课时作业33：专题强化6　利用动能定理分析变力做功和多过程问题

微型专题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； (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 ＝12mv 2，在B 点：F N －mg ＝m v2d，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)小球恰好通过C 点，则mg ＝m vC2d 2.小球从B 运动到C 的过程：－mgd ＋W f ＝12mv C 2－12mv 2，得W f ＝－34mgd .【考点】应用动能定理求变力的功 【题点】应用动能定理求变力的功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2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()图2A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.π4mgR 答案 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F N －mg ＝m vQ2R ，由题意及牛顿第三定律知F 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 Q 2，得克服摩擦力所做的功为W f ＝12mgR ，选项C 正确.【考点】应用动能定理进行有关的计算 【题点】应用动能定理求功 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 ＝1.5m ，一个质量为m ＝0.5kg 的木块在F ＝1.5N 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 ＝10m/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)0.15m (2)0.75m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 ＝0.2×0.5×10N ＝1.0N 所以h ＝FL －FfL mg＝错误!m ＝0.15m(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 Ff ＝0.5×10×0.151.0m ＝0.75m【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题针对训练2 如图4所示，质量m ＝1kg 的木块静止在高h ＝1.2m 的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平推力F ＝20N ，使木块产生位移l 1＝3m 时撤去，木块又滑行l 2＝1m 后飞出平台，求木块落地时速度的大小.(g 取10m/s 2)图4答案 11.3m/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l 1，后匀减速前进l 2，再做平抛运动，对每一过程，分别由动能定理得Fl 1－μmgl 1＝12mv 12－μmgl 2＝12mv 22－12mv 12mgh ＝12mv 32－12mv 22解得v 3≈11.3 m/s解法二 对全过程由动能定理得Fl 1－μmg (l 1＋l 2)＋mgh ＝12mv 2－0代入数据解得v ≈11.3 m/s【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题 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5所示，一可以看成质点的质量m ＝2kg 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 ＝0.5m.已知s in53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力，g 取10m/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)3m/s (2)－4J解析 (1)在A 点由平抛运动规律得：v A ＝v0cos53°＝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 02②由①②得：v 0＝3m/s.(2)若小球恰好通过最高点C ，在最高点C 处有mg ＝mvC2R，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 ＝－4J.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题 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 ＝6m 、倾角α＝37°的斜轨道，BC 为水平轨道，CD 为半径R ＝15m 、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＝23m/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)420N ，方向向下 (2)0.25 (3)21m 解析 (1)由C 到D 速度减为0，由动能定理可得 －mg (R －R cos37°)＝0－12mv C 2，v C ＝215m/s在C 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝mvC2R，F N ＝420N 根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力为420N ，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 ＝21m.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，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( )图7A.0B.2μmgRC.2πμmgRD.μmgR2答案 D解析 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 ＝mv2R.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 .【考点】应用动能定理求变力的功 【题点】应用动能定理求变力的功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 ，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.12mv 02－μmg (s ＋x ) B.12mv 02－μmgx C.μmgs D.μmg (s ＋x )答案 A解析 由动能定理得－W －μmg (s ＋x )＝0－12mv 02，W ＝12mv 02－μmg (s ＋x ).【考点】应用动能定理求变力的功 【题点】应用动能定理求变力的功3.(利用动能定理分析多过程往复运动问题)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10m ，BC 长1m ，AB 和CD 轨道光滑.一质量为1kg 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)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； (3)物体最后停止的位置(距B 点多少米). 答案 (1)0.5 (2)13.3m/s (3)距B 点0.4m 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＝411m/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.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用运动定理处理含曲线运动的多过程问题4.(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 ＝0.6kg 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：图10(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 . 答案 (1)4m/s (2)0.6m (3)1.2J解析 (1)在A 点由速度的合成得v A ＝v0cos θ，代入数据解得v A ＝4m/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 ＝0.6m(3)恰好过C 点满足mg ＝mvC2R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 ＝1.2J.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用运动定理处理含曲线运动的多过程问题一、选择题考点一 利用动能定理求变力的功1.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－mgh C.mgh ＋12mv 02－12mv 2D.mgh ＋12mv 2－12mv 02答案 C解析 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.【考点】应用动能定理求变力的功 【题点】应用动能定理求变力的功2.如图1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( )图1A.12μmgR B.12mgR C.mgR D.(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 . 【考点】应用动能定理进行有关的计算 【题点】应用动能定理求功3.一质量为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2所示，则拉力F所做的功为( )图2A.mgl cosθB.mgl(1－cosθ)C.Fl cosθD.Fl sinθ答案 B解析小球缓慢移动，时时都处于平衡状态，由平衡条件可知，F＝mg tanθ，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－cosθ)＋W＝0，所以W＝mgl(1－cosθ).【考点】应用动能定理求变力的功【题点】应用动能定理求变力的功4.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5m/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7m/s，则它滑到B点的速度大小为( )图3A.大于7m/sB.等于7m/sC.小于7m/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，B点动能小于A点动能，C 正确.【考点】应用动能定理求变力的功 【题点】应用动能定理求变力的功5.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.14mgRB.13mgRC.12mgRD.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 ＝mv12R ，6mg ＝m v12R① 小球恰好过最高点，绳子拉力为零，这时mg ＝m v22R 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.【考点】应用动能定理求变力的功 【题点】应用动能定理求变力的功6.(多选)如图5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( )图5A.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答案 AC解析 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. 【考点】应用动能定理求变力的功 【题点】应用动能定理求变力的功 考点二 利用动能定理分析多过程问题7.(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6所示，设汽车的牵引力为F ，受到的摩擦力为F f ，全过程中牵引力做功为W 1，克服摩擦力做功为W 2，则( )图6A.F ∶F f ＝1∶3B.W 1∶W 2＝1∶1C.F ∶F f ＝4∶1D.W 1∶W 2＝1∶3答案 BC解析 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－F f x 2＝0，由图象知x 1∶x 2＝1∶4.所以F ∶F f ＝4∶1，选项A 错误，C 正确.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理仅含直线运动的多过程问题8.如图7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( )图7A.P 处B.P 、Q 之间C.Q 处D.Q 的右侧答案 C【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理仅含直线运动的多过程问题9.(多选)如图8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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8).则( )图8A.动摩擦因数μ＝67B.载人滑草车最大速度为2gh7C.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35g答案 AB解析 根据动能定理有2mgh －W f ＝0，即2mgh －μmg cos 45°·hsin 45°－μmg cos37°·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 ＝2a1hsin 45°＝27gh ，故B 项正确，D 项错误. 【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理仅含直线运动的多过程问题 二、非选择题10.(应用动能定理分析多过程问题)如图9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v 0从距O 点x 0的P 点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O ′点位置后，A 又被弹簧弹回.A 离开弹簧后，恰好回到P 点，物块A 与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .图9(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x 1. 答案 (1)12mv 02 (2)v024μg－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＝v024μg－x 0.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含弹力做功的多过程问题11.(应用动能定理分析多过程问题)如图10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：图10(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)由动能定理得W ＝12mv B 2在B 点由牛顿第二定律得7mg －mg ＝m vB2R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 vC2R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 .