应用动能定理求解变力做功问题(含答案)
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（ ）
摩擦力做功问题及求变力做功的几种方法(学生版)-高考物理热点模型
摩擦力做功问题及求变力做功的几种方法学校：_________班级：___________姓名：_____________模型概述1.摩擦力做功问题1)无论是静摩擦力还是滑动摩擦力都可以对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。
2)静摩擦力做功的能量问题①静摩擦做功只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能。
②一对静摩擦力所做功的代数和总等于零，而总的机械能保持不变。
3)滑动摩擦力做功的能量问题①滑动摩擦力做功时，一部分机械能从一个物体转移到另一个物体，另一部分机械能转化为内容，因此滑动摩擦力做功有机械能损失。
②一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，总功W =-F f ⋅x 相对，即发生相对滑动时产生的热量。
2.求变力做功的几种方法1．用W =Pt 求功当牵引力为变力，且发动机的功率一定时，由功率的定义式P =W t，可得W =Pt .1)“微元法”求变力做功:情形一：当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，力F 做的功与路程有关，W =Fs 或W =-Fs ，其中s 为物体通过的路程．情形二：当力的大小不变，运动为曲线时，将物体的位移分割成许多小段,因小段很小,每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力,这样就将变力做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力所做功的代数和,此法适用于求解大小不变、方向改变的变力做功.【举例】质量为m 的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功W f =F f ⋅Δx 1+F f ⋅Δx 2+F f ⋅Δx 3+...=F f ⋅(Δx 1+Δx 2+Δx 3+...)=F f ⋅2πR2)“图像法”求变力做功:在F -x 图像中,图线与x 轴所围“面积”的代数和就表示力F 在这段位移内所做的功,且位于x 轴上方的“面积”为正功,位于x 轴下方的“面积”为负功,但此方法只适用于便于求图线与x 轴所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形).【举例】一水平拉力拉着一物体在水平面上运动的位移为x 0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W =F 0+F 12x3)“平均力”求变力做功:当力的方向不变而大小随位移线性变化时,可先求出力对位移的平均值F =F 0+F 12,再由W =F l cos θ计算,如弹簧弹力做功.【举例】弹力做功，弹力大小随位移线性变化，取初状态弹力为0，则W =F x =0+F k 2x =0+kx 2x =12kx 24.应用动能定理求解变力做功：在一个有变力做功的过程中，当变力做功无法直接通过功的公式求解时，可用动能定理W 变+W 恒=12mv 22-12mv 21，物体初、末速度已知，恒力做功W 恒可根据功的公式求出，这样就可以得到W 变=12mv 22-12mv 21-W 恒，就可以求出变力做的功了．【举例】用力F 把小球从A 处缓慢拉到B 处，F 做功为W F ，则有：W F +W G =0⇒W F -mgl (1-cos θ)=0⇒W F =mgl (1-cos θ)5)等效转换法求解变力做功：将变力转化为另一个恒力所做的功。
高中物理第07章能量守恒 微型专题能力突破 17(利用动能定理分析变力做功和多过程问题)
高中物理第07章能量守恒 微型专题能力突破 17利用动能定理分析变力做功与多过程问题 Lex Li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】 如图所示，质量为m 的小球自由下落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：(1)小球运动到B 处时对轨道的压力大小；(2)小球在BC 运动过程中，摩擦力对小球做的功.B 至C 的过程中摩擦力为变力(大小方向都变)，求变力的功不能直接根据功的公式，通常用动能定理求解.针对训练1 如图所示，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 ( )A.14mgRB.13mgRC.12mgRD.π4mgR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：(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.针对训练2如图所示，质量m＝1 kg的木块静止在高h＝1.2 m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＝20 N，使木块产生位移l1＝3 m时撤去，木块又滑行l2＝1 m后飞出平台，求木块落地时速度的大小.(g取10 m/s2)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v min＝0.②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v min＝gR.【例3】如图所示，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.(1)求小球的初速度v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.四、动能定理在多过程往复运动中的应用【例4】某游乐场滑梯可以简化为如图所示竖直面内的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/s2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(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.4.1.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 ＝fs(s 为路程).4.2.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.01.(用动能定理求变力的功)如图所示，质量为m 的物体与水平转台间的动摩擦因数为μ，物体与转轴相距R ，物体随转台由静止开始转动.当转速增至某一值时，物体即将在转台上滑动，此时转台开始匀速转动.设物体的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则在整个过程中摩擦力对物体做的功是 ( )A.0B.2μmgRC.2πμmgRD.μmgR 202.(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 ，如图所示.已知物体与水平面间动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x ，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力做的功为( )A.12mv 02－μmg (s ＋x )B.12mv 02－μmgxC.μmgsD.μmg (s ＋x )03.(利用动能定理分析多过程往复运动问题)如图所示，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 的速度开始运动，经过BC 后滑到高出C 点10.3 m 的D 点速度为0.求：(g 取10 m/s 2)(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；(3)物体最后停止的位置(距B 点多少米).04.(动能定理在平抛、圆周运动中的应用)如图10所示，一个质量为m ＝0.6 kg 的小球以初速度v 0＝2 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R ＝0.3 m ，θ＝60°，g ＝10 m/s 2.求：(1)小球到达A 点的速度v A 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 .一、选择题考点一 利用动能定理求变力的功01.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 －12mv 2－12mv 02B.12mv 2－12mv 02－mghC.mgh ＋12mv 02－12mv 2D.mgh ＋12mv 2－12mv 0202.如图所示，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，那么物体在AB 段克服摩擦力所做的功为 ( )A.12μmgRB.12mgRC.mgRD.(1－μ)mgR03.一质量为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 点很缓慢地移动到Q 点，如图所示，则拉力F 所做的功为 ( )A.mgl cos θB.mgl (1－cos θ)C.Fl cos θD.Fl sin θ04.如图所示，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 点的速度大小为( )A.大于7 m/sB.等于7 m/sC.小于7 m/sD.无法确定05.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.14mgRB.13mgRC.12mgRD.mgR06.(多选)如图所示，某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置.当太阳光照射到小车上方的光电板，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进.若太阳光照射到小车上方的光电板，小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t 前进距离s ，速度达到最大值v m ，设这一过程中电动机的功率恒为P ，小车所受阻力恒为F ，那么 ( )A.这段时间内电动机所做的功为PtB.这段时间内小车先加速运动，然后匀速运动C.这段时间内电动机所做的功为12mv m 2＋FsD.这段时间内电动机所做的功为12mv m 2考点二 利用动能定理分析多过程问题07.(多选)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v max 后，立即关闭发动机直至静止，v －t 图象如图所示，设汽车的牵引力为F ，受到的摩擦力为f ，全过程中牵引力做功为W 1，克服摩擦力做功为W 2，则 ( )A.F ∶f ＝1∶3B.W 1∶W 2＝1∶1C.F ∶f ＝4∶1D.W 1∶W 2＝1∶308.如图所示，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()A.P处B.P、Q之间C.Q处D.Q的右侧09.(多选)如图所示为一滑草场.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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).则()A.动摩擦因数μ＝67B.载人滑草车最大速度为2gh 7C.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3 5g二、非选择题10.