 的关系图象如图乙所示．(g 取10 m/s 2，不计空气阻力)图5(1)求物体上升到0.4 m 高度处F 的瞬时功率．(2)若物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其不再落下，钉子获得20 J 的动能向下运动．钉子总长为10 cm.撞击前插入部分可以忽略，不计钉子重力．已知钉子在插入过程中所受阻力F f 与深度x 的关系图象如图丙所示，求钉子能够插入的最大深度． 审题突破 ①E k －h 图象中斜率表示物体所受合外力． ②计算瞬时功率用公式P ＝F v ，其中v 为瞬时速度． ③当力随位移均匀变化时可用W ＝F x 计算变力的功． 解析 (1)撤去F 前，根据动能定理，有 (F －mg )h ＝E k －0由题图乙得，斜率为k ＝F －mg ＝20 N 得F ＝30 N又由题图乙得，h ＝0.4 m 时，E k ＝8 J ，则v ＝4 m/s P ＝F v ＝120 W(2)碰撞后，对钉子，有－F f x ′＝0－E k ′ 已知E k ′＝20 J F f ＝k ′x ′2又由题图丙得k ′＝105 N/m 解得：x ′＝0.02 m 答案 (1)120 W (2)0.02 m突破训练3 随着中国首艘航母“辽宁号”的下水，同学们对舰载机的起降产生了浓厚的兴趣．下面是小聪编制的一道舰载机降落的题目，请你阅读后求解．图6(1)假设质量为m 的舰载机关闭发动机后在水平地面跑道上降落，触地瞬间的速度为v 0(水平)，在跑道上滑行的v －t 图象如图6所示．求舰载机滑行的最大距离和滑行时受到的平均阻力大小；(2)航母可以通过设置阻拦索来增大对舰载机的阻力．现让该舰载机关闭发动机后在静止于海面上的航母水平甲板上降落，若它接触甲板瞬间的速度仍为v 0(水平)，在甲板上的运动可以看做匀变速直线运动，在甲板上滑行的最大距离是在水平地面跑道上滑行的最大距离的14.求该舰载机在航母上滑行时受到的平均阻力大小(结果用m 、v 0、t 0表示)．答案 (1)12v 0t 0 m v 0t 0 (2)4m v 0t 0解析 (1)由题图，根据匀变速运动规律可得 最大距离为x ＝12v 0t 0由动能定理有－F f x ＝0－12m v 20解得阻力F f ＝m v 0t 0(2)最大距离x ′＝14x ＝18v 0t 0由动能定理有－F f ′x ′＝0－12m v 20联立解得F f ′＝4m v 0t 022.利用动能定理分析多过程问题例4 如图7所示，倾角为37°的粗糙斜面AB 底端与半径R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道BC 平滑相连，O 点为轨道圆心，BC 为圆轨道直径且处于竖直方向，A 、C 两点等高．质量m ＝1 kg 的滑块从A 点由静止开始下滑，恰能滑到与O 点等高的D 点，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图7(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C 点，求滑块从A 点沿斜面滑下时的初速度v 0的最小值； (3)若滑块离开C 点的速度大小为4 m/s ，求滑块从C 点飞出至落到斜面上所经历的时间t .审题与关联解析 (1)滑块从A 点到D 点的过程中，根据动能定理有mg (2R －R )－μmg cos 37°·2R sin 37°＝0－0解得：μ＝12tan 37°＝0.375(2)若使滑块能到达C 点，根据牛顿第二定律有mg ＋F N ＝m v 2CR由F N ≥0得v C ≥Rg ＝2 m/s滑块从A 点到C 点的过程中，根据动能定理有 －μmg cos 37°·2R sin 37°＝12m v 2C －12m v 2则v 0＝v 2C ＋4μgR cot 37°≥2 3 m/s ，故v 0的最小值为2 3 m/s (3)滑块离开C 点后做平抛运动，有x ＝v C ′t ，y ＝12gt 2由几何知识得tan 37°＝2R －yx，整理得：5t 2＋3t －0.8＝0，解得t ＝0.2 s(t ＝－0.8 s 舍去) 答案 (1)0.375 (2)2 3 m/s (3)0.2 s1．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，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程． 2．当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、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．突破训练4 一轻质细绳一端系一质量为m ＝120kg 的小球A ，另一端挂在光滑水平轴O 上，O 到小球的距离为L ＝0.1 m ，小球跟水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板，如图8所示，水平距离s 为2 m ，动摩擦因数为0.25.现有一小滑块B ，质量也为m ，从斜面上滑下，与小球碰撞时交换速度，与挡板碰撞不损失机械能．