步步高2014高考物理一轮复习讲义时动能定理 20页

第2课时　动能定理 考纲解读 1.掌握动能的概念，会求动能的变化量.2.掌握动能定理，并能在实际问题中熟练应用．‎ ‎1．[对动能的理解]关于动能的理解，下列说法正确的是 (　　)‎ A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能 B．物体的动能不可能为负值 C．一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化 D．动能不变的物体，一定处于平衡状态 答案　ABC ‎2．[对动能定理的理解]关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是 (　　)‎ A．合外力为零，则合外力做功一定为零 B．合外力做功为零，则合外力一定为零 C．合外力做功越多，则动能一定越大 D．动能不变，则物体合外力一定为零 答案　A 解析　合外力为零，则物体可能静止，也可能做匀速直线运动，这两种情况合外力做功均为零，所以合外力做功一定为零，A对；合外力做功为零或动能不变，合外力不一定为零，如匀速圆周运动，故B、D错；合外力做功越多，动能变化越大，而不是动能越大，故C错．‎ ‎3．[动能定理的简单应用]质量为m的物体在水平力F的作用下由静止开始在光滑地面上运动，前进一段距离之后速度大小为v，再前进一段距离使物体的速度增大为2v，则(　　)‎ A．第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量 B．第二过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍 C．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功 D．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的2倍 答案　AB 解析　由题意知，两个过程中速度增量均为v，A正确；由动能定理知：W1＝mv2，W2＝m(2v)2－mv2＝mv2，故B正确，C、D错误．‎ ‎4．[动能定理的应用]甲、乙两物体质量之比m1∶m2＝1∶2，它们与水平桌面间的动摩擦因数相同，在水平桌面上运动时，因受摩擦力作用而停止．‎ ‎(1)若它们的初速度相同，则运动位移之比为________；‎ ‎(2)若它们的初动能相同，则运动位移之比为________． ‎ 答案　(1)1∶1　(2)2∶1‎ 解析　设两物体与水平桌面间的动摩擦因数为μ.‎ ‎(1)它们的初速度相同，设为v0，由动能定理得：‎ ‎－μm1gl1＝0－m1v.‎ ‎－μm2gl2＝0－m2v.‎ 所以l1∶l2＝1∶1.‎ ‎(2)它们的初动能相同，设为Ek，由动能定理得：‎ ‎－μm1gl1＝0－Ek.‎ ‎－μm2gl2＝0－Ek.‎ 所以l1∶l2＝m2∶m1＝2∶1.‎ 考点梳理 一、动能 ‎1．定义：物体由于运动而具有的能．‎ ‎2．表达式：Ek＝mv2.‎ ‎3．物理意义：动能是状态量，是标量(填“矢量”或“标量”)．‎ 二、动能定理 ‎1．内容：力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．‎ ‎2．表达式：W＝mv－mv＝Ek2－Ek1.‎ ‎3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度．‎ ‎4．适用条件 ‎(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．‎ ‎(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．‎ ‎(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．‎ ‎5．[利用动能定理求变力功]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1所示，则拉力F所做的功为 (　　) 图1‎ A．mgLcos θ B．mgL(1－cos θ)‎ C．FLsin θ D．FLcos 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＝mgtan 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＝FLcos θ计算．根据动能定理有：WF－WG＝0，所以WF＝WG＝mgL(1－cos θ)，选项B正确．‎ ‎6．[利用动能定理求弹力的功]如图2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， 图2‎ 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－mv2 B.mv2－mgh C．－mgh D．－(mgh＋mv2)‎ 答案　A 解析　由A到C的过程运用动能定理可得 ‎－mgh＋W＝0－mv2‎ 所以W＝mgh－mv2，所以A正确．‎ 方法提炼　利用动能定理求变力功 ‎1．明确题中除变力功外，还有哪些力做功，总功如何表示．‎ ‎2．明确物体动能的变化．‎ 考点一　对动能及其变化的理解 ‎1．