(应用动能定理分析多过程问题)如图所示，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.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，重力加速度为g.(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x1.11.(应用动能定理分析多过程问题)如图所示，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，重力加速度为g.求：(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.12.(应用动能定理分析多过程问题)如图所示，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：(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.01.(应用动能定理分析多过程问题)如图所示，某次飞行表演中，飞行员驾驶飞机在竖直面内做半径为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.(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.02.(应用动能定理分析多过程问题)如图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 max＝0.6 N，g取10 m/s2，求：(不计空气阻力)(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？03.(应用动能定理分析多过程问题)如图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，g＝10 m/s2，求：(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？04.(应用动能定理分析多过程问题)如图所示，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：(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N min；(4)物体在粗糙斜面AB上滑行的总路程s总.高中物理第07章能量守恒微型专题能力突破 17 利用动能定理分析变力做功与多过程问题Lex Li 【例1】(1)5mg(2)－34mgd解析(1)小球运动到B点的过程由动能定理得2mgd＝12mv2，在B点：N－mg＝mv2d，得：N＝5mg，根据牛顿第三定律：小球在B处对轨道的压力N′＝N＝5mg.(2)小球恰好通过C点，则mg＝mv C2d2.小球从B运动到C的过程：－mgd＋W f＝12mv C2－12mv2，得Wf＝－34mgd.针对训练1 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N －mg＝mv Q2R，由题意及牛顿第三定律知N＝2mg，可得v Q＝gR，质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得mgR－W f＝12mv Q2，得克服摩擦力所做的功为Wf＝12mgR，选项C正确.【例2】(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－fL－mgh＝0其中f＝μN＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N所以h＝FL－F f Lmg ＝－0.5×10m＝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－fx＝0所以：x＝mghF f＝0.5×10×0.151.0m＝0.75 m针对训练211.3 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－μmgl1＝12mv12 －μmgl2＝12mv22－12mv12 mgh＝12mv32－12mv22 解得v3≈11.3 m/s 解法二对全过程由动能定理得：Fl1－μmg(l1＋l2)＋mgh＝12mv2－0代入数据解得v≈11.3 m/s【例3】 (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)＝12mv A 2－12mv 02 ②由①②得：v 0＝3 m/s.(2)若小球恰好通过最高点C ，在最高点C 处有mg ＝mv C 2R ，小球从桌面运动到C 点的过程中，由动能定理得：W f ＝12mv C 2－12mv 02，代入数据解得W f ＝－4 J.【例4】 (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 37°)＝0－12mv C 2，v C ＝215 m/s在C 点，由牛顿第二定律得：N －mg ＝m v C 2R ，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)＝0－12mv 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＝0－12mv 02 解得s ＝21 m.01.D 物体即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物体的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物体做圆周运动的线速度为v ，则有μmg ＝mv 2R .①在物体由静止到获得速度v 的过程中，物体受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物体做功，由动能定理得：W ＝12mv 2－0.② 联立①②解得W ＝12μmgR . 02.A 由动能定理得－W －μmg (s ＋x )＝0－12mv 02，W ＝12mv 02－μmg (s ＋x ).03.(1)0.5 (2)13.3 m/s (3)距B 点0.4 m解析 (1)由动能定理得:－mg (h －H )－μmgs BC ＝0－12mv 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 ＝12mv 22－12mv 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 ＝0－12mv 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.04.(1)4 m/s (2)0.6 m (3)1.2 J解析 (1)在A 点由速度的合成得v A ＝v 0cos θ，代入数据解得v A ＝4 m/s(2)从P 点到A 点小球做平抛运动，竖直分速度v y ＝v 0tan θ由运动学规律有v y 2＝2gH 解得H ＝0.6 m(3)恰好过C 点满足mg ＝mv C 2R由A 点到C 点由动能定理得：－mgR (1＋cos θ)－W ＝12mv C 2－12mv A 2 代入数据解得W ＝1.2 J.01.C 选取物块从刚抛出到落地时的过程，由动能定理可得：mgh －W f 克＝12mv 2－12mv 02解得：W f 克＝mgh ＋12mv 02－12mv 2.02.D 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 .03.B 小球缓慢移动，时时都处于平衡状态，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.由于物体缓慢移动，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).04.C 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，B 点动能小于A 点动能，C 正确.05.C 小球通过最低点时，设绳的张力为T ，则：T －mg ＝m v 12R ，6mg ＝m v 12R ①，小球恰好过最高点，绳子拉力为零，这时mg ＝m v 22R ②，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 ＝12mv 22－12mv 12③，由①②③式联立解得W f ＝12mgR ，选C.06.AC 根据W ＝Pt 知，这段时间内电动机所做的功为Pt ，故A 正确；电动机的功率不变，速度增大，则牵引力减小，加速度减小，先做加速度减小的加速运动，当加速度减为零后，做匀速直线运动，而在t 时间内做加速运动，故B 错误；根据动能定理得，W －Fs ＝12mv m 2，则这段时间内电动机做的功W ＝Fs ＋12mv m 2，故C 正确，D 错误.07.BC 对汽车运动的全过程，由动能定理得：W 1－W 2＝ΔE k ＝0，所以W 1＝W 2，选项B 正确，D 错误；由动能定理得Fx 1－fx 2＝0，由图象知x 1∶x 2＝1∶4.所以F ∶f ＝4∶1，选项A 错误，C 正确.08.C09.AB 根据动能定理有2mgh －W f ＝0，即2mgh －μmg cos 45°·h sin 45°－μmg cos 37°·h sin 37°＝0，得动摩擦因数μ＝67，则A 项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为W f ＝2mgh ，则C项错误；载人滑草车在上、下两段的加速度分别为a 1＝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 ，由运动学公式有2a 1h sin 45°＝v 2得，v ＝2a 1h sin 45°＝27gh ，故B 项正确，D 项错误.10.(1)12mv 02 (2)v 024μg－x 0 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：W f ＝0－12mv 02＝－12mv 02，即克服摩擦力做功为12mv 02.(2)A 从P 开始运动，最后回到P 的全过程，根据动能定理，有：－2μmg (x 1＋x 0)＝0－12mv 02，得x 1＝v 024μg －x 0. 11.(1)3mgR (2)12mgR (3)52mgR 解析 (1)由动能定理得W ＝12mv B 2在B 点由牛顿第二定律得7mg －mg ＝m v B 2R 解得W ＝3mgR(2)物块从B 到C 由动能定理得：－2mgR ＋W ′＝12mv C 2－12mv B 2物块在C 点时mg ＝m v C 2R 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 －12mv C 2，解得E k ＝52mgR .12.(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 )＝0－12mv C 2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 －μmgl BC ＝12mv C 2－0 代入数据解得：H ＝1.02 m(3)从物体开始下滑到停下，根据动能定理得：mgH －μmgs 1＝0 代入数据，解得s 1＝5.1 m由于s 1＝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.01.(1)2gR (2)5gR －12mgR 解析 (1)最高点座椅对飞行员的弹力N ＝mg由重力和弹力的合力提供向心力N ＋mg ＝mv 12R ，v 1＝2gR(2)最低点向心加速度最大时速度也最大，a n ＝mv 22R ＝5g ，速度最大为v 2＝5gR对最高点到最低点的过程运用动能定理，有mg ×2R ＋W ＝12mv 22－12mv 12，解得W ＝－12mgR .02. (1)1 m/s (2)－0.4 J (3)2.5 m解析 (1)根据平抛运动规律：h ＝12gt 2，x ＝vt ， 得v ＝x g 2h ＝1 m/s.