若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，g 取10 m/s 2，试问：图8(1)若滑块B 从斜面某一高度h 处滑下与小球第一次碰撞后，使小球恰好在竖直平面内做圆周运动，求此高度h .(2)若滑块B 从h ′＝5 m 处滑下，求滑块B 与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力． (3)若滑块B 从h ′＝5 m 处滑下与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数n . 答案 (1)0.5 m (2)48 N (3)10解析 (1)碰后，小球恰能在竖直平面内做圆周运动，设运动到最高点的速度为v 0，此时仅由重力充当向心力， 则有mg ＝m v 20L，解得v 0＝1 m/s在滑块从h 处运动到小球到达最高点的过程中，由动能定理 mg (h －2L )－μmg s 2＝12m v 20解得h ＝0.5 m(2)若滑块从h ′＝5 m 处下滑到将要与小球碰撞时速度为v 1，则有mgh ′－μmg s 2＝12m v 21滑块与小球碰后的瞬间，滑块静止，小球以v 1的速度开始做圆周运动，绳的拉力F T 和重力的合力充当向心力，则有F T －mg ＝m v 21L解得F T ＝48 N(3)滑块和小球第一次碰撞后，每在水平面上经过路程s 后就会再次碰撞，则mgh ′－μmg s 2－12m v 20－2mgLμmgs＋1≥n解得n ≤10，故小球最多做10次完整的圆周运动．高考题组1．(2013·海南·13)一质量m ＝0.6 kg 的物体以v 0＝20 m /s 的初速度从倾角α＝30°的斜坡底端沿斜坡向上运动．当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了ΔE k ＝18 J ，机械能减少了ΔE ＝3 J ，不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2，求： (1)物体向上运动时加速度的大小； (2)物体返回斜坡底端时的动能． 答案 (1)6 m/s 2 (2)80 J解析 (1)设物体在运动过程中所受的摩擦力大小为f ，向上运动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律有 a ＝mg sin α＋fm①设物体动能减少ΔE k 时，在斜坡上运动的距离为s ，由功能关系得 ΔE k ＝(mg sin α＋f )s ② ΔE ＝fs③联立①②③式并代入数据可得 a ＝6 m/s 2④(2)设物体沿斜坡向上运动的最大距离为s m ，由运动学规律可得s m ＝v 202a⑤设物体返回底端时的动能为E k ，由动能定理有 E k ＝(mg sin α－f )s m⑥联立①④⑤⑥式并代入数据可得 E k ＝80 J 模拟题组2．光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力作用开始运动，拉力F 随时间t 变化的图象如图9所示，用E k 、v 、x 、P 分别表示物体的动能、速度、位移和拉力F 的功率，下列四个图象分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，其中正确的是 ( )图9答案 BD解析 由于拉力F 恒定，所以物体有恒定的加速度a ，则v ＝at ，即v 与t 成正比，选项B 正确；由P ＝F v ＝Fat 可知，P 与t 成正比，选项D 正确；由x ＝12at 2可知x 与t 2成正比，选项C 错误；由动能定理可知E k ＝Fx ＝12Fat 2，E k 与t 2成正比，选项A 错误．3．如图10所示，光滑的14圆弧AB ，半径R ＝0.8 m ，固定在竖直平面内．一辆质量为M ＝2kg 的小车处在光滑水平平面上，小车的上表面CD 与圆弧在B 点的切线重合，初始时B 与C 紧挨着，小车长L ＝1 m ．现有一个质量为m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)，自圆弧上的A 点由静止开始释放，滑块运动到B 点后冲上小车，带动小车向右运动，当滑块与小车分离时，小车运动了x ＝0.2 m ，此时小车的速度为v ＝1 m/s.求：图10(1)滑块到达B 点时对圆弧轨道的压力； (2)滑块与小车间的动摩擦因数； (3)滑块与小车分离时的速度．答案 (1)30 N ，方向竖直向下 (2)0.5 (3)2 m/s 解析 (1)滑块从A 到B 的过程，由动能定理得 mgR ＝12m v 2B滑块在B 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2BR代入数据解得F N ＝30 N由牛顿第三定律知，滑块在B 点对轨道的压力为30 N ，方向竖直向下 (2)对小车，由动能定理得μmgx ＝12M v 2代入数据解得μ＝0.5(3)对滑块，在小车上运动的过程中，由动能定理得－μmg (x ＋L )＝12m v 2D －12m v 2B 代入数据解得v D ＝2 m/s4．如图11所示，固定在水平面上的斜面与水平面的连接处为一极小的光滑圆弧(物块经过Q 点时不损失机械能)，斜面与地面是用同种材料制成的．