对动能的理解 ‎(1)动能是物体由于运动而具有的能量，表达式Ek＝mv2.‎ ‎(2)动能是状态量，和物体的瞬时速度大小(速率)对应．‎ ‎2．关于动能的变化 动能的变化量为正值，表示物体的动能增加了，对应于合外力对物体做正功；动能的变化量为负值，表示物体的动能减小了，对应于合外力对物体做负功，或者说物体克服合外力做功．‎ 例1　(2011·课标全国·15)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能 (　　)‎ A．一直增大 B．先逐渐减小至零，再逐渐增大 C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小 D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大 解析　若力F的方向与初速度v0的方向一致，则质点一直加速，动能一直增大，选项A正确．若力F的方向与v0的方向相反，则质点先减速至速度为零后再反向加速，动能先减小至零后再增大，选项B正确．若力F的方向与v0的方向成一钝角，如斜上抛运动，物体先减速，减到某一值再加速，则其动能先减小至某一非零的最小值再增大，选项D正确．‎ 答案　ABD 考点二　动能定理及其应用 ‎1．对动能定理的理解 ‎(1)动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化间的两个关系：‎ ‎①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合外力的功，进而求得某一力的功．‎ ‎②因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因．‎ ‎(2)动能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、Ek等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理．‎ ‎2．运用动能定理需注意的问题 ‎(1)应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无需深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程的功及过程初末的动能．‎ ‎(2)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式．‎ 例2　如图3所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，‎ ‎ 与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，已知OP ‎＝，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到 达跟P点在同一竖直线上的最高点B.则：‎ ‎(1)小球到达B点时的速率？ 图3‎ ‎(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多少？‎ ‎(3)若初速度v0＝3，则小球在从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？‎ 解析　(1)小球恰能到达最高点B，‎ 有mg＝m，得vB＝ .‎ ‎(2)从A→B由动能定理得 ‎－mg(L＋)＝mv－mv 可求出v0＝ .‎ ‎(3)由动能定理得－mg(L＋)－Wf＝mv－mv 可求出Wf＝mgL.‎ 答案　(1) 　(2) 　(3)mgL 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ΔEk.‎ ‎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．‎ 突破训练1　如图4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 (　　) 图4‎ A.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＝，根据动能定理有，Wf＝，解得Wf＝，选项A正确．‎ 例3　如图5所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m 的物体．电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动，‎ 当上升高度为H时，电梯的速度达到v，则在这个过程中，以下 说法中正确的是 (　　) 图5‎ A．电梯地板对物体的支持力所做的功等于 B．电梯地板对物体的支持力所做的功大于 C．钢索的拉力所做的功等于＋MgH D．钢索的拉力所做的功大于＋MgH 解析　以物体为研究对象，由动能定理得WN－mgH＝mv2，即WN＝mgH＋mv2，选项B正确，选项A错误．以系统为研究对象，由动能定理得WT－(m＋M)gH＝(M＋m)v2，即WT＝(M＋m)v2＋(M＋m)gH>＋MgH，选项D正确，选项C错误．‎ 答案　BD 应用动能定理解题的基本思路 ‎1．选取研究对象，明确它的运动过程；‎ ‎2．分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：‎ ‎3．