(2)碟子从圆盘上甩出时的速度为v 0，则f max ＝m v 02r ，即v 0＝3 m/s由动能定理得：W f ＝12mv 2－12mv 02，代入数据得：W f ＝－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 ′＝0－12mv 02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 ＝r 2＋x ′2＝2.5 m.03.(1)5 m/s (2)2 m (3)R ≤2546m 解析 (1)赛车在BC 间做平抛运动，则v y ＝2gh ＝3 m/s由图可知：v C ＝v y sin 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 －fl AB ＝12mv 02， 解得l AB ＝2 m.(3)当恰好通过最高点D 时，有：mg ＝m v D 2R从C 到D ，由动能定理可知：－mgR (1＋cos 37°)＝12mv D 2－12mv C 2，解得R ＝2546 m所以轨道半径R ≤2546 m.04.(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)A 到C 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根据向心力公式有：N min －mg ＝m v min2R，解得N min ＝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.。
专题11 功和功率及动能定理的理解与应用-2023届高考物理一轮复习热点题型专练(解析版)
专题11功和功率及动能定理的理解与应用目录题型一恒力做功的分析和计算..................................................................................................................................1题型二变力做功的分析和计算. (4)类型1微元法计算变力做功...............................................................................................................................5类型2图像法计算变力做功...............................................................................................................................5类型3等效转换法求变力做功...........................................................................................................................7类型4平均力法求变力做功...............................................................................................................................7类型5应用动能定理求变力做功.......................................................................................................................8题型三功率的分析和计算 (9)类型1功率的分析和计算...................................................................................................................................9类型2功率和功综合问题的分析和计算.........................................................................................................11题型四机车启动问题 (13)类型1恒定功率启动.......................................................................................................................................14类型2恒加速度启动问题...............................................................................................................................15题型五动能定理的理解............................................................................................................................................17题型六动能定理的基本应用....................................................................................................................................19题型七动能定理与图像的“数形结合”. (21)类型1E k －x (W －x )图像问题.............................................................................................................................22类型2F －x 图像与动能定理的结合.................................................................................................................23类型3其他图像与动能定理的结合.................................................................................................................25题型八动能定理在多过程、往复运动问题中的应用.. (27)类型1运用动能定理解决多过程问题...........................................................................................................27类型2动能定理在往复运动问题中的应用.. (30)题型一恒力做功的分析和计算【解题指导】1．判断力是否做功及做正、负功的方法(1)恒力做的功直接用W ＝Fl cos α计算或用动能定理计算。
(完整)求解变力做功的十种方法
求解变力做功的十种方法功是高中物理的重要概念，对力做功的求解也是高考物理的重要考点，恒力的功可以用公式直接求解，但变力做功就不能直接求解了，需要通过一些特殊的方法，本文结合具体的例题，介绍十种解决变力做功的方法.一. 动能定理法例1. 一质量为m 的小球，用长为L 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平力F 作用下，从平衡位置P 点很缓慢地移到Q 点,如图1所示，此时悬线与竖直方向夹角为θ,则拉力F 所做的功为：（ ）A ：θcos mgLB ：)cos 1(θ-mgL C.：θsi n FL D:θcos FL分析：在这一过程中,小球受到重力、拉力F 、和绳的弹力作用，只有重力和拉力做功,由于从平衡位置P 点很缓慢地移到Q 点.，小球的动能的增量为零。
那么就可以用重力做的功替代拉力做的功。
解：由动能定理可知：0=-G F W W )cos 1(θ-==mgL W W G F故B 答案正确。
小结:如果所研究的物体同时受几个力的作用,而这几个力中只有一个力是变力，其余均为恒力，且这些恒力所做的功和物体动能的变化量容易计算时,利用动能定理可以求变力做功是行之有效的。
二。
微元求和法例2. 如图2所示，某人用力F 转动半径为R 的转盘，力F 的大小不变，但方向始终与过力的作用点的转盘的切线一致,则转动转盘一周该力做多少功。
解：在转动转盘一周过程中，力F 的方向时刻变化，但每一瞬时力F 总是与该瞬时的速度同向(切线方向)，即F 在每瞬时与转盘转过的极小位移∆∆∆s s s 123、、……∆s n 都与当时的F 方向同向，因而在转动一周过程中，力F做的功应等于在各极小位移段所做功的代数和，即：W F s F s F s F s F s s s s F Rn n =++++=++++=()()∆∆∆∆∆∆∆∆1231232……·π小结：变力始终与速度在同一直线上或成某一固定角度时,可化曲为直，把曲线运动或往复运动的路线拉直考虑，在各小段位移上将变力转化为恒力用W Fs =cos θ计算功，而且变力所做功应等于变力在各小段所做功之和。
(完整版)动能定理习题(附答案)
A1、一质量为1kg 的物体被人用手由静止向上提高1m ，这时物体的速度是2m/s ，求： (1)物体克服重力做功. (2)合外力对物体做功. (3)手对物体做功. 解：(1) m 由A 到B ： G 10J W mgh =-=-克服重力做功1G G 10J W W ==克(2) m 由A 到B ，根据动能定理2：2102J 2W mv ∑=-=(3) m 由A 到B ：G F W W W ∑=+ F 12J W ∴=2、一个人站在距地面高h = 15m 处，将一个质量为m = 100g 的石块以v 0 = 10m/s 的速度斜向上抛出. (1)若不计空气阻力，求石块落地时的速度v .(2)若石块落地时速度的大小为v t = 19m/s ，求石块克服空气阻力做的功W .解：(1) m 由A 到B ：根据动能定理：2201122mgh mv mv =-20m/s v ∴= (2) m 由A 到B ，根据动能定理3：22t 01122mgh W mv mv -=- 1.95J W ∴=3a 、运动员踢球的平均作用力为200N ，把一个静止的质量为1kg 的球以10m/s 的速度踢出，在水平面上运动60m 后停下. 求运动员对球做的功？ 3b 、如果运动员踢球时球以10m/s 迎面飞来，踢出速度仍为10m/s ，则运动员对球做功为多少？ 解： (3a)球由O 到A ，根据动能定理4：201050J 2W mv =-=(3b)球在运动员踢球的过程中，根据动能定理5：2211022W mv mv =-=1 不能写成：G10J W mgh ==. 在没有特别说明的情况下，G W 默认解释为重力所做的功，而在这个过程中重力所做的功为负.2 也可以简写成：“m ：A B →：k W E ∑=∆Q ”，其中k W E ∑=∆表示动能定理.3 此处写W -的原因是题目已明确说明W 是克服空气阻力所做的功.4踢球过程很短，位移也很小，运动员踢球的力又远大于各种阻力，因此忽略阻力功.5 结果为0，并不是说小球整个过程中动能保持不变，而是动能先转化为了其他形式的能（主要是弹性势能，然后其他形式的能又转化为动能，而前后动能相等.v mv 'O A →A B →4、在距离地面高为H 处，将质量为m 的小钢球以初速度v 0竖直下抛，落地后，小钢球陷入泥土中的深度为h 求：(1)求钢球落地时的速度大小v . (2)泥土对小钢球的阻力是恒力还是变力? (3)求泥土阻力对小钢球所做的功. (4)求泥土对小钢球的平均阻力大小. 