【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含弹力做功的多过程问题12.(应用动能定理分析多过程问题)如图11所示，光滑斜面AB 的倾角θ＝53°，BC 为水平面，BC 长度l BC ＝1.1m ，CD 为光滑的14圆弧，半径R ＝0.6m.一个质量m ＝2kg 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 ＝0.2m.不计空气阻力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g 取10m/s 2.求：图11(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)4m/s (2)1.02m (3)0.4m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 ＝4m/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 ＝1.02m(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＝5.1m 由于s 1＝4l BC ＋0.7m所以，物体最终停止的位置到C 点的距离为：s ＝0.4m. 【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题1.(应用动能定理分析多过程问题)2016年11月1日广东珠海开幕的第十一届中国国际航空航天博览会上，空军“八一”飞行表演队的6架歼－10战斗机为现场数千名观众带来了一场震撼表演.如图1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 .图1(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. 答案 (1)2gR (2)5gR －12mgR解析 (1)最高点座椅对飞行员的弹力F N ＝mg由重力和弹力的合力提供向心力F N ＋mg ＝mv12R，v 1＝2gR(2)最低点向心加速度最大时速度也最大，a n ＝mv22R ＝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 .【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题2.(应用动能定理分析多过程问题)如图2所示是一种常见的圆桌，桌面中间嵌一半径为r ＝1.5m 、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 ＝0.8m ，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0.4m.已知碟子质量m ＝0.1kg ，碟子与圆盘间的最大静摩擦力F fmax ＝0.6N ，g 取10m/s 2，求：(不计空气阻力)图2(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？答案 (1)1m/s (2)－0.4J (3)2.5m解析 (1)根据平抛运动规律：h ＝12gt 2，x ＝vt ，得v ＝xg2h＝1m/s. (2)碟子从圆盘上甩出时的速度为v 0，则F fmax ＝m v02r ，即v 0＝3m/s由动能定理得：W f ＝12mv 2－12mv 02，代入数据得：W f ＝－0.4J.(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 ′＝2m由几何知识可得桌子半径的最小值为：R ＝r2＋x′2＝2.5m. 【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题3.(应用动能定理分析多过程问题)如图3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2s 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0.4N ，赛车质量为0.4kg ，通电时赛车电动机的输出功率恒为2W ，B 、C 两点间高度差为0.45m ，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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10m/s 2，求：图3(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)5m/s (2)2m (3)R ≤2546m解析 (1)赛车在BC 间做平抛运动，则v y ＝2gh ＝3m/s由图可知：v C ＝vysin37°＝5m/s(2)由(1)可知B 点速度v 0＝v C cos37°＝4m/s 则根据动能定理：Pt －F f l AB ＝12mv 02，解得l AB ＝2m.(3)当恰好通过最高点D 时，有：mg ＝m vD2R从C 到D ，由动能定理可知：－mgR (1＋cos37°)＝12mv D 2－12mv C 2，解得R ＝2546m所以轨道半径R ≤2546m.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题4.(应用动能定理分析多过程问题)如图4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 ＝1m 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 ＝0.1kg 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10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：图4(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 C 1；(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)2m (2)25m/s (3)1.4N (4)6m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 ＝2m ；(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＝25m/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：F Nmin －mg ＝m vmin2R，解得F Nmin ＝1.4N ； (4)根据动能定理有：mgL sin θ－μmgs 总cos θ＝0，解得s 总＝6m.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题。

专题强化6利用动能定理分析变力做功和多过程问题-学生版[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.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/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/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.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)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.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，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：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.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7 A.12μmgR B.2πmgR C.2μmgRD.02.(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.μmgsD.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/s2)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).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/s2，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.一、选择题1.一人用力抛质量为100 g 的皮球，使球由静止以20 m/s 的速度飞出.假定人抛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 J2.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 02 B.12m v 2－12m v 02－mgh C.mgh ＋12m v 02－12m v 2 D.mgh ＋12m v 2－12m v 023.(多选)(2018·鹤壁市高一下学期期末)如图1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1A.12μmgR B.12mgR C.mgRD.(1－μ)mgR4.一质量为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 θ5.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.13mgR C.12mgR D.mgR7.(2018·厦门市高一下学期期末)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 图象如图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 J8.如图6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，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9.(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＝67B.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35g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.11.(2018·福建师大附中高一第二学期期末)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.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/s 2.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 .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？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/s2，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？3.(2019·浙南名校联盟高一下学期期中)某校科技兴趣小组设计了如图3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＝R.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3(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)4.如图4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4(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.。

应用动能定理求变力的功和分析多过程问题姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．质量为物块与水平转台之间的动摩擦因数为物块与转台转轴相距物块随转台由静止开始转动．当转速缓慢增加到某值时，物块即将在转台上滑动．假设物块与水平转台之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．在这一过程中，摩擦力对物块做的功为（）A.B.C.D.二、多选题2．一个质量为m的物体以某一速度从固定斜面底端冲上倾角为30°的斜面，其加速度为g，如图所示，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则A. 物体与斜面间的动摩擦因数为B. 此过程中重力做功mghC. 物体的初速度为D. 物体克服摩擦力做功mgh3．如图所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置．现用水平力F将小球从A缓慢地拉到B位置，此时细线与竖直方向夹角θ＝60°，且细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到A点时细线的拉力为F2，则( )A. F1＝F2＝2mgB. 从A到B，拉力F做功为F1L sinθC. 从A到B的过程中，拉力F做功为mgL(1-cosθ)D. 从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大4．一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开始，受到水平外力F作用，如图所示。

下列判断正确的是A. 0～2 s内外力的平均功率是4 WB. 第2 s内外力所做的功是4 JC. 第2 s末物体的速度为4m/sD. 第1 s末物体的动能为4.5J5．如图所示，将质量m=2 kg的一个小钢球(可看成质点)从离地面H=2 m高处由静止开始释放，落人泥潭并陷入泥中h=5 cm深处，不计空气阻力(g取10 m／s2)，则下列说法正确的是（）A. 整个过程中重力做功为40 JB. 整个过程中重力做功为41 JC. 泥对小钢球的平均阻力为800 ND. 泥对小钢球的平均阻力为820 N三、填空题6．用锤子击打钉子，设木板对钉子的阻力跟钉子进入木板的深度成正比，每次击打钉子时锤子对钉子做的功相同．已知第一次击打钉子时，钉子进入的深度为 1 cm，则第二次击打时，钉子进入的深度是_____________四、解答题7．骏驰汽车赛车场有一段赛道可简化为这样：平直的赛道中间有一段拱形路面，其最高点P与水平路面的高度差为1.25m，拱形路面前后赛道位于同一水平面上。

