专题动能定理之变力做功和多过程问题

7专题：动能定理之变力做功和多过程问题

［学习目标］

I.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

3.掌握动能定理在往亚运动问题中的应用

4,会利用动能定理分析相关的图像叵题.

课前测试激发兴趣引入新知

一、运用动能定理解决多过程问题

1.分阶段应用动能定理

①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理.

②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜

全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破.

2.全过程（多个过程）应用动能定理

当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整

体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大简化运算.

3.全过程列式时要注意

①重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关.

②大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积.

二、运用动能定理解决往复运动问题

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滑动摩擦力做功与路径有关，克服摩擦力做的功W=Ffs（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时，一般应用动能定理.

重点探究启迪思维深化重点

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知识点一：利用动能定理求变力做功

【探究重点】

1.动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用

非常方便.

2.当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即力变

【例题精讲】

1.（2022北京人大附中期中考试）高一篮球联赛中，某同学投篮时，篮球以约为lm/s的速度应声入网。已知篮

球质量约为0.8kg,篮筐离地高度约为3叫篮球出手点离地高度约为2%忽略空气阻力，则该同学投篮时对

篮球做的功最接近（）

A.1JB.10JC.25JD.50J

【答案】B

【解析】对全过程,根据动能定理有W-mgAAh=3m-2m=lm,取g=10m/s2,解得W=8.4J,选项B正确。

【巩固训练】

2.如图2所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在水平地面上的斜面.设小球在斜面最

低点力的速度为心压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为从重力加速度为g,则从力到C的过程中弹

簧弹力做的功是（）

图2

2

A.nigh~^rnv2B.^nv-mgh

2

C.~rnghD.—(wgA+^wn^)

【答案】A

【解析】由/到C的过程运用动能定理可得一〃皿+%=0-]/，所以少=〃3一1小，故A正确.

知识点二：动能定理在多过程运动中的应用

1.一个物体的运动如果包含多个运动阶段，即可以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、初末动能进行分析，然后应用动能定理列式联立求解.也可以全过程应用动能定理，这样不涉及中间量，解

决问题会更简单方便.

2.选择全程应用动能定理时，要注意有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况区别对待，弄清楚物

体所受为力在哪段位移上做功，做正功还是负功，正确写出总功.

【探究重点】

1.解题技巧

①柝：把整个过程拆分为多个子过程，变为熟悉的运动模型.

②找：在题目中找“恰好”“恰能”“最高”“至少”等关键字，找出对应的临界条件.

③用：选择合适的规律列方程.

④注意：注意分析“界点”的速度大小和方向，界点速度是上一过程的末速度，又是下一过程的初速度，在解题

过程中有重要的作用.

2.对于涉及滑动摩擦力的过程，一定不能用机械能守恒定律来求解.

3.对于非匀变速直线运动过程，不能用运动学公式求解.，但可用动能定理、能量守恒定律或功能关系求解.

【例题精讲】

3.（2022・湖北武汉•高三期末）（多选）如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）穿过固定的光滑圆环8,左

端固定在月点，右端连接一个质量为，〃的小球，力、B、C在一条水平线上，弹性绳自然长度为H6。小球穿过竖直

固定的杆，从C点由静止释放，到。点时速度为零，C、。两点间距离为限已知小球在C点时弹性绳的拉力为〃陪，

g为重力加速度，小球和杆之间的动摩擦因数为0.8,弹性绳始终处在弹性限度内，下列说法正确的是（）

A.小球从C点到。点的过程中，小球受到杆的弹力不变

B.小球从。点到。点的过程中，小球的加速度不断减小

C.小球从。点到。点的过程中，绳的最大弹性势能为

D.若仅把小球质量变为2〃?，则小球到达D点时的动能为加

【答案】AD

【解析】A.设8c的长度为心根据胡克定律，有mg=kL,8。与竖直方向的夹角为a时，到。点时伸长量为上一,

sina

故弹力为尸=旦

sina

球受重力、弹性绳的弹力、摩擦力，杆的弹力，水平方向平衡，&N=Fsina=kL=mg

即小球从。点到。点的过程中，小球受到杆的弹力不变，故A正确：

B.小球受到的摩擦力/=〃N=w?7g.则小球下滑过程中有mg-f-/cosanwa

nig-f-Feosa八5kL

贝IJ=--------=0.2g--------

ammtana

下滑过程中a减小，随着a减小加速度。先减小后增大，故B错误；

C.小球从。点到。点的过程中，由动能定理可得，叫人-力+叫1=0,则%=r叫人+"=-0.2〃3

mghmghnigh，故C错误;