解：(1) m 由A 到B ：根据动能定理：2201122mgH mv mv =-v ∴(2)变力6. (3) m 由B 到C ，根据动能定理：2f 102mgh W mv +=-()2f 012W mv mg H h ∴=--+(3) m 由B 到C ： f cos180W f h =⋅⋅o()2022mv mg H h f h++∴=5、在水平的冰面上,以大小为F =20N 的水平推力，推着质量m =60kg 的冰车，由静止开始运动. 冰车受到的摩擦力是它对冰面压力的0. 01倍,当冰车前进了s 1=30m 后,撤去推力F ，冰车又前进了一段距离后停止. 取g = 10m/s 2. 求：(1)撤去推力F 时的速度大小. (2)冰车运动的总路程s .解： (1) m 由1状态到2状态：根据动能定理7： 2111cos0cos18002Fs mgs mv μ+=-o o3.74m/s v ∴==(2) m 由1状态到3状态8：根据动能定理： 1cos0cos18000Fs mgs μ+=-o o100m s ∴=6此处无法证明，但可以从以下角度理解：小球刚接触泥土时，泥土对小球的力为0，当小球在泥土中减速时，泥土对小球的力必大于重力mg ，而当小球在泥土中静止时，泥土对小球的力又恰等于重力mg . 因此可以推知，泥土对小球的力为变力.8也可以用第二段来算2s ，然后将两段位移加起来. 计算过程如下： m 由2状态到3状态：根据动能定理： 221cos18002mgs mv μ=-o270m s ∴=则总位移12100m s s s =+=.v t v vfA6、如图所示，光滑1/4圆弧半径为0.8m ，有一质量为1.0kg 的物体自A 点从静止开始下滑到B 点，然后沿水平面前进4m ，到达C 点停止. 求： (1)在物体沿水平运动中摩擦力做的功. (2)物体与水平面间的动摩擦因数.解：(1) m 由A 到C 9：根据动能定理：f 00mgR W +=-f 8J W mgR ∴=-=-(2) m 由B 到C ：f cos180W mg x μ=⋅⋅o0.2μ∴=7、粗糙的1/4圆弧的半径为0.45m ，有一质量为0.2kg 的物体自最高点A 从静止开始下滑到圆弧最低点B 时，然后沿水平面前进0.4m 到达C 点停止. 设物体与轨道间的动摩擦因数为0.5 (g = 10m/s 2)，求：(1)物体到达B 点时的速度大小.(2)物体在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功.解：(1) m 由B 到C ：根据动能定理：2B 1cos18002mg l mv μ⋅⋅=-oB 2m/s v ∴=(2) m 由A 到B ：根据动能定理：2f B 102mgR W mv +=- f 0.5J W ∴=- 克服摩擦力做功f 0.5J W W ==克f8、质量为m 的物体从高为h 的斜面上由静止开始下滑，经过一段水平距离后停止，测得始点与终点的水平距离为s ，物体跟斜面和水平面间的动摩擦因数相同，求：摩擦因数证：设斜面长为l ，斜面倾角为θ，物体在斜面上运动的水平位移为1s ，在水平面上运动的位移为2s ，如图所示10.m 由A 到B ：根据动能定理： 2cos cos180cos18000mgh mg l mgs μθμ+⋅⋅+⋅=-o o又1cos l s θ=Q 、12s s s =+ 则11：0h s μ-= 即： hsμ=9也可以分段计算，计算过程略.10 题目里没有提到或给出，而在计算过程中需要用到的物理量，应在解题之前给出解释。
第六章 第2课时 动能定理及其应用(解析版)-2025年物理大一轮复习讲义
第六章机械能守恒定律第2课时 动能定理及其应用学习目标1.理解动能、动能定理，会用动能定理解决一些基本问题。
2.能利用动能定理求变力做的功。
3.掌握解决动能定理与图像结合的问题的方法。
考点01 动能定理的理解和基本应用一、动能(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能。
(2)公式：E k＝12m v2。
(3)单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
(4)标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关。
二、动能定理(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
(2)表达式：W合＝ΔE k＝12m v22－12m v12。
(3)物理意义：合力的功是物体动能变化的量度。
说明：(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(2)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能。
三、应用动能定理的解题流程[典例1·对动能定理的理解和基本应用的考查](2024·榆林市·期中)如图，斜面末端B点与水平面平滑相接，现将一质量m＝2 kg、可视为质点的物块在距水平地面高h＝0.5 m处的A点以一定初速度释放(速度方向沿斜面向下)，物块运动到水平面上距B点s＝1.6 m处的C点停下，已知斜面光滑，物块与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其他阻力忽略不计：(g＝10 m/s2)(1)求物块到达B点时的速度大小；(2)求物块在A点的动能；(3)若赋予物块向左的水平初速度，使其从C点恰好到达A点，求水平初速度大小(结果可带根号)．答案 (1)4 m/s (2)6 J m/s解析 (1)物块由B点到C点由动能定理可得－μmgs＝0－12m v B2解得v B＝4 m/s；(2)设斜面倾角为θ，物块由A点到B点由动能定理可得mgh＝12m v B2－E k A解得E k A＝6 J；(3)设初速度大小为v，从C点到A点由动能定理可得－μmgs－mgh＝－12m v2解得v m/s.[拓展训练]如图所示，物体在距斜面底端5 m处由静止开始下滑，然后滑上与斜面平滑连接的水平面，若物体与斜面及水平面间的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°，求物体能在水平面上滑行的距离．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)答案 3.5 m解析 对物体在斜面上和水平面上分别受力分析如图所示方法一 分过程列方程：设物体滑到斜面底端时的速度为v，物体下滑阶段F N1＝mg cos 37°，故F f1＝μF N1＝μmg cos 37°由动能定理得：mg sin 37°·l1－μmg cos 37°·l1＝12m v2－0设物体在水平面上滑行的距离为l2，摩擦力F f2＝μF N2＝μmg由动能定理得：－μmgl2＝0－12m v2联立以上各式可得l2＝3.5 m.方法二 对全过程由动能定理列方程：mgl1sin 37°－μmg cos 37°·l1－μmgl2＝0解得：l2＝3.5 m.[典例2·对利用动能定理分析多过程问题的考查]如图所示，光滑固定斜面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：(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)＝0－12m v C2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－μmgl BC＝12m v C2－0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.[拓展训练]如图所示，右端连有一个固定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：(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，在水平桌面上滑行的最大距离为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.[典例3·对动能定理在平抛、圆周运动中的应用的考查](2024·湖南·期中)科技助力北京冬奥：我国自主研发的“人体高速弹射装置”几秒钟就能将一名滑冰运动员从静止状态加速到指定速度，辅助滑冰运动员训练各种滑行技术．如图所示，某次训练，弹射装置在加速阶段将质量m ＝60 kg 的滑冰运动员加速到速度v 0＝8 m/s 后水平向右抛出，运动员恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入光滑圆弧轨道AB .AB 圆弧轨道的半径为R ＝5 m ，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD 平滑连接，A 与圆心O 的连线与竖直方向成37°角．MN 是一段粗糙的水平轨道，滑冰运动员与MN 间的动摩擦因数μ＝0.08，水平轨道其他部分光滑．最右侧是一个半径为r ＝2 m 的半圆弧光滑轨道，C 点是半圆弧光滑轨道的最高点，半圆弧光滑轨道与水平轨道BD 在D 点平滑连接．取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.整个运动过程中将运动员简化为一个质点．(1)求运动员水平抛出点距A 点的竖直高度；(2)求运动员经过B 点时对轨道的压力大小；(3)若运动员恰好能通过C 点，求MN 的长度L .答案 (1)1.8 m (2)2 040 N (3)12.5 m解析 (1)根据运动的合成与分解可得运动员经过A 点时的速度大小为v A ＝v 0cos 37°＝10 m/s ①设运动员水平抛出点距A 点的竖直高度为h ，对运动员从抛出点到A 点的过程，由动能定理有mgh ＝12m v A 2－12m v 02②联立①②解得h ＝1.8 m ③(2)设运动员经过B 点时的速度大小为v B ，对运动员从A 点到B 点的过程，根据动能定理有mg (R －R cos 37°)＝12m v B 2－12m v A 2④设运动员经过B 点时所受轨道支持力大小为F N ，根据牛顿第二定律及向心力公式有F N －mg ＝m v B 2R ⑤联立①④⑤解得F N ＝2 040 N ⑥根据牛顿第三定律可知，运动员经过B 点时对轨道的压力大小为2 040 N ；(3)设运动员刚好通过C 点时的速度大小为v C ，根据牛顿第二定律及向心力公式有mg ＝m v C 2r⑦对运动员从B 点到C 点的过程，根据动能定理有－μmgL －2mgr ＝12m v C 2－12m v B 2⑧联立④⑦⑧解得L ＝12.5 m ．⑨[拓展训练](2024·宁波·期中)如图所示，竖直平面内有一光滑圆弧轨道，其半径为R ＝0.5 m ，平台与轨道的最高点等高．一质量m ＝0.8 kg 的小球(可视为质点)从平台边缘的A 处以v 0＝3 m/s 的水平速度射出，恰能沿圆弧轨道上P 点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP 与竖直线的夹角为53°，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.(1)求小球到达P 点时的速度大小v P ；(2)求小球到达圆弧轨道最低点时的速度大小以及对轨道的压力；(3)小球沿轨道通过圆弧的最高点Q 时对轨道的内壁还是外壁有弹力，并求出弹力的大小．答案 (1)5 m/s m/s 54.4 N ，方向竖直向下 (3)外壁 6.4 N解析 (1)平抛运动的水平速度不变，始终为v 0，小球恰能沿圆弧轨道上P 点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP 与竖直线的夹角为53°，说明速度与水平方向夹角为53°，将P 点速度分解，如图所示，v P ＝v 0cos 53°＝30.6m/s ＝5 m/s ；(2)从抛出到圆弧轨道最低点，根据动能定理有mg ·2R ＝12m v 12－12m v 02解得v 1m/s在最低点根据牛顿第二定律和向心力公式有F N －mg ＝mv 12R解得F N ＝54.4 N根据牛顿第三定律有F 压＝F N ＝54.4 N ，方向竖直向下；(3)平台与轨道的最高点等高，根据动能定理可知v Q ＝v 0＝3 m/s设小球受到向下的弹力F 1，根据牛顿第二定律和向心力公式有F 1＋mg ＝m v Q 2R 解得F 1＝6.4 N>0根据牛顿第三定律知，小球对外壁有弹力，大小为6.4 N.考点02 应用动能定理求变力的功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．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 .[典例4·对动能定理求变力的功的考查](多选)(2023·广东卷·8)人们用滑道从高处向低处运送货物。