微型专题 利用动能定理分析变力做功和多过程问题一、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功，也适用于求变力做功，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 (2018·杭西高高一4月测试)如图1所示，竖直平面内的轨道由直轨道AB 和圆弧轨道BC 组成，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半径为R ＝0.4 m 的圆弧轨道.(g ＝10 m/s 2)图1(1)若接触面均光滑，小球刚好能滑到圆弧轨道的最高点C ，求斜面高h ；(2)若已知小球质量m ＝0.1 kg ，斜面高h ＝2 m ，小球运动到C 点时对轨道的压力为mg ，求全过程中摩擦阻力做的功. 答案 见解析解析 (1)小球刚好到达C 点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg ＝m v 2R ，从A 到C 过程，由动能定理得：mg (h －2R )＝12m v 2，解得：h ＝2.5R ＝2.5×0.4 m ＝1 m ； (2)在C 点，由牛顿第二定律得： mg ＋mg ＝m v C2R，从A 到C 过程，由动能定理得： mg (h －2R )＋W f ＝12m v C 2－0，解得：W f ＝0.8 J.从B 至C 小球所受的摩擦力是变力(大小、方向都变)，求变力的功不能直接应用功的公式，通常用动能定理求解.针对训练1 (2018·余姚市高一下学期期中考试)如图2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( )图2A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.π4mgR 答案 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F N －mg ＝m v Q2R ，由题有F 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 ＝12m v Q 2，得克服摩擦力所做的功为12mgR ，选项C 正确.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 F f ′＝μmg所以：x ＝mgh F f ′＝0.5×10×0.151.0 m ＝0.75 m【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题针对训练2 如图4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l 1＝3 m 时撤去，木块又滑行l 2＝1 m 后飞出平台，求木块落地时速度的大小.(g 取10 m/s 2)图4答案 11.3 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l 1，后匀减速前进l 2，再做平抛运动，对每一过程，分别由动能定理得 Fl 1－μmgl 1＝12m v 12－μmgl 2＝12m v 22－12m v 12mgh ＝12m v 32－12m v 22解得v 3≈11.3 m/s解法二 对全过程由动能定理得 Fl 1－μmg (l 1＋l 2)＋mgh ＝12m v 2－0代入数据解得v ≈11.3 m/s【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题 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 (2018·金华市十校联考)如图5所示，质量m ＝0.2 kg 的小物块，放在半径R 1＝2 m 的水平圆盘边缘A 处，小物块与圆盘间的动摩擦因数μ1＝0.8.圆心角为θ＝37°、半径R 2＝2.5 m 的光滑圆弧轨道BC 与水平轨道光滑连接于C 点，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ2＝0.5.开始圆盘静止，在电动机的带动下绕过圆心O 1的竖直轴缓慢加速转动，某时刻小物块沿纸面水平方向飞出(此时O 1与A 连线垂直纸面)，恰好沿切线进入圆弧轨道B 处，经过圆弧BC 进入水平轨道CD ，在D 处进入圆心为O 2、半径R 3＝0.5 m 的光滑竖直圆轨道，绕过圆轨道后沿水平轨道DF 向右运动.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，求：图5(1)圆盘对小物块m 做的功；(2)小物块刚离开圆盘时A 、B 两点间的水平距离；(3)假设竖直圆轨道可以左右移动，要使小物块能够通过竖直圆轨道，求竖直圆轨道底端D 与圆弧轨道底端C 之间的距离范围和小物块的最终位置.答案 (1)1.6 J (2)1.2 m (3)l DC ≤1 m 最后停在离C 位置右侧3.5 m 处 解析 (1)小物块刚滑出圆盘时：μ1mg ＝m v A2R 1得：v A ＝4 m/s由动能定理可得：W ＝12m v A 2得：W ＝1.6 J(2)物块正好切入圆弧轨道BC ，由平抛运动知识可得： 在B 处物块的竖直分速度为v By ＝v A tan 37° 运动时间t ＝v By gA 、B 间的水平距离x ＝v A t 联立解得：x ＝1.2 m(3)物块刚好通过竖直完整圆轨道最高点E 处：mg ＝m v E2R 3由B 到E 点由动能定理得：mgR 2(1－cos 37°)－μ2mgL －2mgR 3＝12m v E 2－12m v B 2又v B ＝v A 2＋v By 2可得：L ＝1 m即DC 之间距离不大于1 m 时物块可通过竖直圆轨道. 最后物块必定停止，由动能定理可得： mgR 2(1－cos 37°)－μ2mgx ＝0－12m v B 2解得x ＝3.5 m即最后物块停在离C 位置右侧3.5 m 处. 四、动能定理在多过程往复运动中的应用例4 (2018·湖州、衢州、丽水高三期末联考)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 沿轨道下滑，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 ，方向竖直向下 (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，解得v C ＝215 m/s 在C 点，由牛顿第二定律得 F N －mg ＝m v C2R，解得F N ＝420 N根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力为420 N ，方向竖直向下 (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.由动能定理得：mgL sin α－μmgs cos α＝0－12m v 02解得s ＝21 m.1.在含有摩擦力的多过程往复运动过程中，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，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( )图7A.0B.2μmgRC.2πμmgRD.μmgR2答案 D解析 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 ＝m v 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 ＝12m v 2－0.②联立①②解得W ＝12μmgR .2.(动能定理在平抛、圆周运动中的应用)如图8所示，一可以看成质点的质量为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，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8(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)在最高点C 处有mg ＝m v C2R ，小球从桌面到C 点，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.3.(利用动能定理分析多过程及往复运动问题)滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来.如图9是滑板运动的轨道，BC 和DE 是两段光滑圆弧形轨道，BC 段的圆心为O 点，圆心角为60°，半径OC 与水平轨道CD 垂直，水平轨道CD 段粗糙且长8 m.某运动员从轨道上的A 点以3 m /s 的速度水平滑出，在B 点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC ，经CD 轨道后冲上DE 轨道，到达E 点时速度减为零，然后返回.已知运动员和滑板的总质量为60 kg ，B 、E 两点到水平轨道CD 的竖直高度分别为h 和H ，且h ＝2 m ，H ＝2.8 m ，g 取10 m /s 2.求：图9(1)运动员从A 点运动到达B 点时的速度大小v B ； (2)滑板与轨道CD 段间的动摩擦因数μ；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？如能，请求出回到B 点时速度的大小；如不能，则最后停在何处？答案 (1)6 m/s (2)0.125 (3)不能回到B 处，最后停在D 点左侧6.4 m 处(或C 点右侧1.6 m 处)解析 (1)由题意可知：v B ＝v 0cos 60°解得：v B ＝6 m/s.(2)从B 点到E 点，由动能定理可得： mgh －μmgx CD －mgH ＝0－12m v B 2代入数据可得：μ＝0.125.(3)设运动员能到达左侧的最大高度为h ′，从B 到第一次返回左侧最高处，根据动能定理得： mgh －mgh ′－μmg ·2x CD ＝0－12m v B 2解得h ′＝1.8 m<h所以第一次返回时，运动员不能回到B 点设运动员从B 点运动到停止，在CD 段的总路程为s ，由动能定理可得： mgh －μmgs ＝0－12m v B 2解得：s ＝30.4 m因为s ＝3x CD ＋6.4 m ，所以运动员最后停在D 点左侧6.4 m 处(或C 点右侧1.6 m 处).一、选择题考点一 利用动能定理求变力的功1.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 02B.12m v 2－12m v 02－mgh C.mgh ＋12m v 02－12m v 2D.mgh ＋12m v 2－12m v 02答案 C解析 选取物块从刚抛出到正好落地时的过程，由动能定理可得： mgh －W f 克＝12m v 2－12m v 02解得：W f 克＝mgh ＋12m v 02－12m v 2.2.如图1所示，AB 为14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，当它由轨道顶端A 从静止开始下落，恰好运动到C 处停止，那么物体在AB 段克服摩擦力所做的功为( )图1A.12μmgR B.12mgR C.－mgR D.(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 ，物体从A 运动到C 的全过程，根据动能定理，有mgR －W AB －μmgR ＝0.所以有W AB ＝mgR －μmgR ＝(1－μ)mgR .3.一质量为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，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 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).4.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 与一轻弹簧最右端O 相距s ，如图3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 ，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(不计空气阻力)( )图3A.12m v 02－μmg (s ＋x ) B.12m v 02－μmgx C.μmgs D.μmgx答案 A解析 设物体克服弹簧弹力所做的功为W ，则物体向左压缩弹簧过程中，弹簧弹力对物体做功为－W ，摩擦力对物体做功为－μmg (s ＋x )，根据动能定理有－W －μmg (s ＋x )＝0－12m v 02，所以W ＝12m v 02－μmg (s ＋x ).5.(2018·余姚中学高二第二学期期中考试)如图4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( )图4A.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 点动能小于在A 点动能，C 正确.【考点】应用动能定理求变力的功 【题点】应用动能定理求变力的功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5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5A.14mgR B.13mgR C.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 ＝m v 1 2R ，6mg ＝m v 12R①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 ＝12m v 22－12m v 12③由①②③式联立解得W f ＝12mgR ，选C.考点二 利用动能定理分析多过程问题7.如图6所示，假设在某次比赛中运动员从10 m 高处的跳台跳下，设水的平均阻力约为其体重的3倍，在粗略估算中，把运动员当作质点处理，为了保证运动员的人身安全，池水深度至少为(不计空气阻力)( )图6A.5 mB.3 mC.7 mD.1 m答案 A解析 设水深为h ，对运动全程运用动能定理可得：mg (H ＋h )－F f h ＝0，F f ＝3mg ， 所以h ＝5 m.8.如图7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( )图7A.P 处B.P 、Q 之间C.Q 处D.Q 的右侧答案 C9.(多选)如图8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( )图8A.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35g答案 AB解析 根据动能定理有2mgh －W f ＝0，即2mgh －μmg cos 45°·h sin 45°－μmg cos 37°·hsin 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°－μcos37°)＝－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 1hsin 45°＝v 2得，v ＝2a 1hsin 45°＝ 27gh ，故B 项正确，D 项错误.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理仅含直线运动的多过程问题 二、非选择题10.(利用动能定理分析多过程问题)(2018·东阳中学期中考试)如图9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v 0从距O 点x 0的P 点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O ′点位置后，A 又被弹簧弹回.A 离开弹簧后，恰好回到P 点，物块A 与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .图9(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x 1. 答案 (1)12m v 02(2)v 0 24μg－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 ＝0－12m v 02＝－12m v 02，即克服摩擦力做功为12m v 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)＝0－12m v 02，得x 1＝v 024μg－x 0.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含弹力做功的多过程问题11.