明确研究对象在过程的初末状态的动能Ek1和Ek2；‎ ‎4.列动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解题方程，进行求解．‎ 突破训练2　如图6所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，‎ 在B上放一物体A，现以恒定的外力F拉B，由于A、B间 摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都 图6‎ 向前移动一段距离．在此过程中 (　　)‎ A．外力F做的功等于A和B动能的增量 B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量 C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功 D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和 答案　BD 解析　A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B对．A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，C错．对B应用动能定理，WF－Wf＝ΔEkB，WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和，D对．由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错．‎ 考点三　动能定理与图象结合的问题 例4　如图7甲所示，一根轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m＝‎1.0 kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点．现对小物块施加一个外力F，使它缓慢移动，将弹簧压缩至A点，压缩量为x＝‎0.1 m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示．然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O点至桌边B点的距离为L＝2x，水平桌面的高为h＝‎5.0 m，计算时，可用滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力．(g取‎10 m/s2)求：‎ 图7‎ ‎(1)在压缩弹簧的过程中，弹簧存贮的最大弹性势能；‎ ‎(2)小物块到达桌边B点时速度的大小；‎ ‎(3)小物块落地点与桌边B的水平距离．‎ 审题指导　解答本题时应注意以下三点：‎ ‎(1)F－x图象与x轴所围面积为变力F做的功；‎ ‎(2)弹簧存贮的弹性势能对应弹簧的弹力所做的负功的值；‎ ‎(3)F－x图象中x＝0时对应F的含义．‎ 解析　(1)取向左为正方向，从F—x图中可以看出，小物块与桌面间的滑动摩擦力大小为 Ff＝1.0 N，方向为负方向 在压缩过程中，摩擦力做功为Wf＝－Ffx＝－0.1 J 由图线与x轴所围面积可得外力F做功为 WF＝ J＝2.4 J 所以弹簧存贮的最大弹性势能为Epm＝WF＋Wf＝2.3 J ‎(2)从A点到B点的过程中，由于L＝2x，摩擦力做功为Wf′＝Ff·3x＝0.3 J 对小物块运用动能定理有Epm－Wf′＝mv 解得vB＝‎2 m/s ‎(3)物块从B点开始做平抛运动，有 h＝gt2‎ 解得下落时间t＝1 s，水平距离s＝vBt＝‎‎2 m 答案　(1)2.3 J　(2)‎2 m/s　(3)‎‎2 m 突破训练3　总质量为‎80 kg的跳伞运动员从离地‎500 m的直升机上跳下，经过2 s拉开绳索开启降落伞．如图8所示是跳伞过程中的v－t图象，试根据图象(g取‎10 m/s2)‎ 图8‎ ‎(1)求0～2 s内阻力做的功；‎ ‎(2)估算14 s内运动员下落的高度及克服阻力做的功；‎ ‎(3)估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间．‎ 答案　(1)－2 560 J　(2)‎160 m　1.27×105 J　(3)71 s 解析　(1)从题图中可以看出，在0～2 s内运动员做匀加速运动，其加速度大小为 a＝＝ m/s2＝‎8 m/s2.‎ 设此过程中运动员受到的阻力大小为Ff，根据牛顿第二定律，有mg－Ff＝ma得 Ff＝m(g－a)＝80×(10－8) N＝160 N.‎ ‎0～2 s内下落高度h′＝t＝×‎2 m＝‎16 m.‎ 阻力做功W＝－Ffh′＝－2 560 J.‎ ‎(2)从题图中估算得出运动员在14 s内下落了 h＝40×2×‎2 m＝‎‎160 m 根据动能定理，有mgh－Wf＝mv2‎ 所以有Wf＝mgh－mv2＝(80×10×160－×80×62) J≈1.27×105 J.‎ ‎(3)14 s后运动员做匀速运动的时间为 t′＝＝ s＝57 s.‎ 运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间 t总＝t＋t′＝(14＋57) s＝71 s.‎ ‎24．