D.若仅把小球的质量变成2小，小球从C到。过程，根据动能定理，有2〃3-"+%=3

解得故D正确。故选AD。

【巩固训练】

4.如图1所示，右端连有一个固定光滑弧形槽的水平桌面长乙=1.5m,一个质量为m=0.5kg的木块在产=1.5

N的水平拉力作用下，从桌面上的力端由静止开始向右运动，木块到达8端时撤去拉力凡木块与水平桌面间的动

摩擦因数"=0.2,取g=10m/s2.求：

【巩固训练】

6.如图所示，半圆形光滑轨道竖直固定在力〃杆上，杆长L=1m,半圆与水平方向相切于〃点，半径R=0.5m,

距其右侧•定水平距离处固定一个斜面体.斜面C端离地高度〃=0.8m,E端固定一轻弹簧，弹簧原长为。E,DE

=0.375m,斜面CO段粗糙而。E段光滑.现将一质量为1kg的物次（可看作质点）从圆轨道某处静止释放，离开最

低点8后恰能落到斜面顶端。处，且速度方向恰好平行于斜面，物块沿斜面下滑压缩弹簧后又沿斜面向上返回，第

一次恰能返回到最高点C.斜面倾角。=53。,重力加速度g=10m/点已知sin53。=0.8,cos53°=0.6,求:

M

（1）物块运动到B点时对轨道的压力大小：

（2）物块在粗糙斜面CO段上能滑行的总路程s.

【答案】(1)14.5N(2)3.25m

【解析】⑴物块从B到C做平抛运动，则有一〃）在。点时有can夕一"代入数据解得vs-\.5m/s

VR

在8点对物块进行受力分析得尸一〃噜=机时解得尸=14.5N根据牛顿第三定律知物块对轨道的压力大小尸=尸=14.5

N

（2）物块在C点的速度为vc=^-=2.5m/s物块从C点下滑到返回C点的过程，根据动能定理得

sin8

—/.imgcosOx2XCD=0—vc2XCE=_—I=1nnxcz）=xcf-XOE代入数据解得"=三

2sin012

最终物块在DE段来回滑动，从C到D,根据动能定理得："igxc/）sin〃一〃"igcos0x5=O—八,/

解得5=3.25m.

知识点四：动能定理在图像中的应用

【探究重点】

动能定理与图像结合问题的分析方法：

1.首先看清楚图像的种类（如1，一/图像、尸一X图像、反一x图像等）.

2.挖掘图像的隐含条件，求出所需物理量，如利用1，一/图像与/轴所包围“面积”求位移，利用尸一》图像与x

轴所包用“面积”求功，利用ELX图像的斜率求合力等.

3.再分析还有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量.

【例题精讲】

7.（2022・湖北高三月考）质量为2kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块的动能

以与其发生的位移x之间的关系如图所示.已知物块与水平面间的动摩擦因数4=0.2,重力加速度g取lOm/s?,则

下列说法正确的是（）

A.x=lm时速度大小为2m/s

B.x=3m时物块的加速度大小为2.5m/s2

C.在前4m位移过程中拉力对物块做的功为9J

D.在前4m位移过程中物块所经历的时间为2.8s

【答案】D

【解析】由题图图像可知x=lm时动能为2J,M=2£k=2m/s,故A错误.同理，当x=2m时动能为4J,

m

V2=2m/s：当工=4»1时动能为91，V4=3m/s,则2〜4m内有232=力一汇，解得2〜4m内物夬的加速度为s

=1.25m/s2,故B错误.对物块运动全过程，由动能定理得：叼'+（一“〃7gM=反末一0,解得必'=25J,故C错误.0〜

7r,X2

2m过程，八==2s；2〜4m过程：/2=艺+丫4=。8$,故总时间为2s+0.8s=2.8s,D正确.

2

【巩固训练】

8.（多选）（2022河南顶级名校联考）如图甲所示，质量m=2kg的物体以100J的初动能在粗糙的水平地面上滑行,

其动能Ek随位移x变化的关系图像如图乙所示，则下列判断正确的是（）

A.物体运动的总位移大小为10m

B.物体运动的加速度大小为10m/s2

C.物体运动的初速度大小为10m/s

D.物体所受的摩擦力大小为5N

【答案】AC

【解析】由题图乙可知物体运动的总位移大小为10m,选项A正确;由动能定理得-fx=AEk=-100J,则摩擦力大

小f=10Njl］牛顿第二定律得f=ma,则a」=5m/s?,选项BD错误;物体的初动能Eko4n喙则v（）=用110m/s,选

m2u\m

项c正确。

随堂演练逐点突破达标自测

------------------------------------------------------N----------------

I.在水平面上有一弯曲的槽道力反由半径分别为f和R的两个半圆构成.如图4所示，现用大小恒为广的拉力将

2

一光滑小球从4点拉至〃点，若拉力尸的方向时刻与小球运动方向相同，则此过程中拉力所做的功为（）

图4

A.0B.FR

C.3冗「7?D.2兀户7?

2

【答案】C

【解析】小球受到的拉力尸在整个过程中大小不变，方向时刻变化，是变力.但是，如果把圆周分成无数微小的

弧段，每一小段可近似看成直线，拉力尸在每一小段上方向不变，每一小段上可用恒力做功的公式计算，然后将各

段做功累加起来.设每一小段的长度分别为刀、h、…、/“，拉力在每一段上做的功心=月卜电=92、…、W,尸F1”,

拉力在整个过程中所做的功%=%+%+...+%产产（/i+/2+...+/"）=+2+成

2.质量为，〃的物体以初速度w沿水平面向左开始运动，起始点力与一水平轻弹簧O端相距s,如图2所示.已知

物体与水平面间的动摩擦因数为"，物体与弹簧接触后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始接触到

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（）

I

A

图2

A?wvo:-〃〃喊s+x)B.；〃八，02一"力gx

C./.lingsD.卬〃g(s+x)

【答案】A

【解析】由动能定理得一匹一wng（s+x）=0-，w2.W=1?—便吆（5+x）,A正确，B、C、D错误.