(利用动能定理分析多过程问题)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°，取g ＝10 m /s 2.求：图10(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 . 答案 (1)4 m/s (2)0.6 m (3)1.2 J 解析 (1)在A 点有：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 ＝m v C2R由A 点到C 点由动能定理得－mgR (1＋cos θ)－W ＝12m v C 2－12m v A 2代入数据解得W ＝1.2 J.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用运动定理处理含曲线运动的多过程问题12.(利用动能定理分析多过程问题)如图11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/s 2.求：图11(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 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 ＝12m v 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.1.(2017·温州中学11月选考科目模拟考试)2016年11月1日广东珠海开幕的第十一届中国国际航空航天博览会上，空军“八一”飞行表演队的6架歼－10战斗机为现场数千名观众带来了一场震撼表演.如图1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 .图1(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.答案 (1)2gR (2)5gR －12mgR解析 (1)最高点座椅对飞行员的弹力F N ＝mg由重力和弹力的合力提供向心力F N ＋mg ＝m v 12R，v 1＝2gR(2)最低点向心加速度最大时速度也最大，a n ＝m v 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 ＝12m v 22－12m v 12，解得W ＝－12mgR .【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题2.(2018·嘉兴市3月高三选考)如图2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/s 2，求：(不计空气阻力)图2(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 ＝12gt 2，x ＝v t ，得v ＝xg2h＝1 m/s. (2)设碟子从圆盘上甩出时的速度为v 0，则F fmax ＝m v 02r ，即v 0＝3 m/s由动能定理得：W f ＝12m v 2－12m v 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 ′＝0－12m v 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.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题3.(2017·绍兴市9月选考科目适应性考试)如图3所示为一种射程可调节的“抛石机”模型.抛石机长臂OA 的长度L ＝4 m ，B 为OA 中点，石块可装在长臂上的AB 区域中某一位置.开始时长臂与水平面间的夹角α＝30°，对短臂施力，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，石块被水平抛出.在某次投石试验中，将质量为m ＝10 kg 的石块安装在A 点，击中地面上距O 点水平距离为x ＝12 m 的目标.不计空气阻力和抛石机长臂与短臂的质量，g 取10 m/s 2，求：图3(1)石块即将被投出瞬间所受向心力的大小； (2)整个过程中投石机对石块所做的功W ；(3)若投石机对石块做功恒定，问应将石块安装在离O 点多远处才能使石块落地时距O 点的水平距离最大？答案 (1)300 N (2)1 200 J (3)3 m解析 (1)石块被抛出后做平抛运动，水平方向x ＝v t 竖直方向h ＝12gt 2又h ＝L ＋L sin α，解得v ＝230 m/s 所以石块受到的向心力为F ＝m v 2L＝300 N(2)长臂从A 点转到竖直位置的整个过程中，根据动能定理得 W －mg (L ＋L sin α)＝12m v 2－0代入数值解得W ＝1 200 J(3)设抛出点距离O 点为l W －mg (l ＋l sin 30°)＝12m v ′2－0v ′＝240－30l下落时间t ′＝ 2h ′g＝ 2(l ＋L sin α)g＝ l ＋25水平位移为s ＝2(24－3l )(l ＋2)＝－6(l －3)2＋150因此当l ＝3 m 时石块落地时距O 点水平距离最大. 【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题4.(2018·台州中学高三第一学期第一次统练)如图4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/s 2，求：图4(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R 需要满足什么条件？ 答案 (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 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 ＝12m v 02，解得l AB ＝2 m.(3)当恰好通过最高点D 时，有：mg ＝m v D2R从C 到D ，由动能定理可知：－mgR (1＋cos 37°)＝12m v D 2－12m v C 2，解得R ＝2546 m所以轨道半径R ≤2546m.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题5.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 点是最低点，D 点与圆心O 等高.现有质量m ＝0.1 kg 的小物体从斜面AB 上端的A 点无初速下滑，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/s 2，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 C 1； (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)A 到C 过程，根据动能定理有mg (L sin θ＋R －R cos θ)－μmgL cos θ＝12m v 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)＝12m v min 2，根据向心力公式有：F Nmin －mg ＝m v min2R，解得F Nmin ＝1.4 N ；。

学 习 资 料 汇编微型专题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； (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 ＝12mv 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)小球恰好通过C 点，则mg ＝m v C 2d2.小球从B 运动到C 的过程：－mgd ＋W f ＝12mv C 2－12mv 2，得W f ＝－34mgd .【考点】应用动能定理求变力的功 【题点】应用动能定理求变力的功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2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()图2A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.π4mgR 答案 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F N －mg＝m v Q 2R，由题意及牛顿第三定律知F 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 Q 2，得克服摩擦力所做的功为W f ＝12mgR ，选项C 正确.【考点】应用动能定理进行有关的计算 【题点】应用动能定理求功 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 ＝1.5m ，一个质量为m ＝0.5kg 的木块在F ＝1.5N 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 ＝10m/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)0.15m (2)0.75m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 ＝0.2×0.5×10N ＝1.0N 所以h ＝FL －F f Lmg＝(1.5－1.0)×1.50.5×10m ＝0.15m(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 ＝0.75m 【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题针对训练2 如图4所示，质量m ＝1kg 的木块静止在高h ＝1.2m 的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平推力F ＝20N ，使木块产生位移l 1＝3m 时撤去，木块又滑行l 2＝1m 后飞出平台，求木块落地时速度的大小.(g 取10m/s 2)图4答案 11.3m/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l 1，后匀减速前进l 2，再做平抛运动，对每一过程，分别由动能定理得 Fl 1－μmgl 1＝12mv 12－μmgl 2＝12mv 22－12mv 12mgh ＝12mv 32－12mv 22解得v 3≈11.3 m/s解法二 对全过程由动能定理得Fl 1－μmg (l 1＋l 2)＋mgh ＝12mv 2－0代入数据解得v ≈11.3 m/s【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题 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5所示，一可以看成质点的质量m ＝2kg 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 ＝0.5m.已知sin53°＝0.8，co s53°＝0.6，不计空气阻力，g 取10m/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)3m/s (2)－4J解析 (1)在A 点由平抛运动规律得：v A ＝v 0cos53°＝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 02②由①②得：v 0＝3m/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 ＝－4J.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题 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 ＝6m 、倾角α＝37°的斜轨道，BC 为水平轨道，CD 为半径R ＝15m 、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＝23m/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)420N ，方向向下 (2)0.25 (3)21m 解析 (1)由C 到D 速度减为0，由动能定理可得 －mg (R －R cos37°)＝0－12mv C 2，v C ＝215m/s在C 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v C 2R，F N ＝420N根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力为420N ，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 ＝21m.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，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( )图7A.0B.2μmgRC.2πμmgRD.μmgR2答案 D解析 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 .【考点】应用动能定理求变力的功 【题点】应用动能定理求变力的功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 ，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.12mv 02－μmg (s ＋x ) B.12mv 02－μmgx C.μmgs D.μmg (s ＋x )答案 A解析 由动能定理得－W －μmg (s ＋x )＝0－12mv 02，W ＝12mv 02－μmg (s ＋x ).【考点】应用动能定理求变力的功 【题点】应用动能定理求变力的功3.(利用动能定理分析多过程往复运动问题)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10m ，BC 长1m ，AB 和CD 轨道光滑.一质量为1kg 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)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； (3)物体最后停止的位置(距B 点多少米). 答案 (1)0.5 (2)13.3m/s (3)距B 点0.4m 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＝411m/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.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用运动定理处理含曲线运动的多过程问题4.(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 ＝0.6kg 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：图10(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 . 答案 (1)4m/s (2)0.6m (3)1.2J 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 ＝4m/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 ＝0.6m(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 ＝1.2J.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用运动定理处理含曲线运动的多过程问题一、选择题考点一 利用动能定理求变力的功1.