动能定理在多过程问题中的应用 ‎ 模型特征：优先考虑应用动能定理的典型问题 ‎(1)不涉及加速度、时间的问题．‎ ‎(2)有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题．‎ ‎(3)变力做功的问题．‎ ‎(4)含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的力学问题．‎ 解析　(1)小滑块由C运动到A，由动能定理得 mgLsin 37°－μmgs＝0 （2分）‎ 解得μ＝ （1分）‎ ‎(2)设在斜面上，拉力作用的距离为x，小滑块由A运动到C，由动能定理得 Fs－μmgs＋Fx－mgLsin 37°＝0 （2分）‎ 解得x＝‎1.25 m （1分）‎ ‎(3)小滑块由A运动到B，由动能定理得Fs－μmgs＝mv2 （2分）‎ 由牛顿第二定律得F－mgsin 37°＝ma （2分）‎ 由运动学公式得x＝vt＋at2 （2分）‎ 联立解得t＝0.5 s （1分）‎ 答案　(1)　(2)‎1.25 m　(3)0.5 s 突破训练4　一质量为‎2 kg的铅球从离地面‎2 m高处自由下落，陷入 沙坑中‎2 cm深处，如图10所示，求沙子对铅球的平均阻力(g＝‎10 m/s2)．‎ 答案　2 020 N 解析　小球的运动包括自由落体运动和陷入沙坑减速运动两个过程，知 道初末态动能和运动位移，应选用动能定理解决，处理方法有两种： 图10‎ 解法一　分段列式：铅球自由下落过程中，设小球落到沙面时速度为v，则：mgH＝mv2‎ v＝＝ m/s＝‎2 m/s.‎ 铅球陷入沙坑过程中，只受重力和阻力Ff作用，由动能定理得：mgh－Ffh＝0－ Ff＝＝ N＝2 020 N 解法二　全程列式：全过程都有重力做功，进入沙中又有阻力做功．‎ 所以W总＝mg(H＋h)－Ffh 由动能定理得：mg(H＋h)－Ffh＝0－0‎ 故：Ff＝＝ N＝2 020 N.‎ 高考题组 ‎1．(2012·福建理综·21)如图11所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计．求：‎ 图11‎ ‎(1)小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf；‎ ‎(2)小船经过B点时的速度大小v1；‎ ‎(3)小船经过B点时的加速度大小a.‎ 答案　(1)fd　(2) ‎(3)－ 解析　(1)小船从A点运动到B点克服阻力做功 Wf＝fd ①‎ ‎(2)小船从A点运动到B点，电动机牵引缆绳对小船做功 W＝Pt1 ②‎ 由动能定理有 W－Wf＝mv－mv ③‎ 由①②③式解得v1＝ ④‎ ‎(3)设小船经过B点时缆绳的拉力大小为F，缆绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引缆绳的速度大小为v，则 P＝Fv ⑤‎ v＝v1cos θ ⑥‎ 由牛顿第二定律有 Fcos θ－f＝ma ⑦‎ 由④⑤⑥⑦式解得a＝－.‎ ‎2．(2012·北京理综·22)如图12所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l＝‎1.4 m，v＝‎3.0 m/s，m＝‎ ‎0.10 kg‎，小物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，桌面高h＝‎0.45 m．不计空气阻力，重力加速度g取‎10 m/s2.求：‎ 图12‎ ‎(1)小物块落地点到飞出点的水平距离s；‎ ‎(2)小物块落地时的动能Ek；‎ ‎(3)小物块的初速度大小v0.‎ 答案　(1)‎0.90 m　(2)0.90 J　(3)‎4.0 m/s 解析　(1)由平抛运动规律，有 竖直方向h＝gt2‎ 水平方向s＝vt 得水平距离s＝ v＝‎‎0.90 m ‎(2)由机械能守恒定律，得落地时的动能Ek＝mv2＋mgh＝0.90 J ‎(3)由动能定理，有－μmgl＝mv2－mv 得初速度大小v0＝＝‎4.0 m/s.‎ 模拟题组 ‎3．如图13甲所示，一质量为m＝‎1 kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块在按如图乙所示规律变化的水平力F作用下向右运动，第3 s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，(g取‎10 m/s2)求：‎ 图13‎ ‎(1)AB间的距离；‎ ‎(2)水平力F在5 s时间内对物块所做的功．‎ 答案　(1)‎4 m　(2)24 J 解析　(1)在3 s～5 s内物块在水平恒力F作用下由B点匀加速直线运动到A点，设加速度为a，AB间的距离为x，则 F－μmg＝ma a＝＝ m/s2＝‎2 m/s2‎ x＝at2＝×2×‎22 m＝‎‎4 m ‎(2)设整个过程中F做的功为WF，物块回到A点时的速度为vA，由动能定理得 WF－2μmgx＝mv 又v＝2ax 所以WF＝2μmgx＋max＝24 J ‎4．如图14所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处 均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，‎ 水平轨道BC的长度s＝‎5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，‎ A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝‎4.30 m、h2＝‎1.35 m． 