动能定理及机械能守恒(有答案)
一、功与功率W=Flcosɑ P=Fvcosɑ例题1. 如图，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为（）A.mgLωB. 3 /2 mgLωC. 1/2 mgLωD. √3/6 mgLω答案：C例题2.（机车启动问题）：一汽车的额定功率P0＝6×104W，质量m＝5×103kg，在水平直咱面上行驶时阻力是车重的0.1倍，若汽车从静止开始以加速度a＝0.5m/s2做匀加速直线运动，求：(1)汽车保持加速度不变的时间；(2)汽车实际功率随时间变化的关系；(3)此后汽车运动所能达到的最大速度。
解析:汽车开始做匀加速运动，牵引力F和阻力恒定，随着速度增加，它的实际功率逐渐增大，直到F v等于额定功率为止；此后汽车保持额定功率不变，速度增大，牵引力减小，做加速度减小的加速运动，直到牵引力等于阻力为止。
(1)设汽车做匀加速直线运动时的牵引力为F，阻力为f，匀加速过程的最大为v t，有F－f＝ma ①f＝μmg ②P0＝Fv t③由以上各式可求得，匀加速过程持续的时间(2)汽车在匀加速直线运动过程中的实际功率与时间的关系是P1＝F v＝m(μg+a)at(3)汽车达到额定功率后，将保持额定功率不变，随着速度的增加，牵引力减小，但只在牵引力大于阻力，汽车就做加速运动，只是加速度要减小，汽车做加速度逐渐减小的加速直线运动，直到牵引力F＝f，加速度为零，汽车所能达到的最大速度练习：1.水平面上静止放置一质量为m＝0.2kg的物块，固定在同一水平面上的小型电动机通过水平细线牵引物块，使物块由静止开始做匀加速直线运动，2秒末达到额定功率，其v－t图线如图5－1－20所示，物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.1，g＝10m/s2，电动机与物块间的距离足够远．求(1)物块做匀加速直线运动时受到的牵引力大小；(2)电动机的额定功率；(3)物块在电动机牵引下，最终能达到的最大速度．解析 (1)由图知物块在匀加速阶段加速度大小：a＝＝0.4m/s2物块受到的摩擦力大小Ff＝μmg设牵引力大小为F，则有：F－Ff＝ma得F＝0.28N(2)当v＝0.8m/s时，电动机达到额定功率，则P＝Fv＝0.224W[来源:数理化网](3)物块达到最大速度vm时，此时物块所受的牵引力大小等于摩擦力大小，有F1＝μmgP＝F1vm解得vm＝1.12m/s.答案 (1)0.28N (2)0.224W (3)1.12m/s二、动能定理及其应用例题3. 如图所示，粗糙水平地面AB与半径R=0.4m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。
高中物理动能定理的综合应用题20套(带答案)含解析
高中物理动能定理的综合应用题20套(带答案)含解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．如图所示,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．求:(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ;(2)要使滑块能到达C 点,求滑块从A 点沿斜面滑下时初速度v 0的最小值;(3)若滑块离开C 点的速度为4 m/s ,求滑块从C 点飞出至落到斜面上所经历的时间． 【答案】（1）0.375（2）3/m s （3）0.2s 【解析】试题分析：⑴滑块在整个运动过程中，受重力mg 、接触面的弹力N 和斜面的摩擦力f 作用，弹力始终不做功，因此在滑块由A 运动至D 的过程中，根据动能定理有：mgR －μmgcos37°2sin 37R︒＝0－0 解得：μ＝0.375⑵滑块要能通过最高点C ，则在C 点所受圆轨道的弹力N 需满足：N≥0 ①在C 点时，根据牛顿第二定律有：mg ＋N ＝2Cv m R② 在滑块由A 运动至C 的过程中，根据动能定理有：－μmgcos37°2sin 37R ︒＝212C mv －2012mv ③ 由①②③式联立解得滑块从A 点沿斜面滑下时的初速度v 0需满足：v 03gR ＝23 即v 0的最小值为：v 0min ＝3⑶滑块从C 点离开后将做平抛运动，根据平抛运动规律可知，在水平方向上的位移为：x ＝vt ④在竖直方向的位移为：y ＝212gt ⑤ 根据图中几何关系有：tan37°＝2R yx-⑥ 由④⑤⑥式联立解得：t ＝0.2s考点：本题主要考查了牛顿第二定律、平抛运动规律、动能定理的应用问题，属于中档题．2．为了备战2022年北京冬奥会，一名滑雪运动员在倾角θ=30°的山坡滑道上进行训练，运动员及装备的总质量m=70 kg ．滑道与水平地面平滑连接，如图所示．他从滑道上由静止开始匀加速下滑，经过t=5s 到达坡底，滑下的路程 x=50 m ．滑雪运动员到达坡底后又在水平面上滑行了一段距离后静止．运动员视为质点,重力加速度g=10m/s2，求：（1）滑雪运动员沿山坡下滑时的加速度大小a ； （2）滑雪运动员沿山坡下滑过程中受到的阻力大小f ； （3）滑雪运动员在全过程中克服阻力做的功W f ． 【答案】（1）4m/s 2（2）f = 70N （3）1.75×104J 【解析】 【分析】（1）运动员沿山坡下滑时做初速度为零的匀加速直线运动，已知时间和位移，根据匀变速直线运动的位移时间公式求出下滑的加速度．（2）对运动员进行受力分析，根据牛顿第二定律求出下滑过程中受到的阻力大小． （3）对全过程，根据动能定理求滑雪运动员克服阻力做的功． 【详解】（1）根据匀变速直线运动规律得：x=12at 2 解得：a=4m/s 2（2）运动员受力如图，根据牛顿第二定律得：mgsinθ-f=ma解得：f=70N（3）全程应用动能定理，得：mgxsinθ-W f =0 解得：W f =1.75×104J 【点睛】解决本题的关键要掌握两种求功的方法，对于恒力可运用功的计算公式求．对于变力可根据动能定理求功．3．如图所示，AC 为光滑的水平桌面，轻弹簧的一端固定在A 端的竖直墙壁上.质量1m kg =的小物块将弹簧的另一端压缩到B 点，之后由静止释放，离开弹簧后从C 点水平飞出，恰好从D 点以10/D v m s =的速度沿切线方向进入竖直面内的光滑圆弧轨道(DEF 小物体与轨道间无碰撞).O 为圆弧轨道的圆心，E 为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的半径1R m =，60DOE ∠=o ，37.EOF ∠=o小物块运动到F 点后，冲上足够长的斜面FG ，斜面FG 与圆轨道相切于F 点，小物体与斜面间的动摩擦因数0.5.sin370.6μ==o ，cos370.8=o ，取210/.g m s =不计空气阻力.求：（1）弹簧最初具有的弹性势能；（2）小物块第一次到达圆弧轨道的E 点时对圆弧轨道的压力大小；（3）判断小物块沿斜面FG 第一次返回圆弧轨道后能否回到圆弧轨道的D 点？若能，求解小物块回到D 点的速度；若不能，求解经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E 的速度大小．【答案】()11?.25J ；()2 30N ；()3 2/m s ． 【解析】 【分析】 【详解】（1）设小物块在C 点的速度为C v ，则在D 点有：C D v v cos60o=设弹簧最初具有的弹性势能为p E ，则：2P C 1E mv 2= 代入数据联立解得：p E 1.25J =；()2设小物块在E 点的速度为E v ，则从D 到E 的过程中有：()22E D 11mgR 1cos60mv mv 22-=-o 设在E 点，圆轨道对小物块的支持力为N ，则有：2E v N mg R-=代入数据解得：E v 25m /s =，N 30N =由牛顿第三定律可知，小物块到达圆轨道的E 点时对圆轨道的压力为30 N ；()3设小物体沿斜面FG 上滑的最大距离为x ，从E 到最大距离的过程中有：()()2E 1mgR 1cos37mgsin37μmgcos37x 0mv 2o o o ---+=-小物体第一次沿斜面上滑并返回F 的过程克服摩擦力做的功为f W ，则f W 2x μmgcos37=o小物体在D 点的动能为KD E ，则：2KD D 1E mv 2=代入数据解得：x 0.8m =，f W 6.4J =，KD E 5J =因为KD f E W <，故小物体不能返回D 点.小物体最终将在F 点与关于过圆轨道圆心的竖直线对称的点之间做往复运动，小物体的机械能守恒，设最终在最低点的速度为Em v ，则有：()2Em 1mgR 1cos37mv 2-=o 代入数据解得：Em v 2m /s =答：()1弹簧最初具有的弹性势能为1.25J ；()2小物块第一次到达圆弧轨道的E 点时对圆弧轨道的压力大小是30 N ；()3小物块沿斜面FG 第一次返回圆弧轨道后不能回到圆弧轨道的D 点.经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E 的速度大小为2 m /s ． 【点睛】（1）物块离开C 点后做平抛运动，由D 点沿圆轨道切线方向进入圆轨道，知道了到达D 点的速度方向，将D 点的速度分解为水平方向和竖直方向，根据角度关系求出水平分速度，即离开C 点时的速度，再研究弹簧释放的过程，由机械能守恒定律求弹簧最初具有的弹性势能；()2物块从D 到E ，运用机械能守恒定律求出通过E 点的速度，在E 点，由牛顿定律和向心力知识结合求物块对轨道的压力；()3假设物块能回到D 点，对物块从A 到返回D 点的整个过程，运用动能定理求出D 点的速度，再作出判断，最后由机械能守恒定律求出最低点的速度．4．某物理小组为了研究过山车的原理提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为θ=53°，长为L 1=7.5m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与足够长的光滑水平轨道BC 相连，然后在C 处连接一个竖直的光滑圆轨道．如图所示．高为h =0.8m 光滑的平台上有一根轻质弹簧，一端被固定在左面的墙上，另一端通过一个可视为质点的质量m =1kg 的小球压紧弹簧，现由静止释放小球，小球离开台面时已离开弹簧，到达A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小物块与AB 间的动摩擦因数为μ=0.5，g 取10m/s 2，sin53°=0.8．求：(1)弹簧被压缩时的弹性势能； (2)小球到达C 点时速度v C 的大小；(3)小球进入圆轨道后，要使其不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R 应该满足什么条件． 【答案】(1)4.5J ；(2)10m/s ；(3)R ≥5m 或0＜R ≤2m 。
(完整版)动能定理的六种应用(答案)
动能定理的六种应用【题型应用】【典例1】有一质量为 m 的木块，从半径为 r 的圆弧曲面上的 滑向b 点，如图所示。