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－mgh C.mgh ＋12mv 02－12mv 2D.mgh ＋12mv 2－12mv 02答案 C解析 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.【考点】应用动能定理求变力的功 【题点】应用动能定理求变力的功2.如图1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( )图1A.12μmgR B.12mgR C.mgR D.(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 .【考点】应用动能定理进行有关的计算 【题点】应用动能定理求功3.一质量为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2所示，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). 【考点】应用动能定理求变力的功 【题点】应用动能定理求变力的功4.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5m/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7m/s ，则它滑到B 点的速度大小为( )图3A.大于7m/sB.等于7m/sC.小于7m/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，B 点动能小于A 点动能，C 正确.【考点】应用动能定理求变力的功 【题点】应用动能定理求变力的功5.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.14mgRB.13mgRC.12mgRD.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 ＝m v 12R ，6mg ＝m v 12R①小球恰好过最高点，绳子拉力为零，这时mg ＝m v 22R②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.【考点】应用动能定理求变力的功 【题点】应用动能定理求变力的功6.(多选)如图5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( )图5A.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答案 AC解析 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.【考点】应用动能定理求变力的功 【题点】应用动能定理求变力的功 考点二 利用动能定理分析多过程问题7.(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6所示，设汽车的牵引力为F ，受到的摩擦力为F f ，全过程中牵引力做功为W 1，克服摩擦力做功为W 2，则( )图6A.F∶F f＝1∶3B.W1∶W2＝1∶1C.F∶F f＝4∶1D.W1∶W2＝1∶3答案BC解析对汽车运动的全过程，由动能定理得：W1－W2＝ΔE k＝0，所以W1＝W2，选项B正确，D错误；由动能定理得Fx1－F f x2＝0，由图象知x1∶x2＝1∶4.所以F∶F f＝4∶1，选项A错误，C正确.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理仅含直线运动的多过程问题8.如图7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( )图7A.P处B.P、Q之间C.Q处D.Q的右侧答案 C【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理仅含直线运动的多过程问题9.(多选)如图8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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8).则( )图8A.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35g答案 AB解析 根据动能定理有2mgh －W f ＝0，即2mgh －μmg cos 45°·hsin 45°－μmg cos37°·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 1hsin 45°＝v 2得，v ＝2a 1hsin 45°＝27gh ，故B 项正确，D 项错误. 【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理仅含直线运动的多过程问题 二、非选择题10.(应用动能定理分析多过程问题)如图9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v 0从距O 点x 0的P 点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O ′点位置后，A 又被弹簧弹回.A 离开弹簧后，恰好回到P 点，物块A 与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .图9(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x 1. 答案 (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.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含弹力做功的多过程问题11.(应用动能定理分析多过程问题)如图10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：图10(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)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 .【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含弹力做功的多过程问题12.(应用动能定理分析多过程问题)如图11所示，光滑斜面AB 的倾角θ＝53°，BC 为水平面，BC 长度l BC ＝1.1m ，CD 为光滑的14圆弧，半径R ＝0.6m.一个质量m ＝2kg 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 ＝0.2m.不计空气阻力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g 取10m/s 2.求：图11(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)4m/s (2)1.02m (3)0.4m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 ＝4m/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 ＝1.02m(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＝5.1m 由于s 1＝4l BC ＋0.7m所以，物体最终停止的位置到C 点的距离为：s ＝0.4m. 【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题1.(应用动能定理分析多过程问题)2016年11月1日广东珠海开幕的第十一届中国国际航空航天博览会上，空军“八一”飞行表演队的6架歼－10战斗机为现场数千名观众带来了一场震撼表演.如图1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 .图1(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. 答案 (1)2gR (2)5gR －12mgR解析 (1)最高点座椅对飞行员的弹力F N ＝mg由重力和弹力的合力提供向心力F 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 .【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题2.(应用动能定理分析多过程问题)如图2所示是一种常见的圆桌，桌面中间嵌一半径为r ＝1.5m 、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 ＝0.8m ，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0.4m.已知碟子质量m ＝0.1kg ，碟子与圆盘间的最大静摩擦力F fmax ＝0.6N ，g 取10m/s 2，求：(不计空气阻力)图2(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？ 答案 (1)1m/s (2)－0.4J (3)2.5m解析 (1)根据平抛运动规律：h ＝12gt 2，x ＝vt ，得v ＝xg2h＝1m/s. (2)碟子从圆盘上甩出时的速度为v 0，则F fmax ＝m v 02r，即v 0＝3m/s由动能定理得：W f ＝12mv 2－12mv 02，代入数据得：W f ＝－0.4J.(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 ′＝2m由几何知识可得桌子半径的最小值为：R ＝r 2＋x ′2＝2.5m. 【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题3.(应用动能定理分析多过程问题)如图3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2s 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0.4N ，赛车质量为0.4kg ，通电时赛车电动机的输出功率恒为2W ，B 、C 两点间高度差为0.45m ，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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10m/s 2，求：图3(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)5m/s (2)2m (3)R ≤2546m解析 (1)赛车在BC 间做平抛运动，则v y ＝2gh ＝3m/s由图可知：v C ＝v ysin37°＝5m/s(2)由(1)可知B 点速度v 0＝v C cos37°＝4m/s 则根据动能定理：Pt －F f l AB ＝12mv 02，解得l AB ＝2m.(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＋cos37°)＝12mv D 2－12mv C 2，解得R ＝2546m所以轨道半径R ≤2546m.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题4.(应用动能定理分析多过程问题)如图4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 ＝1m 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 ＝0.1kg 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10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：图4(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 C 1； (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)2m (2)25m/s (3)1.4N (4)6m 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 ＝2m ；(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，。

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.2πmgR C.2μmgR D.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10.3m 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一、选择题1.一人用力抛质量为100 g 的皮球，使球由静止以20 m/s 的速度飞出.假定人抛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 J B.2 000 J C.500 JD.4 000 J答案 A解析 根据题意可知，球的初速度为零，末速度为20 m/s ，由动能定理可知W ＝12m v 2－0＝12×0.1×202 J ＝20 J ，故选A.2.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 02B.12m v 2－12m v 02－mgh C.mgh ＋12m v 02－12m v 2D.mgh ＋12m v 2－12m v 02答案 C解析 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＝12m v 2－12m v 02解得：W f 克＝mgh ＋12m v 02－12m v 2.3.(多选)(2018·鹤壁市高一下学期期末)如图1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1A.12μmgR B.12mgR C.mgR D.(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 .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 点很缓慢地移动到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).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.13mgR C.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 ＝m v 12R ，6mg ＝m v 12R①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 ＝12m v 22－12m v 12③由①②③式联立解得W f ＝12mgR ，选C.7.(2018·厦门市高一下学期期末)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 图象如图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，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＝67B.