图14‎ 现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：‎ ‎(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；‎ ‎(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔．‎ 答案　(1)‎3 m/s　(2)2 s 解析　(1)物块从A→B→C→D过程中，由动能定理得 mg(h1－h2)－μmgs＝mvD2－0，‎ 解得：vD＝‎3 m/s ‎(2)小物块从A→B→C过程中，有 mgh1－μmgs＝mv 解得：vC＝‎6 m/s 小物块沿CD段上滑的加速度 a＝gsin θ＝‎6 m/s2‎ 小物块沿CD段上滑到最高点的时间 t1＝＝1 s 小物块从最高点滑回C点的时间t2＝t1＝1 s 故t＝t1＋t2＝2 s ‎ (限时：45分钟)‎ ‎►题组1　动能定理的简单应用 ‎1．某人用手托着质量为m的物体，从静止开始沿水平方向运动，前进距离l后，速度为v(物体与手始终相对静止)，物体与手掌之间的动摩擦因数为μ，则人对物体做的功为(　　)‎ A．mgl B．‎0 ‎ C．μmgl D.mv2‎ 答案　D ‎2．子弹的速度为v，打穿一块固定的木块后速度刚好变为零．若木块对子弹的阻力为恒力，那么当子弹射入木块的深度为其厚度的一半时，子弹的速度是 (　　)‎ A. B.v C. D. 答案　B 解析　设子弹的质量为m，木块的厚度为d，木块对子弹的阻力为Ff.根据动能定理，子弹刚好打穿木块的过程满足－Ffd＝0－mv2.设子弹射入木块厚度一半时的速度为v′，则－Ff·＝mv′2－mv2，得v′＝v，故选B.‎ ‎3．在地面上某处将一金属小球竖直向上抛出，上升一定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，则下列图象能正确反映小球的速度、加速度、位移和动能随时间变化关系的是(取向上为正方向) (　　)‎ 答案　A 解析　小球运动过程中加速度不变，B错；速度均匀变化，先减小后反向增大，A对；位移和动能与时间不是线性关系，C、D错．‎ ‎4．一人乘竖直电梯从1楼到12楼，在此过程中经历了先加速，后匀速，再减速的运动过程，则下列说法正确的是 (　　)‎ A．电梯对人做功情况是：加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功 B．电梯对人做功情况是：加速和匀速时做正功，减速时做负功 C．电梯对人做的功等于人动能的增加量 D．电梯对人做的功和重力对人做的功的代数和等于人动能的增加量 答案　D 解析　电梯向上加速、匀速、再减速运动的过程中，电梯对人的作用力始终向上，故电梯始终对人做正功，A、B均错误；由动能定理可知，电梯对人做的功和重力对人做的功的代数和等于人动能的增加量，故C错误，D正确．‎ ‎5．如图1所示，物体与斜面AB、DB间动摩擦因数相同．可视为质点的 物体分别沿AB、DB从斜面顶端由静止下滑到底端，下列说法正确的 是 (　　)‎ A．物体沿斜面DB滑动到底端时动能较大 B．物体沿斜面AB滑动到底端时动能较大 图1‎ C．物体沿斜面DB滑动过程中克服摩擦力做的功较多 D．物体沿斜面AB滑动过程中克服摩擦力做的功较多 答案　B 解析　已知物体与斜面AB、DB间动摩擦因数相同，设斜面倾角为θ，底边为x，则斜面高度为h＝xtan θ，斜面长度为L＝，物体分别沿AB、DB从斜面顶端由静止下滑到底端，由动能定理有：mgh－μmgcos θ·L＝mgh－μmgx＝mv2，可知物体沿斜面AB滑动到底端时动能较大，故A错误，B正确；物体沿斜面滑动过程中克服摩擦力做的功W＝μmgLcos θ＝μmgx，则两次相同，故C、D错误．‎ ‎6．人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面从静止开始匀加速地 由底端拉到斜面顶端，物体上升的高度为h，到达斜面顶端时的速度 为v，如图2所示．则在此过程中 (　　) 图2‎ A．物体所受的合外力做的功为mgh＋mv2‎ B．物体所受的合外力做的功为mv2‎ C．人对物体做的功为mgh D．人对物体做的功大于mgh 答案　BD 解析　物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理：W合＝WF－Wf－mgh＝mv2，其中Wf为物体克服摩擦力做的功．人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功，所以W人＝WF＝‎ Wf＋mgh＋mv2，A、C错误，B、D正确．‎ ‎►题组2　应用动能定理求解变力做功问题 ‎7．如图3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 图3‎ 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 C．在该过程中，人对物块做的功为mv2‎ D．