若由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下 叙述正确的是（C ）A. 木块所受的合外力为零B.因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零C.重力和摩擦力的合力做的功为零D.重力和摩擦力的合力为零【典例2】一个质量为0.3 kg 的弹性小球，在光滑水平面上以 6 m/s 的速度垂直撞到墙上,碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小△v 和碰撞过程中小球的动能变化量△丘为（B ） A. △ v = 0 B. △ v = 12 m/s二、应用动能定理求变力做功【典例3】如图所示，竖直平面内有一用同种材料制成的一段 1轨道，AB 段为；圆周，半径为 R, BC 段水平，长度为 R 。
一小物4 块质量为 m 与轨道间的动摩擦因数为口，当它从轨道顶端 A 由静止下滑时，恰好运动到 C 点静止，则物块在 AB 段克服摩擦力做的功为（B ）0.1 kg 的物体从高为 H = 2 m 的A 点由静止开始滑下，运动到圆形轨道的最高点 C 处时，对A. 口 mgR B . mgR 1 — 口 ) C.1 12冗 口 mgR D.【典例4】如图所示，斜槽轨道下端与一个半径为0.4 m 的圆形轨道相连接。
一个质量为、应用动能定理判断动能的变化或做功的情况C. △ E< = 1.8 JD. A H = 10.8 J轨道的压力等于物体的重力。
1. 如图所示，木板长为I ，木板的A 端放一质量为 m 的小物体，物体与板间的动摩擦因数为口.开始时木板水平，在绕o 点缓慢转过一个小角度e 的过程中，若物体始终保持与板相对静止•对于这个过程中各力做功的情况，下列说法中正确的是 （C ）A.摩擦力对物体所做的功为 mgl s in B.弹力对物体所做的功为mg Sin eC. 木板对物体所做的功为 mg Si n eD.合力对物体所做的功为 mg Cos e2.如图所示，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（C ）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，如下图所示，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（C ） 1 1 1 A. R mgRB.§mgRC.q mgRD. mgR1A.Ri mgR B.13mgR C.1q mgR D.n才mgR4. 一质量为m的小球，用长为I的轻绳悬挂于0点.第一次小球在水平拉力衡位置P点缓慢地移到Q点，此时绳与竖直方向夹角为拉力做功为W.第二次小球在水平恒力F2作用下，从）F1作用下，从平e（如图所示）,在这个过程中水平P点移到Q点，水平恒力做功为W,重力加速度为g,且e v90°,则(CA. W= F1I sin e , W= F2I sin eB. W= W= mgl(1 —cos e )C. W= mgl(1—cos e) , W= F2I sin eD. W= F1I sin e , W= mgl(1 —cos e )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 触处平滑过渡)，则滑块最终将停在(C ) A.P 处 B. P 、Q 之间 C. Q 处D.Q 的右侧 2.(多选)如图所示，两个内壁光滑、半径不同的半球形碗，放在不同高度的水平面上，使两碗口处于同一水平面，现将质量相同的两个小球 碗的边缘由静止释放，当两球分别通过碗的最低点时 A. 两球的动能相等 B. 两球的加速度大小相等 C. 两球对碗底的压力大小相等 D. 两球的角速度大小相等三、应用动能定理求解多过程问题【典例5】如图所示，一个质量为 0.6 kg 的小球以某一初速度从P 点水平抛出，恰好从光滑圆弧 ABC 勺A 点的切线方向进入圆弧(不计 空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)。
高考物理动能定理的综合应用题20套(带答案)含解析
高考物理动能定理的综合应用题20套(带答案)含解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．如图所示，半径2R m =的四分之一粗糙圆弧轨道AB 置于竖直平面内，轨道的B 端切线水平，且距水平地面高度为h =1.25m ，现将一质量m =0.2kg 的小滑块从A 点由静止释放，滑块沿圆弧轨道运动至B 点以5/v m s =的速度水平飞出（g 取210/m s ）．求：（1）小滑块沿圆弧轨道运动过程中所受摩擦力做的功； （2）小滑块经过B 点时对圆轨道的压力大小； （3）小滑块着地时的速度大小.【答案】(1) 1.5f W J = (2) 4.5N F N = (3)152/v m s = 【解析】 【分析】 【详解】（1）滑块在圆弧轨道受重力、支持力和摩擦力作用，由动能定理mgR -W f =12mv 2W f =1.5J（2）由牛顿第二定律可知：2N v F mg m R-=解得：4.5N F N =（3）小球离开圆弧后做平抛运动根据动能定理可知：22111m m 22mgh v v =-解得：152m/s v =2．如图所示,竖直平面内的轨道由直轨道AB 和圆弧轨道BC 组成，直轨道AB 和圆弧轨道BC 平滑连接，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一个半径为=0.4m R 的圆轨道；（1）若接触面均光滑，小球刚好能滑到圆轨道的最高点C ，求斜面高h ；（2）若已知小球质量m =0.1kg ，斜面高h =2m ，小球运动到C 点时对轨道压力为mg ，求全过程中摩擦阻力做的功．【答案】（1）1m ；（2） -0.8J ； 【解析】 【详解】（1）小球刚好到达C 点,重力提供向心力，由牛顿第二定律得：2v mg m R=从A 到C 过程机械能守恒,由机械能守恒定律得：()2122mg h R mv -=, 解得：2.5 2.50.4m 1m h R ==⨯=；（2）在C 点,由牛顿第二定律得：2Cv mg mg m R+=,从A 到C 过程，由动能定理得：()21202f C mgh R W mv -+=-, 解得：0.8J f W =-；3．某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型．倾角θ＝37°的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC 长L ＝6m ，始终以v 0＝6m/s 的速度顺时针运动．将一个质量m ＝1kg 的物块由距斜面底端高度h 1＝5.4m 的A 点静止滑下，物块通过B 点时速度的大小不变．物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.2，传送带上表面距地面的高度H ＝5m ，g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．⑴求物块由A点运动到C点的时间；⑵若把物块从距斜面底端高度h2＝2.4m处静止释放，求物块落地点到C点的水平距离；⑶求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点D．【答案】⑴4s；⑵6m；⑶1.8m≤h≤9.0m【解析】试题分析：（1）A到B过程：根据牛顿第二定律mgsinθ﹣μ1mgcosθ=ma1，代入数据解得，t 1=3s．所以滑到B点的速度：v B=a1t1=2×3m/s=6m/s，物块在传送带上匀速运动到C，所以物块由A到C的时间：t=t1+t2=3s+1s=4s（2）斜面上由根据动能定理．解得v=4m/s＜6m/s，设物块在传送带先做匀加速运动达v0，运动位移为x，则：，，x=5m＜6m所以物体先做匀加速直线运动后和皮带一起匀速运动，离开C点做平抛运动s=v 0t0，H=解得 s=6m．（3）因物块每次均抛到同一点D，由平抛知识知：物块到达C点时速度必须有v C=v0①当离传送带高度为h3时物块进入传送带后一直匀加速运动，则：，解得h3=1.8m②当离传送带高度为h4时物块进入传送带后一直匀减速运动，h4=9.0m所以当离传送带高度在1.8m～9.0m的范围内均能满足要求即1.8m≤h≤9.0m4．如图所示，半径为R的圆管BCD竖直放置，一可视为质点的质量为m的小球以某一初速度从A点水平抛出，恰好从B点沿切线方向进入圆管，到达圆管最高点D后水平射出．已知小球在D点对管下壁压力大小为12mg，且A、D两点在同一水平线上，BC弧对应的圆心角θ＝60°，不计空气阻力．求：(1)小球在A 点初速度的大小； (2)小球在D 点角速度的大小；(3)小球在圆管内运动过程中克服阻力做的功．【答案】(3)14mgR【解析】 【分析】（1）根据几何关系求出平抛运动下降的高度，从而求出竖直方向上的分速度，根据运动的合成和分解求出初速度的大小．（2）根据向心力公式求出小球在D 点的速度，从而求解小球在D 点角速度． （3）对A 到D 全程运用动能定理，求出小球在圆管中运动时克服阻力做的功． 【详解】（1）小球从A 到B ，竖直方向: v y 2＝2gR(1＋cos 60°)解得v y在B 点：v 0＝60y v tan（2）在D 点，由向心力公式得mg-12mg ＝2Dmv R解得v Dω＝D v R （3）从A 到D 全过程由动能定理：－W 克＝12mv D 2－12mv 02 解得W 克＝14mgR. 【点睛】本题综合考查了平抛运动和圆周运动的基础知识，难度不大，关键搞清平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源．5．如图，图象所反映的物理情景是：物体以大小不变的初速度v 0沿木板滑动，若木板倾角θ不同，物体沿木板上滑的距离S 也不同，便可得出图示的S -θ图象．问： （1）物体初速度v 0的大小．（2）木板是否粗糙？若粗糙，则动摩擦因数μ为多少？ （3）物体运动中有否最大加速度以及它发生在什么地方？【答案】（1）017.3m /s v = （2）0.75μ= （3）最大加速度点坐标()53,12m sθ︒'==【解析】 【分析】 【详解】（1）当θ=90º时，物体做竖直上抛运动，根据速度位移公式可知：01210317.3m /s v gs ===（2）当θ=0º时，根据动能定理得，201mg 2s mv μ=，解得：203000.75221020v gs μ===⨯⨯（3）加速度cos sin 3cos sin cos sin 4mg mg a g g g mμθθμθθθθ+⎛⎫==+=+ ⎪⎝⎭得到，当θ=53º时，α有极大值2m 12.5m /s a = ，由动能定理得，20102mv mas '-= ，所以12m s '= 所以最大加速度点坐标()53,12m s θ︒'==6．质量为2kg 的物体，在竖直平面内高h = 1m 的光滑弧形轨道A 点，以v =4m/s 的初速度沿轨道滑下，并进入BC 轨道，如图所示。
求变力做功的十种方法
变力做功的十种方法河南省信阳高级中学 陈庆威功是高中物理的重要概念，对力做功的求解也是高考物理的重要考点，恒力的功可以用公式θcos FS W =直接求解，但变力做功就不能直接用公式了，这里总结了一些求变力做功的方法，希望能对读者有帮助。
一. 动能定理法例1. 如图所示，质量为m 的物体从A 点沿半径为R 的粗糙半球内表面以的速度开始下滑，到达B 点时的速度变为，求物体从A 运动到B 的过程中，摩擦力所做的功是多少？【解析】物体由A 滑到B 的过程中，受重力G 、弹力和摩擦力三个力的作用，因而有，即，式中为动摩擦因数，v 为物体在某点的速度，为物块与球心的连线与竖直方向的夹角。
分析上式可知，物体由A 运动到B 的过程中，摩擦力是变力，是变力做功问题，根据动能定理有，在物体由A 运动到B 的过程中，弹力不做功；重力在物体由A 运动到C 的过程中对物体所做的正功与物体从C 运动到B 的过程中对物体所做的负功相等，其代数和为零。