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35g答案 AB解析 根据动能定理有2mgh －W f ＝0，即2mgh －μmg cos 45°·h sin 45°－μmg cos 37°·hsin 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 1hsin 45°＝v 2得，v ＝2a 1hsin 45°＝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 ＝12m v 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 ′＝12m v C 2－12m v 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 －12m v C 2，解得E k ＝52mgR .11.(2018·福建师大附中高一第二学期期末)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/s 2，求：图9(1)物块经过最高点C 时速度大小；(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 C 2R ，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 ＝12m v C 2－12m v B 2，解得v B ＝3 5 m/s在B 点由牛顿第二定律可得F N －mg ＝m v B 2R ，解得F N ＝120 N.由牛顿第三定律可得物块通过B 点时对轨道压力的大小为120 N. (3)由题图乙得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 ＝12m v B 2－12m v A 2解得v A ＝8 m/s12.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/s 2.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 )＝0－12m v 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 ＝12m v 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.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/s 2，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 ＝12gt 2，x ＝v t ，得v ＝xg2h＝1 m/s. (2)碟子从圆盘上甩出时的速度为v 0，则F fmax ＝m v 02r ，即v 0＝3 m/s由动能定理得：W f ＝12m v 2－12m v 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 ′＝0－12m v 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.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 ＝12m v 02，解得l AB ＝2 m.(3)当赛车恰好通过最高点D 时，有：mg ＝m v D 2R从C 到D ，由动能定理可知：－mgR (1＋cos 37°)＝12m v D 2－12m v C 2，解得R ＝2546 m所以轨道半径0<R ≤2546m.3.(2019·浙南名校联盟高一下学期期中)某校科技兴趣小组设计了如图3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，EO 2和FO 3均沿竖直方向，且EO 2＝FO 3＝R .已知R 1＝0.5 m ，R 2＝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，t 0＝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/s 2.求：图3(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 ·2R 1＝12m v C 2－12m v B 2解得：v C ＝ 5 m/s在C 点根据牛顿第二定律：mg ＋F N ＝m v C 2R 1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：Pt 0－W f ＝12m v B 2解得：W f ＝37.5 J (3)B →F 过程：－mg ·2R 2(1－cos θ)＝12m v F 2－12m v B 2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 ≤gR 2＝2 3 m/s 综合上述结论可得1 m/s ≤v F ≤2 3 m/s A →F 过程：Pt －W f －mg ·2R 2(1－cos θ)＝12m v F 2解得：5 s ≤t ≤5.55 s4.如图4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/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图4(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 C 1； (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)A 到C 过程，根据动能定理有mg (L sin θ＋R －R cos θ)－μmgL cos θ＝12m v 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)＝12m v min 2，根据向心力公式有：F Nmin －mg ＝m v min2R ，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.。

专题强化 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)－34mgd解析 (1)小球由静止运动到B 点的过程， 由动能定理得2mgd ＝12mv 2，在B 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2d，得：F N ＝5mg根据牛顿第三定律：小球在B 处对轨道的压力大小F N ′＝F N ＝5mg ；(2)小球恰能通过C 点，则mg ＝m v 2Cd2.小球从B 运动到C 的过程：－mgd ＋W f ＝12mv C 2－12mv 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 ＝0.5m 的粗糙半圆轨道，A 与圆心O 等高，有一质量为m ＝0.2kg 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0.4NB.物块过B 点时，对轨道的压力大小是2.0NC.A 到B 的过程中，克服摩擦力做的功为0.9JD.A 到B 的过程中，克服摩擦力做的功为0.1J 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 ＝2.4N ，由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小为2.4N ，故A 、B 均错误；A 到B 的过程，由动能定理得mgr ＋W f ＝12mv 2－0，解得W f ＝－0.9J ，故克服摩擦力做功为0.9J ，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 ＝1.5m ，一个质量为m ＝0.5kg 的木块在F ＝1.5N 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 ＝10m/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)0.15m (2)0.75m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 ＝0.2×0.5×10N＝1.0N 所以h ＝FL －F f L mg ＝(1.5－1.0)×1.50.5×10m ＝0.15m(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 ＝0.75m. 针对训练2 (2018·金陵中学第二学期期末)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W F －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 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.如图5所示，一可以看成质点的质量m＝2kg 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＝0.5m.已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力，g取10m/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)3m/s (2)－4J解析(1)在A点由平抛运动规律得：v A ＝v 0cos53°＝53v 0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联立得：v 0＝3m/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 ＝12mv C 2－12mv 02代入数据解得W f ＝－4J.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 ＝6m 、倾角α＝37°的斜轨道，BC 为水平轨道，CD 为半径R ＝15m 、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＝23m/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/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)420N ，方向向下 (2)0.25 (3)21m 解析 (1)由C 到D 速度减为0，由动能定理可得 －mg (R －R cos β)＝0－12mv C 2，v C ＝215m/s在C 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2CR，可得：F N ＝420N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)＝0－12mv 02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 ＝21m.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.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＝mv2 R，根据动能定理有W f ＝12mv 2，解得W f ＝12μmgR ，A 正确.2.(利用动能定理分析多过程问题)(2018·鹤壁市高一下学期期末)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.12mgR C.mgR D.(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)(2019·温州新力量联盟高一下学期期中)如图9所示，一长L ＝0.45m 、不可伸长的轻绳上端悬挂于M 点，下端系一质量m ＝1.0kg 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)3m/s (2)30N (3)8J解析 (1)小球从A 到B 的过程，由动能定理得mgL ＝12mv 12，解得v 1＝3m/s(2)小球在B 点时，由牛顿第二定律得F －mg ＝m v 21L，解得F ＝30N ，由牛顿第三定律可知，轻绳所受最大拉力大小为30N(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＝6m/s 小球刚好能到达E 点，则mg ＝m v 23R，解得v 3＝5m/s小球从C 点到E 点，由动能定理得－mg (R ＋R cos θ)－W f ＝12mv 32－12mv 22，解得W f ＝8J.4.(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10m ，BC 长1m ，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)411m/s (3)距B 点0.4m 解析 (1)由A 到D ，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(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.一、选择题1.(2019·宜昌七校协作体高一下期末)一人用力踢质量为100g 的皮球，使球由静止以20m/s 的速度飞出.假定人踢球瞬间对球的平均作用力是200N ，球在水平方向运动了20m 停止.则人对球所做的功为( ) A.20J B.2000J C.500J D.4000J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＝12×0.1×202J ＝20 J ，故选A.2.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.12mv 02－μmg (s ＋x ) B.12mv 02－μmgx C.μmgs D.μmg (s ＋x )答案 A解析 由动能定理得－W －μmg (s ＋x )＝0－12mv 02，W ＝12mv 02－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v 0，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 －12mv 2－12mv 02B.12mv 2－12mv 02－mgh C.mgh ＋12mv 02－12mv 2D.mgh ＋12mv 2－12mv 02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 －W f 克＝12mv 2－12mv 02解得：W f 克＝mgh ＋12mv 02－12mv 2.4.一质量为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 cosθB.mgl(1－cosθ)C.Fl cosθD.Fl sinθ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 tanθ，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－cosθ)＋W＝0，所以W＝mgl(1－cosθ)，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5m/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7m/s，则它滑到B点的速度大小( )图3A.大于7m/sB.等于7 m/sC.小于7m/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.14mgRB.13mgRC.12mgRD.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 ＝m v 21R ，即6mg ＝m v 21R①小球恰好通过最高点，绳子拉力为零，则有mg ＝m v 22R②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式解得W f ＝12mgR ，选C.7.