人前进x时，物块的运动速率为 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＝vcos θ，而cos θ＝，故v物＝，可见物块的速度随x的增大而增大，A、D均错误；人对物块的拉力为变力，变力的功可应用动能定理求解，即W＝mv＝，B正确，C错误．‎ ‎8．如图4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FN.重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做 的功为 (　　) 图4‎ A.R(FN－3mg) B.R(3mg－FN)‎ C.R(FN－mg) D.R(FN－2mg)‎ 答案　A 解析　质点到达最低点B时，它对容器的正压力为FN，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m，根据动能定理，质点自A滑到B的过程中有Wf＋mgR＝mv2，故摩擦力对其所做的功Wf＝RFN－mgR，故A项正确．‎ ‎9．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5‎ A.mgR B.mgR C.mgR 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＝ 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＝ ③‎ 小球由最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得：‎ ‎－2mgR＋Wf＝mv－mv ④‎ 由①②③④可得Wf＝－mgR，所以小球克服空气阻力所做的功为mgR，故C正确，A、B、D错误．‎ ‎►题组3　应用动力学观点和动能定理解决多过程问题 ‎10．如图6所示，粗糙水平地面AB与半径R＝‎0.4 m的光滑半圆 轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，‎ BOD在同一竖直线上．质量m＝‎2 kg的小物块在9 N的水 平恒力F的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动． 图6‎ 已知AB＝‎5 m，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2.当小物块运动到B点时撤去力F.取重力加速度g＝‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)小物块到达B点时速度的大小；‎ ‎(2)小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小；‎ ‎(3)小物块离开D点落到水平地面上的点与B点之间的距离．‎ 答案　(1)‎5 m/s　(2)25 N　(3)‎‎1.2 m 解析　(1)从A到B，根据动能定理有 ‎(F－μmg)xAB＝mv 得vB＝ ＝‎5 m/s ‎(2)从B到D，根据动能定理有 ‎－mg·2R＝mv－mv 得vD＝＝‎3 m/s 在D点，根据牛顿运动定律有FN＋mg＝ 得FN＝m－mg＝25 N ‎(3)由D点到落点小物块做平抛运动，在竖直方向上有 ‎2R＝gt2‎ 得t＝ ＝ s＝0.4 s 水平地面上落点与B点之间的距离为 x＝vDt＝3×‎0.4 m＝‎‎1.2 m ‎11．水上滑梯可简化成如图7所示的模型：倾角为θ＝37°的倾斜滑道AB和水平滑道BC平滑连接，起点A距水面的高度H＝‎7.0 m，BC的长度d＝‎2.0 m，端点C距水面的高度h＝‎1.0 m．一质量m＝‎50 kg的运动员从滑道起点A无初速度地自由滑下，运动员与AB、BC间的动摩擦因数均为μ＝0.1.(取重力加速度g＝‎10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，运动员在运动过程中可视为质点)‎ 图7‎ ‎(1)求运动员沿AB下滑时加速度的大小a；‎ ‎(2)求运动员从A滑到C的过程中克服摩擦力所做的功W和到达C点时速度的大小vC；‎ ‎(3)保持水平滑道端点在同一水平线上，调节水平滑道高度h和长度d到图中B′C′位置时，运动员从滑梯平抛到水面的水平位移最大，求此时滑道B′C′距水面的高度h′.‎ 答案　(1)‎5.2 m/s2　(2)500 J　‎10 m/s　(3)‎‎3 m 解析　(1)运动员沿AB下滑时，受力情况如图所示 Ff＝μFN＝μmgcos θ 根据牛顿第二定律：‎ mgsin θ－μmgcos θ＝ma 得运动员沿AB下滑时加速度的大小为：‎ a＝gsin θ－μgcos θ＝‎5.2 m/s2‎ ‎(2)运动员从A滑到C的过程中，克服摩擦力做的功为：‎ W＝μmgcos θ·＋μmgd＝μmg[d＋(H－h)cot θ]＝10μmg＝500 J，‎ mg(H－h)－W＝mv－0‎ 解得运动员滑到C点时速度的大小vC＝‎10 m/s ‎(3)在从C′点滑出至落到水面的过程中，运动员做平抛运动的时间为t，‎ h′＝gt2，t＝ 下滑过程中克服摩擦力做功保持不变，W＝500 J 根据动能定理得：‎ mg(H－h′)－W＝mv2－0，v＝ 运动员在水平方向的位移：‎ x＝vt＝ ＝ 当h′＝＝‎3 m时，水平位移最大．‎