因此，物体所受的三个力中摩擦力在物体由A 运动到B 的过程中对物体所做的功，就等于物体动能的变化量，则有：即 可见，如果所研究的物体同时受几个力的作用，而这几个力中只有一个力是变力，其余均为恒力，且这些恒力所做的功和物体动能的变化量容易计算时，此类方法解决问题是行之有效的。
【点评】利用动能定理可以求变力做功，但不能用功的定义式直接求变力功，并且用动能定理只要求始末状态，不要求中间过程。
这也是动能定理比牛顿运动定律优越的一个方面。
二. 微元法对于变力做功，不能直接用θcos FS W =进行计算，但是我们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θcos FS W =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，具有普遍的适用性。
例2. 用水平拉力，拉着滑块沿半径为R 的水平圆轨道运动一周，如图所示，已知物块的质量为m ，物块与轨道间的动摩擦因数为μ。
用动能定理求变力做功
用动能定理求变力做功
动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功，也适用于求变力做功，因为使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选．
典例1如图1所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置．现用水平拉力F将小球缓慢拉到细线与竖直方向成θ角的位置．在此过程中，拉力F做的功为()
图1
A．FL cos θ
B．FL sin θ
C．FL(1－cos θ)
D．mgL(1－cos θ)
答案D
解析在小球缓慢上升过程中，拉力F为变力，此变力F的功可用动能定理求解．由W F－mgL(1－cos θ)＝0得W F＝mgL(1－cos θ)，故D正确．
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高一物理必修2动能和动能定理--知识讲解有答案
动能和动能定理要点二、动能、动能的改变要点诠释：1.动能：(1)概念：物体由于运动而具有的能叫动能．物体的动能等于物体的质量与物体速度的二次方的乘积的一半．(2)定义式：212k E mv =，v 是瞬时速度． (3)单位：焦(J )．(4)动能概念的理解．①动能是标量，且只有正值．②动能具有瞬时性，在某一时刻，物体具有一定的速度，也就具有一定的动能．③动能具有相对性，对不同的参考系，物体速度有不同的瞬时值，也就具有不同的动能，一般都以地面为参考系研究物体的运动．2.动能的变化：动能只有正值，没有负值，但动能的变化却有正有负．“变化”是指末状态的物理量减去初状态的物理量．动能的变化量为正值，表示物体的动能增加了，对应于合力对物体做正功；动能的变化量为负值，表示物体的动能减小了，对应于合力对物体做负功，或者说物体克服合力做功．要点三、动能定理要点诠释：(1)内容表述：外力对物体所做的总功等于物体功能的变化．(2)表达式：21k k W E E =-，W 是外力所做的总功，1k E 、2k E 分别为初、末状态的动能．若初、末速度分别为v 1、v 2，则12112k E mv =，22212k E mv =． (3)物理意义：动能定理揭示了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系，即外力对物体做的总功，对应着物体动能的变化．变化的大小由做功的多少来量度．动能定理的实质说明了功和能之间的密切关系，即做功的过程是能量转化的过程．等号的意义是一种因果关系的数值上相等的符号，并不意味着“功就是动能增量”，也不是“功转变成动能”，而是“功引起物体动能的变化”．(4)动能定理的理解及应用要点．动能定理虽然可根据牛顿定律和运动学方程推出，但定理本身的意义及应用却具有广泛性和普遍性． ①动能定理既适用于恒力作用过程，也适用于变力作用过程．②动能定理既适用于物体做直线运动情况，也适用于物体做曲线运动情况．③动能定理的研究对象既可以是单个物体，也可以是几个物体所组成的一个系统．④动能定理的研究过程既可以是针对运动过程中的某个具体过程，也可以是针对运动的全过程． ⑤动能定理的计算式为标量式，v 为相对同一参考系的速度．⑥在21k k W E E =-中，W 为物体所受所有外力对物体所做功的代数和，正功取正值计算，负功取负值计算；21k k E E -为动能的增量，即为末状态的动能与初状态的动能之差，而与物体运动过程无关．要点四、应用动能定理解题的基本思路和应用技巧要点诠释：1.应用动能定理解题的基本思路（1）选取研究对象及运动过程；（2）分析研究对象的受力情况及各力对物体的做功情况：受哪些力？哪些力做了功？正功还是负功？然后写出各力做功的表达式并求其代数和；（3）明确研究对象所历经运动过程的初、末状态，并写出初、末状态的动能1K E 、2K E 的表达式；（4）列出动能定理的方程：21K K W E E =-合，且求解。
高考物理动能定理的综合应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析
高考物理动能定理的综合应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．一辆汽车发动机的额定功率P =200kW ，若其总质量为m =103kg ，在水平路面上行驶时，汽车以加速度a 1=5m/s 2从静止开始匀加速运动能够持续的最大时间为t 1=4s ，然后保持恒定的功率继续加速t 2=14s 达到最大速度。
设汽车行驶过程中受到的阻力恒定，取g =10m/s 2.求：(1)汽车所能达到的最大速度；(2)汽车从启动至到达最大速度的过程中运动的位移。
【答案】(1)40m/s ；(2)480m 【解析】 【分析】 【详解】(1)汽车匀加速结束时的速度11120m /s v a t ==由P=Fv 可知，匀加速结束时汽车的牵引力11F Pv ==1×104N 由牛顿第二定律得11F f ma -=解得f =5000N汽车速度最大时做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知， 此时汽车的牵引力F=f =5000N由P Fv =可知，汽车的最大速度：v=P PF f==40m/s (2)汽车匀加速运动的位移x 1=1140m 2v t = 对汽车，由动能定理得2112102F x Pt fs mv =--+解得s =480m2．如图，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB ，与水平光滑轨道BC 相连，竖直墙壁CD 高0.2H m =，紧靠墙壁在地面固定一个和CD 等高，底边长0.3L m =的斜面，一个质量0.1m kg =的小物块(视为质点)在轨道AB 上从距离B 点4l m =处由静止释放，从C 点水平抛出，已知小物块在AB 段与轨道间的动摩擦因数为0.5，达到B 点时无能量损失；AB段与水平面的夹角为37.(o 重力加速度210/g m s =，sin370.6=o ，cos370.8)o =(1)求小物块运动到B 点时的速度大小； (2)求小物块从C 点抛出到击中斜面的时间；(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值. 【答案】(1) 4/m s (2)115s (3) 0.15J 【解析】 【分析】(1)对滑块从A 到B 过程，根据动能定理列式求解末速度；(2)从C 点画出后做平抛运动，根据分位移公式并结合几何关系列式分析即可； (3)动能最小时末速度最小，求解末速度表达式分析即可. 【详解】()1对滑块从A 到B 过程，根据动能定理，有：2B 1mglsin37μmgcos37mv 2-=o o ，解得：B v 4m /s =；()2设物体落在斜面上时水平位移为x ，竖直位移为y ，画出轨迹，如图所示：对平抛运动，根据分位移公式，有：0x v t =，21y gt 2=， 结合几何关系，有：H y H 2x L 3-==， 解得：1t s 15=； ()3对滑块从A 到B 过程，根据动能定理，有：2B 1mglsin37μmgcos37mv 2-=o o ，对平抛运动，根据分位移公式，有：0x v t =，21y gt 2=， 结合几何关系，有：H y H 2x L 3-==， 从A 到碰撞到斜面过程,根据动能定理有：21mglsin37μmgcos37l mgy mv 02-⋅+=-oo联立解得：22125y 9H 18H mv mg 21616y 16⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，故当225y 9H 1616y =，即3y H 0.12m 5==时，动能k E 最小为：km E 0.15J =； 【点睛】本题是力学综合问题，关键是正确的受力分析，明确各个阶段的受力情况和运动性质，根据动能定理和平抛运动的规律列式分析，第三问较难，要结合数学不等式知识分析.3．如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在t ＝0时刻，将质量为1.0 kg 的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A 点，经过1.0 s ，物块从最下端的B 点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g ＝10 m/s 2)，求：(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块从A 到B 的过程中，传送带对物块做的功． 【答案】3－3.75 J 【解析】解：(1)由图象可知，物块在前0.5 s 的加速度为：2111a =8?m/s v t = 后0.5 s 的加速度为：222222?/v v a m s t -== 物块在前0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：1mgsin mgcos ma θμθ+=物块在后0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：2mgsin mgcos ma θμθ-=联立解得：3μ=(2)由v －t 图象面积意义可知，在前0.5 s ，物块对地位移为：1112v t x =则摩擦力对物块做功：11·W mgcos x μθ= 在后0.5 s ，物块对地位移为：12122v v x t +=则摩擦力对物块做功22·W mgcos x μθ=－ 所以传送带对物块做的总功：12W W W =+ 联立解得：W ＝－3.75 J4．质量为m =0.5kg 、可视为质点的小滑块，从光滑斜面上高h 0=0.6m 的A 点由静止开始自由滑下。
2023届浙江高三物理高考复习微专题模型精讲精练第29讲 变力做功的6种计算方法(含详解)
第29讲变力做功的6种计算方法一．知识回顾方法举例说法1.应用动能定理用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F 做功为W F，则有：W F－mgL(1－cosθ)＝0，得W F＝mgL(1－cosθ)2.微元法质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功W f＝F f·Δx1＋F f·Δx2＋F f·Δx3＋…＝F f(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝F f·2πR3.等效转换法恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做功W＝F·⎝⎛⎭⎪⎫hsinα－hsinβ4.平均力法弹簧由伸长x1被继续拉至伸长x2的过程中，克服弹力做功W＝kx1＋kx22·(x2－x1)6.图像法在Fx图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移上所做的功7.功率法汽车恒定功率为P，在时间内牵引力做的功W=Pt二.例题精析题型一：应用动能定理例1．如图所示，质量均为m的木块A和B，用一个劲度系数为k的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止，重力加速度为g，现在用力F向上缓慢拉A直到B刚好要离开地面，则这一过程中弹性势能的变化量△E p 和力F 做的功W 分别为（ ）A ．m 2g 2k，m 2g 2kB ．m 2g 2k，2m 2g 2kC ．0，m 2g 2kD ．0，2m 2g 2k题型二：微元法例2．在水平面上，有一弯曲的槽道AB ，槽道有半径分别为R 2和R 的两个半圆构成，现用大小恒为F 的拉力将一光滑小球从A 点沿槽道拉至B 点，若拉力F 的方向时时刻刻均与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为（ ）A ．0B ．FRC ．32πFRD ．2πFR题型三：等效转换法例3．如图所示，轻绳一端受到大小为F 的水平恒力作用，另一端通过定滑轮与质量为m 、可视为质点的小物块相连。