(2018·厦门市高一下学期期末)一质量为2kg 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2s 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0～2s 内，合外力做的功为4JB.在0～2s 内，合外力做的功为8JC.在0～6s 内，摩擦力做的功为－8JD.在0～6s 内，摩擦力做的功为－4J 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 ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8).则( )图7A.动摩擦因数μ＝67B.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35g答案 AB解析 根据动能定理有2mgh －W f ＝0，即2mgh －μmg cos 45°·hsin 45°－μmg cos37°·h sin 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 ，由动能定理得：mgh －μmg cos 45°h sin 45°＝12mv 2，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 ＝12mv B 2在B 点由牛顿第二定律得7mg －mg ＝m v 2BR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 2CR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 .11.(2018·福建师大附中高一第二学期期末)如图9甲所示，半径R ＝0.9m 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 ＝2kg 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/s 2，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)3m/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 2CR解得v C ＝3m/s(2)物块从B 点到C 点，由动能定理可得 －mg ·2R ＝12mv C 2－12mv B 2解得v B ＝35m/s在B 点由牛顿第二定律可得F N －mg ＝m v 2BR，解得F N ＝120N.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120N (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 ＝－19J物块从A 到B ，由动能定理得W f ＝12mv B 2－12mv A 2解得v A ＝8m/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 ＝1.1m ，CD 为光滑的14圆弧，半径R ＝0.6m.一个质量m ＝2kg 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 ＝0.2m.不计空气阻力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g 取10m/s 2.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)4m/s (2)1.02m (3)0.4m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 ＝4m/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 ＝1.02m(3)从物体开始下滑到最终停止，根据动能定理得：mgH －μmgs 1＝0代入数据，解得s 1＝5.1m 由于s 1＝4l BC ＋0.7m所以物体最终停止的位置到C 点的距离为：s ＝0.4m.1.如图1所示是一种常见的圆桌，桌面中间嵌一半径为r ＝1.5m 、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 ＝0.8m ，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0.4m.已知碟子质量m ＝0.1kg ，碟子与圆盘间的最大静摩擦力F fmax ＝0.6N ，g 取10m/s 2，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)1m/s (2)－0.4J (3)2.5m解析 (1)根据平抛运动规律：h ＝12gt 2，x ＝vt ，得v ＝xg2h＝1m/s (2)碟子从圆盘上甩出时的速度为v 0，则F fmax ＝m v 20r，即v 0＝3m/s由动能定理得：W f ＝12mv 2－12mv 02，代入数据得：W f ＝－0.4J(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 ′＝2m由几何知识可得桌子半径的最小值为：R ＝r 2＋x ′2＝2.5m.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2s 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0.4N ，赛车质量为0.4kg ，通电时赛车电动机的输出功率恒为2W ，B 、C 两点间高度差为0.45m ，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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g ＝10m/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)5m/s (2)2m (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 ＝3m/s 由图可知：v C ＝v ysin37°＝5m/s(2)由(1)可知B 点速度v 0＝v C cos37°＝4m/s 则根据动能定理：Pt －F f l AB ＝12mv 02，解得l AB ＝2m(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＋cos37°)＝12mv D 2－12mv C 2，解得R ＝2546m所以轨道半径0<R ≤2546m.3.(2019·莆田一中高一下期中)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 ＝2m ，水平距离s ＝2m.重力加速度g 取10m/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)0.25m (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 2b2，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 bv 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.(2019·浙南名校联盟高一下学期期中)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，EO 2和FO 3均沿竖直方向，且EO 2＝FO 3＝R 2.已知R 1＝0.5m ，R 2＝1.2m ，θ＝60°.一遥控电动赛车(可视为质点)质量m ＝1kg ，其电动机额定输出功率P ＝10W ，静止放在A 点.通电后，赛车开始向B 点运动，t 0＝5s 后关闭电源，赛车继续运动，到达B 点时速度v B ＝5m/s.g ＝10 m/s 2，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)5m/s 0 (2)37.5J (3)5s≤t ≤5.55s 解析 (1)从B →C 过程根据动能定理： －mg ·2R 1＝12mv C 2－12mv B 2解得：v C ＝5m/s在C 点根据牛顿第二定律：mg ＋F N ＝m v 2CR 1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：Pt 0－W f ＝12mv B 2解得：W f ＝37.5J(3)若t 0＝5s 时关闭电源，B →F 过程： －mg ·2R 2(1－cos θ)＝12mv F 2－12mv B 2解得：v F ＝1m/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1m/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 ≤gR 2＝23m/s综合上述可得1m/s≤v F ≤23m/sA →F 过程：Pt －W f －mg ·2R 2(1－cos θ)＝12mv F 2解得：5s≤t ≤5.55s5.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 ＝1m 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 ＝0.1kg 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/s 2，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 C 1； (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)2m (2)25m/s (3)1.4N (4)6m 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 ＝2m ；(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＝25m/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 ＝1.4N ；(4)根据动能定理有：mgL sin θ－μmgs 总cos θ＝0 解得s 总＝6m.。

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m v 212D ．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 cosθ，而cosθ＝，故v 物＝，可见物块的速度随x 的增大而增大，A 、D 均错误；人对x h 2＋x 2v xh 2＋x 2物块的拉力为变力，变力的功可应用动能定理求解，即W ＝m v ＝，B 正确，122物m v 2x 22(h 2＋x 2)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.R (F N －3mg )B.R (3mg －F N )1212C.R (F N －mg ) D.R (F N －2mg )1212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 ，根据动能定理，质点自A 滑到B 的过程中有W f ＋mgR ＝m v 2，故摩擦v 2R 12力对其所做的功W f ＝RF N －mgR ，故A 项正确．12323、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.mgRB.mgR 1413C.mgRD ．mgR12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 ＝②m v 21R小球恰好过最高点，绳子拉力为零，由牛顿第二定律可知：mg ＝③m v 2R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 ＝m v －m v ④1221221由①②③④可得W f ＝－mgR ，所以小球克服空气阻力所做的功为mgR ，故C 正确，1212A 、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答案　B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 cosθ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 －m v 2B.m v 2－mgh1212C ．－mgh D ．－(mgh ＋m v 2)12答案　A解析　由A 到C 的过程运用动能定理可得－mgh ＋W ＝0－m v 212所以W ＝mgh －m v 2，所以A 正确．126、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.μmgR B ．2πmgR 12C ．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 ＝，根据动能定理有，W f ＝，解得W f ＝，选项A 正确．m v 2R m v 22μmgR2。

专题强化6 利用动能定理分析变力做功和多过程问题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/s 2，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 ＝12gt 2，x ＝v t ， 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 fmax ＝m v 02r，即v 0＝3 m/s 由动能定理得：W f ＝12m v 2－12m v 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 ′＝0－12m v 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.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 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 －F f l AB ＝12m v 02， 解得l AB ＝2 m.(3)当赛车恰好通过最高点D 时，有：mg ＝m v D 2R从C 到D ，由动能定理可知：－mgR (1＋cos 37°)＝12m v D 2－12m v C 2，解得R ＝2546m 所以轨道半径0<R ≤2546m. 3.(2019·浙南名校联盟高一下学期期中)某校科技兴趣小组设计了如图3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，EO 2和FO 3均沿竖直方向，且EO 2＝FO 3＝R .已知R 1＝0.5 m ，R 2＝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，t 0＝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/s 2.求：图3(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 ·2R 1＝12m v C 2－12m v B 2 解得：v C ＝ 5 m/s在C 点根据牛顿第二定律：mg ＋F N ＝m v C 2R 1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：Pt 0－W f ＝12m v B 2 解得：W f ＝37.5 J(3)B →F 过程：－mg ·2R 2(1－cos θ)＝12m v F 2－12m v B 2 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 ≤gR 2＝2 3 m/s综合上述结论可得1 m/s ≤v F ≤2 3 m/sA →F 过程：Pt －W f －mg ·2R 2(1－cos θ)＝12m v F 2 解得：5 s ≤t ≤5.55 s4.如图4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/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图4(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 C 1；(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)A 到C 过程，根据动能定理有mg (L sin θ＋R －R cos θ)－μmgL cos θ＝12m v 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)＝12m v min 2， 根据向心力公式有：F Nmin －mg ＝m v min2R， 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.。