斜面的最高点为P ，P 距离水平面的高度为h ＝5 m ．在P 点先后由静止释放两个可视为质点的小物块A 和B ，A 、B 的质量均为m ＝1 kg ，A 与斜面及水平面的动摩擦因数为μ1＝0.5，B 与斜面及水平面的动摩擦因数为μ2＝0.3.A 物块从P 点由静止释放后沿斜面滑下，停在了水平面上的某处．求：图11(1)A 物块停止运动的位置距离斜面的直角顶端O 点的距离是多少；(2)当A 物块停止运动后准备再释放B 物块时发现它们可能会发生碰撞，为了避免A 、B 碰撞，此时对A 另外施加了一个水平向右的外力F ，把A 物体推到了安全的位置，之后再释放B 就避免了A 、B 碰撞．求外力F 至少要做多少功，可使A 、B 不相撞．(g 取10 m/s 2，此问结果保留三位有效数字) 答案 见解析解析 (1)设斜面倾角为θ，物块所停位置到Q 点距离为s . 斜面长L ＝hsin θ摩擦力F f ＝μF N ＝μmg cos θ由动能定理得：mgh －μmg cos θhsin θ－μmgs ＝0停止的位置到O 点距离x ＝htan θ＋s 由以上各式得x ＝hμA 物块x A ＝hμ1＝10m(2)若只释放B 后同理得 x B ＝hμ2≈16.7mΔx ＝x B －x A ＝6.7m若不相碰应将A 至少向右推出Δx ， 依动能定理W F －μ1mg Δx ＝E K A当E K A ＝0时W F 最小故至少做功W F ＝μ1mgΔx ＝33.5 J.(限时：45分钟)►题组1 动能定理的简单应用1．一人乘竖直电梯从1楼到12楼，在此过程中经历了先加速，后匀速，再减速的运动过程，则下列说法正确的是( )A ．电梯对人做功情况是：加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功B ．电梯对人做功情况是：加速和匀速时做正功，减速时做负功C ．电梯对人做的功等于人动能的增加量D ．电梯对人做的功和重力对人做的功的代数和等于人动能的增加量 答案 D解析 电梯向上加速、匀速、再减速运动的过程中，电梯对人的作用力始终向上，故电梯始终对人做正功，A 、B 均错误；由动能定理可知，电梯对人做的功和重力对人做的功的代数和等于人动能的增加量，故C 错误，D 正确．2．一辆汽车以v 1＝6 m /s 的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行x 1＝3.6 m ，如果以v 2＝8 m/s 的速度行驶，在同样路面上急刹车后滑行的距离x 2应为(不计空气阻力的影响)( )A ．6.4 mB ．5.6 mC ．7.2 mD ．10.8 m答案 A解析 急刹车后，车只受摩擦阻力F f 的作用，且两种情况下摩擦力大小是相同的，汽车的末速度皆为零．则有 －F f x 1＝0－12m v 21① －F f x 2＝0－12m v 22②②式除以①式得x 2x 1＝v 22v 21.故汽车滑行距离：x 2＝v 2221x 1＝(86)2×3.6 m ＝6.4 m3．质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x 的变化情况如图1所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( )图1A ．2 2 m /sB ．3 m/sC ．4 m/sD.17 m/s答案 B解析 F －x 图象与坐标轴围成的图形面积表示力F 做的功，图形位于x 轴上方表示力做正功，位于x 轴下方表示力做负功，面积大小表示功的大小，所以物体运动到x ＝16 m 处时，力F 对物体做的总功W ＝40 J ，由动能定理W ＝12m v 22－12m v 21，代入数据可得v 2＝3 m/s ，B 正确．4．在新疆旅游时，最刺激的莫过于滑沙运动．某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为2v 0，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为L ，斜面倾角为α，人的质量为m ，滑沙板质量不计，重力加速度为g .则( )A ．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v 0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为3v 0B ．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v 0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为5v 0C ．人沿沙坡下滑时所受阻力F f ＝mg sin α－2m v 20/LD ．人在下滑过程中重力功率的最大值为2mg v 0 答案 BC解析 某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为2v 0，由动能定理可得，mgL sin α－F f L ＝12m (2v 0)2.