开始时绳与水平方向的夹角为θ，当小物块从水平面上的A 点被拖动到水平面上的B 点时，位移为L ，随后从B 点沿斜面被拖动到定滑轮O 处，BO 间距离也为L ，小物块与水平面及斜面间的动摩擦因数均为μ，若小物块从A 点运动到B 点的过程中，F 对小物块做的功为W F ，小物块在BO 段运动过程中克服摩擦力做的功为W f ，则以下结果正确的是（ ）A ．W F ＝FL （2cos θ﹣1）B ．W F ＝2FLcos θC ．W f ＝μmgLcos θD ．W f ＝FL ﹣mgLsin2θ题型四：平均值法例4．当前，我国某些贫困地区的日常用水仍然依靠井水。
2023届浙江高三物理高考复习微专题模型精讲精练第32讲 动能定理的准确理解与实际应用(解析版)
第32讲 动能定理的准确理解与实际应用1．（2022·甲卷）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。
运动员从a 处由静止自由滑下，到b 处起跳，c 点为a 、b 之间的最低点，a 、c 两处的高度差为h 。
要求运动员经过c 点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k 倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c 点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（ ）A ．ℎk+1B ．ℎkC ．2ℎkD ．2ℎk−1 【解答】解：从a 到c 根据动能定理有：mgh =12mv 2在c 点根据牛顿第二定律有：kmg ﹣mg =mv 2R联立解得：R =2ℎk−1故ABC 错误，D 正确；故选：D 。
（多选）2．（2022·湖南）下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为1Hz 的简谐运动；与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图（a ）所示。
以木棒所受浮力F 为纵轴，木棒水平位移x 为横轴建立直角坐标系，浮力F 随水平位移x 的变化如图（b ）所示。
已知河水密度为ρ，木棒横截面积为S ，重力加速度大小为g 。
下列说法正确的是 （ ） A ．x 从0.05m 到0.15m 的过程中，木棒的动能先增大后减小B ．x 从0.21m 到0.25m 的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小C ．x ＝0.35m 和x ＝0.45m 时，木棒的速度大小相等，方向相反D ．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为F 1−F 22ρSgE．木棒的运动为向x轴正方向传播的机械横波，波速为0.4m/s【解答】解：A、木棒在竖直方向做简谐运动，根据图（b）可知x＝0.1m处，木棒达到平衡位置，此时的速度最大，所以x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的动能先增大后减小，故A正确；B、x＝0.2m时木棒浮力最小，此时木棒在上方最大位移处，重力大于浮力，木棒开始向下振动，x从0.21m到0.25m的过程中，木棒的浮力增大，但小于重力，说明在木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小，故B正确；C、在x＝0.35m和x＝0.45m时，木板的浮力相同，说明木板处于同一位置，根据简谐运动的对称性可知，在x＝0.35m和x＝0.45m时木棒竖直方向的速度大小相等，方向相反，但木棒水平方向速度相同，根据速度的合成可知，木棒的速度方向不是相反，故C错误；D、设木棒在平衡位置处浸没的深度为h，振幅为A。
高中物理动能定理的综合应用题20套(带答案)含解析
高中物理动能定理的综合应用题20套(带答案)含解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．如图所示,竖直平面内的轨道由直轨道AB 和圆弧轨道BC 组成，直轨道AB 和圆弧轨道BC 平滑连接，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一个半径为=0.4m R 的圆轨道；（1）若接触面均光滑，小球刚好能滑到圆轨道的最高点C ，求斜面高h ；（2）若已知小球质量m =0.1kg ，斜面高h =2m ，小球运动到C 点时对轨道压力为mg ，求全过程中摩擦阻力做的功．【答案】（1）1m ；（2） -0.8J ； 【解析】 【详解】（1）小球刚好到达C 点,重力提供向心力，由牛顿第二定律得：2v mg m R=从A 到C 过程机械能守恒,由机械能守恒定律得：()2122mg h R mv -=, 解得：2.5 2.50.4m 1m h R ==⨯=；（2）在C 点,由牛顿第二定律得：2Cv mg mg m R+=,从A 到C 过程，由动能定理得：()21202f C mgh R W mv -+=-, 解得：0.8J f W =-；2．如图所示,在粗糙水平面上有一质量为M 、高为h 的斜面体,斜面体的左侧有一固定障碍物Q,斜面体的左端与障碍物的距离为d ．将一质量为m 的小物块置于斜面体的顶端,小物块恰好能在斜面体上与斜面体一起保持静止;现给斜面体施加一个水平向左的推力,使斜面体和小物块一起向左匀加速运动,当斜面体到达障碍物与其碰撞后,斜面体立即停止运动,小物块水平抛出,最后落在障碍物的左侧P 处(图中未画出),已知斜面体与地面间的动摩擦因数为μ1,斜面倾角为θ,重力加速度为g,滑动摩擦力等于最大静摩擦力,求:(1)小物块与斜面间的动摩擦因数μ2;(2)要使物块在地面上的落点P 距障碍物Q 最远,水平推力F 为多大; (3)小物块在地面上的落点P 距障碍物Q 的最远距离． 【答案】（1）2tan μθ= （2）()()1sin cos tan M m g F M m g sin θμθθθ+=++-（3）2sin cos tan tan hd hsin θθθθθ- 【解析】 【分析】对m 受力分析，由共点力平衡条件可以求出动摩擦因数；以m 为研究对象，求出最大加速度，以系统为研究对象，由牛顿第二定律求出最大推力；对系统由动能定理求出最大速度，然后由平抛运动规律求出最大水平位移． 【详解】(1)对m 由平衡条件得：mgsinθ-μ2mgcosθ=0 解得：μ2=tanθ(2)对m 设其最大加速度为a m ，由牛顿第二定律得 水平方向：Nsinθ+μ2Ncosθ=ma m 竖直方向：Ncosθ-μ2Nsinθ-mg =0 解得：2sin cos tan sin g a θθθθ=-对M 、m 整体由牛顿第二定律得：F -μ1(M +m )g =(M +m )a m 解得：()()12sin cos tan sin M m g F M m g θμθθθ+=++- (3)对M 、m 整体由动能定理得：()()2112Fd M m gd M m v μ-+=+ 解得：sin cos tan sin dg v θθθθ=-对m 由平抛运动规律得： 水平方向：tan p hx vt θ+= 竖直方向：212h gt =解得：2sin 2cos tan sin tan p hd hx θθθθθ=-- 【点睛】本题主要考查了应用平衡条件、牛顿第二定律、动能定理、平抛运动规律即可正确解题．3．如图所示，固定斜面的倾角α=30°，用一沿斜面向上的拉力将质量m =1kg 的物块从斜面底端由静止开始拉动，t =2s 后撤去该拉力，整个过程中物块上升的最大高度h =2.5m ，物块与斜面间的动摩擦因数μ=36.重力加速度g =10m/s 2.求：(1)拉力所做的功； (2)拉力的大小.【答案】(1)40J F W = (2)F =10N 【解析】 【详解】（1）物块从斜面底端到最高点的过程，根据动能定理有：cos 0sin F hW mg mgh μαα-⋅-= 解得拉力所做的功40F W J = （2）F W Fx =由位移公式有212x at = 由牛顿第二定律有cos sin F mg mg ma μαα--=解得拉力的大小F=10N.4．如图所示，一质量为m 的小球从半径为R 的竖直四分之一圆弧轨道的顶端无初速释放，圆弧轨道的底端水平，离地面高度为R 。
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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 2
2(h 2＋x 2)
C ．在该过程中，人对物块做的功为1
2m v 2
D ．人前进x 时，物块的运动速率为v h
h 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＝x
h 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．
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.1
2
R (F N －3mg ) B.1
2
R (3mg －F N ) C.1
2
R (F N －mg )
D.1
2
R (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 ＝1
2m v 2，故摩擦力对其所做的功W f ＝12RF N －3
2
mgR ，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.1
4mgR B.1
3mgR C.1
2mgR
D ．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 21
R
②
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 22
R
③
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 22－12
m v 2
1
④
由①②③④可得W f ＝－12mgR ，所以小球克服空气阻力所做的功为1
2mgR ，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 θ
B ．mgL (1－cos θ)
C ．FL sin θ
D ．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 －1
2m v 2
B.1
2
m v 2－mgh C ．－mgh
D ．－(mgh ＋1
2
m v 2)
答案 A
解析 由A 到C 的过程运用动能定理可得 －mgh ＋W ＝0－1
2
m v 2
所以W ＝mgh －1
2
m 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.1
2
μmgR
B ．2πmgR
C ．2μmgR
D ．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．。