专题强化三：利用动能定理分析变力做功曲线运动及多过程问题1.一质量为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图像如图所示，下列说法正确的是( )A．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 J2.如图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( )A．μmgRB．2πmgRC．2μmgRD．03.如图所示，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( )A．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 J4.如图所示，AB为圆弧轨道，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，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，那么物体在AB 段克服摩擦力所做的功为( )A．μmgRB．mgRC．－mgRD．(1－μ)mgR5.如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC水平，其距离d＝0.50 m，盆边缘的高度h＝0.30 m，在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑，已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10，小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到B点的距离为( )A．0.50 mB．0.25 mC．0.10 mD．06.如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上．一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则( )A．小物体恰好滑回到B处时速度为零B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点7.如图所示，小球以初速度v0从A点沿粗糙的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的速度大小为( )A．B．C．D．8.如图所示，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都相切的一段圆弧，其长度可以略去不计．一质量为m的小滑块从A点由静止滑下，最后停在D点，现用一沿着轨道方向的拉力拉滑块，使它缓缓地由D点回到A点，则拉力对滑块做的功等于(设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ)( )A．mghB．2mghC．μmg(l＋)D．μmgl＋μmghcotθ9.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( )A．大于7 m/sB．等于7 m/sC．小于7 m/sD．无法确定10.如图是某设计师设计的游乐场滑梯轨道简化模型图，在倾角θ＝53°的长直轨道AC上的B点轻放一小车，B点到C点的距离L0＝4 m，开始下滑到C点后进入弧形的光滑轨道CDEF，其中CDE是半径为R＝5 m、圆心角为106°的圆弧，EF为半径R＝5 m、圆心角为53°的圆弧，已知小车的质量为60 kg，车与轨道AC间存在摩擦，动摩擦因数为μ＝0.5，不计其他阻力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )A．小车滑至C点的速度为6 m/sB．小车到达D点时对轨道的压力为1 560 NC．小车刚好能沿着轨道滑到F点D．若小车从长直轨道上距C点L0′＝9 m处开始由静止下滑，则能沿轨道到F点后刚好做平抛运动11.(多选)某游乐场开发了一个名为“翻天滚地”的游乐项目．原理图如图所示：一个圆弧形光滑圆管轨道ABC放置在竖直平面内，轨道半径为R，在A点与水平地面AD相接，地面与圆心O等高，MN是放在水平地面上长为3R、厚度不计的减振垫，左端M正好位于A点．让游客进入一个中空的透明弹性球，人和球的总质量为m，球的直径略小于圆管直径．将球(内装有参与者)从A处管口正上方某处由静止释放后，游客将经历一个“翻天滚地”的刺激过程．不考虑空气阻力．那么以下说法中正确的是( )A．要使球能从C点射出后能打到垫子上，则球经过C点时的速度至少为B．要使球能从C点射出后能打到垫子上，则球经过C点时的速度至少为C．若球从C点射出后恰好能打到垫子的M端，则球经过C点时对管的作用力大小为D．要使球能通过C点落到垫子上，球离A点的最大高度是5R12.(多选)如图所示，MNP为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN与水平段NP相切于N，P端固定一竖直挡板，NP长度为2 m，圆弧半径为1 m．一个可视为质点的物块自M端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生碰撞(机械能不损失)后，最终停止在水平轨道上某处．已知物块在MN段的摩擦可忽略不计，与NP段轨道间的动摩擦因数为0.2.则物块( )A．运动过程中与挡板发生1次碰撞B．返回圆弧轨道的最大高度为0.6 mC．在NP间往返一次克服摩擦力做功8 JD．第一次与第二次经过圆弧轨道上N点时对轨道的压力之比为15∶7 13.如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R＝0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处平滑连接，有一质量为1 kg的滑块(大小不计)从A 处由静止开始受水平力F作用而运动，F随位移变化的关系如图乙所示(水平向右为正)，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2。

训练1一、选择题1.一人用力抛质量为100 g 的皮球，使球由静止以20 m/s 的速度飞出.假定人抛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 J B.2 000 J C.500 J D.4 000 J答案 A解析 根据题意可知，球的初速度为零，末速度为20 m/s ，由动能定理可知W ＝12m v 2－0＝12×0.1×202 J ＝20 J ，故选A.2.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 02B.12m v 2－12m v 02－mgh C.mgh ＋12m v 02－12m v 2D.mgh ＋12m v 2－12m v 02答案 C解析 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＝12m v 2－12m v 02解得：W f 克＝mgh ＋12m v 02－12m v 2.3.(多选)(2018·鹤壁市高一下学期期末)如图1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1A.12μmgR B.12mgR C.mgR D.(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 .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 点很缓慢地移动到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).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.13mgR C.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 ＝m v 12R ，6mg ＝m v 12R①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 ＝12m v 22－12m v 12③由①②③式联立解得W f ＝12mgR ，选C.7.(2018·厦门市高一下学期期末)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 图象如图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，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＝67B.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35g答案 AB解析 根据动能定理有2mgh －W f ＝0，即2mgh －μmg cos 45°·h sin 45°－μmg cos 37°·hsin 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 1hsin 45°＝v 2得，v ＝2a 1hsin 45°＝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 ＝12m v 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 ′＝12m v C 2－12m v 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 －12m v C 2，解得E k ＝52mgR .11.(2018·福建师大附中高一第二学期期末)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/s 2，求：图9(1)物块经过最高点C 时速度大小；(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 C 2R ，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 ＝12m v C 2－12m v B 2，解得v B ＝3 5 m/s在B 点由牛顿第二定律可得F N －mg ＝m v B 2R ，解得F N ＝120 N.由牛顿第三定律可得物块通过B 点时对轨道压力的大小为120 N. (3)由题图乙得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 ＝12m v B 2－12m v A 2解得v A ＝8 m/s12.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/s 2.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 )＝0－12m v 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 ＝12m v 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.训练21.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/s 2，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 ＝12gt 2，x ＝v t ，得v ＝xg2h＝1 m/s.(2)碟子从圆盘上甩出时的速度为v 0，则F fmax ＝m v 02r ，即v 0＝3 m/s由动能定理得：W f ＝12m v 2－12m v 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 ′＝0－12m v 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.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 ＝12m v 02，解得l AB ＝2 m.(3)当赛车恰好通过最高点D 时，有：mg ＝m v D 2R从C 到D ，由动能定理可知：－mgR (1＋cos 37°)＝12m v D 2－12m v C 2，解得R ＝2546 m所以轨道半径0<R ≤2546m.3.(2019·浙南名校联盟高一下学期期中)某校科技兴趣小组设计了如图3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，EO 2和FO 3均沿竖直方向，且EO 2＝FO 3＝R .已知R 1＝0.5 m ，R 2＝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，t 0＝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/s 2.求：图3(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 ·2R 1＝12m v C 2－12m v B 2解得：v C ＝ 5 m/s在C 点根据牛顿第二定律：mg ＋F N ＝m v C 2R 1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：Pt 0－W f ＝12m v B 2解得：W f ＝37.5 J (3)B →F 过程：－mg ·2R 2(1－cos θ)＝12m v F 2－12m v B 2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 ≤gR 2＝2 3 m/s 综合上述结论可得1 m/s ≤v F ≤2 3 m/s A →F 过程：Pt －W f －mg ·2R 2(1－cos θ)＝12m v F 2解得：5 s ≤t ≤5.55 s4.如图4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/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图4(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 C 1； (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)A 到C 过程，根据动能定理有mg (L sin θ＋R －R cos θ)－μmgL cos θ＝12m v 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)＝12m v min 2，根据牛顿第二定律有： F Nmin －mg ＝m v min2R ，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.。