若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v 0的初速度下滑，由动能定理得，mgL sin α－F f L ＝12m v 2－12m v 20，联立解得v＝5v 0.选项A 错误，B 正确；由mgL sin α－F f L ＝12m (2v 0)2解得人沿沙坡下滑时所受阻力F f ＝mg sin α－2m v 20/L ，选项C 正确；人在下滑过程中重力功率的最大值为mg ·2v 0·sin α＝2mg v 0sin α，选项D 错误. ►题组2 应用动能定理求解变力的功5．如图2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( )图2A ．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 x h 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．6．如图3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( )图3A.12R (F N －3mg ) B.12R (3mg －F N ) C.12R (F N －mg )D.12R (F N －2mg ) 答案 A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．7．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.13mgR C.12mgRD ．mgR答案 C解析 小球通过最低点时，绳的张力为F ＝7mg ① 由牛顿第二定律可知：F －mg ＝m v 21R②小球恰好能通过最高点，则在最高点时绳子拉力为零，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．►题组3 应用动能定理分析多过程问题8．如图5所示，QB 段为一半径为R ＝1 m 的光滑圆弧轨道，AQ 段为一长度为L ＝1 m 的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q 点，Q 在圆心O 的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内．物块P 的质量为m ＝1 kg(可视为质点)，P 与AQ 间的动摩擦因数μ＝0.1，若物块P 以速度v 0从A 点滑上水平轨道，到C 点后又返回A 点时恰好静止．(取g ＝10 m/s 2)求：图5(1)v 0的大小；(2)物块P 第一次刚通过Q 点时对圆弧轨道的压力． 答案 (1)2 m/s (2)12 N ，方向竖直向下解析 (1)物块P 从A 到C 又返回A 的过程中，由动能定理有 －μmg ·2L ＝0－12m v 20解得v 0＝4μgL ＝2 m/s(2)设物块P 第一次刚通过Q 点时的速度为v ，在Q 点轨道对P 的支持力为F N ，由动能定理和牛顿第二定律有 －μmgL ＝12m v 2－12m v 20F N －mg ＝m v 2R解得F N ＝12 N由牛顿第三定律可知，物块P 第一次刚通过Q 点时对圆弧轨道的压力大小也为12 N ，方向竖直向下9．如图6甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB 的A 处连接一粗糙水平面OA ，OA长为4 m ．有一质量为m 的滑块，从O 处由静止开始受一水平向右的力F 作用．F 只在水平面上按图乙所示的规律变化．滑块与OA 间的动摩擦因数μ＝0.25，g 取10 m/s 2，试求：图6(1)滑块运动到A 处的速度大小．(2)不计滑块在A 处的速率变化，滑块冲上斜面AB 的长度是多少？ 答案 (1)5 2 m/s (2)5 m解析 (1)由题图乙知，在前2 m 内，F 1＝2mg ，做正功，在第3 m 内，F 2＝－0.5mg ，做负功，在第4 m 内，F 3＝0，滑动摩擦力F f ＝－μmg ＝－0.25mg ，始终做负功，对于滑块在OA 上运动的全过程，由动能定理得： F 1x 1＋F 2x 2＋F f x ＝12m v 2A－0即2mg ×2－0.5mg ×1－0.25mg ×4＝12m v 2A解得v A ＝5 2 m/s(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得 －mgL sin 30°＝0－12m v 2A解得：L ＝5 m所以滑块冲上AB 的长度L ＝5 m10．如图7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x 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/s 2.求：图7(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 v 2B得v B ＝2(F －μmg )x ABm＝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 2DR－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 m。