3.（2021•全国甲卷20改编）一质量为m的物体自倾角为a的固定斜面底端沿斜面向上滑动.该物体开始滑动时的动

能为反，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为:上已知sina=0.6,重力

加速度大小为乡则（）

A.物体向上滑动的距离为/卜

2mg

B.物体向卜滑动时的加速度大小为个

D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长

【答案】C

【解析】物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有一〃〃g2/cosa=；k—

物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有一加g/sina—〃/〃g/cosa=0—Ek，

整理得/=%"=0.5,A错误，C正确；

mg

物体向卜滑动时根据牛顿第二定律有，〃。下=〃?gsina—〃/〃gcosa,解野。卜=：,B错误；

物体向上滑动时根据牛顿第二定律有"?at：=〃?gsina+"/〃gcosa,解得ar.=g,故a上＞a下，

由于上滑过程中的末速度为零，卜滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据位移公式/=＞凡

则可得出/上vf卜，D错误.

4.一个物体所受的力产随位移/变化的图像如图2所示，在这一过程中，力/对物体做的功为()

F/N

A.3JB.6JC.7JD.8J

【答案】B

【解析】力/对物体做的功等于/轴上方梯形“面积”所表示的正功与/轴下方三角形“面积”所表示的负功的代数

和.Wzi=1x(3+4)x2J=7J,W2=—x(5—4)x2J=-lJ,所以力厂对物体做的功为K=7J—1J=6J,选项D正确.

22

5.(2021•浙江省名校协作体高三下开学联考)将小球以某一初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能参考平面,

小球在上升过程中的动能反、重力势能师与上升高度人间的关系如图7所示.取g=10m/s2,下列说法正确的是

()

A.小球的质量为0.2kg

B.小球受到的阻力大小为0.2N

C.小球上升到2m时，动能与重力势能之差为0.5J

D.小球动能与重力势能相等时的高度为:m

【答案】C

【解析】由题图知，小球上升的最大高度为垢=4m,在最高点时，小球的重力势能加=〃噌心=4J,

得”=fp=().]kg,故A错误；

ghm

根据除重力以外其他力做的功〃K=AE,则有一四一七钱，由题图知七高=4J,E彩=5J,

解得尸F025N,故B错误;

由题图可知，在力=2m处，小球的重力势能是2J,动能是2.5J,所以小球上升到2m时，动能与重力势能之差为

0.5J,故C正确；

设小球动能和重力势能相等时的高度为〃，此时有"吆“=1”2,由动能定理有一6"一〃吆〃=，仅一/v()2,由题图

知1加=5J,联立解得〃=2°m,故D错误.

29

6.如图3所示，光滑固定斜面48的倾角。=53。，8c为水平面，8c长度/叱=1.1m,CO为光滑的:圆弧，半径R

4

=0.6m.一个质量机=2kg的物体，从斜面上4点由静止开始下滑，物体与水平面8c间的动摩擦因数〃=0.2,轨

道在从。两点平滑连接.当物体到达。点时，继续竖直向上运动，最高点距离。点的高度〃=0.2m.不计空气阻

力,sin53°=0.8,cos53°=0.6»g取lOm/s?.求:

图3

(1)物体运动到。点时的速度大小vc;

(2M点距离水平面的高度〃：

(3)物体最终停止的位置到。点的距离s.

【答案】(l)4ni/s(2)1.02in(3)0.4in

【解析】(1)物体由。点运动到最高点，根据动能定理得:

—mg(h+R)=0—vc2

代入数据解得：vc=4m/s

(2)物体由A点运动到C点，根据动能定理得:

vc2-0

2

代入数据解得：〃=1.02m

(3)从物体开始下滑到最终停止，根据动能定理得:

mgH—/imgs\=0

代入数据，解得si=5.1m

由于SI=4,8C+0.7m

所以物体最终停止的位置到C点的距离为：s=0.4m.

7.如图2所示，48为一固定在水平面上的半圆形细圆管轨道，轨道内壁粗糙，其半径为我且远大于细管的内径，

轨道底端与水平轨道4C相切于4点.水平轨道长为2R,动摩擦因数为川=().5,右侧为一固定在水平面上的粗

糙斜面.斜面CO足够长，倾角为。=37。，动摩擦因数为〃2〃?，可视为质点的物块从圆管轨道顶端力点以初速度vo

g*水平射入圆管轨道，运动到5点时对轨道的压力大小为自身重力的5倍，物块经过C点时速度大小不发生

2

变化，5而37。=。6,cos37°=0.8,重力加速度为g,求：

如

右A

I)

B('

（1）物块从力点运动到6点的过程中，阻力所做的功；

（2）物块最终停留的位置.

【答案】⑴」，叫/?（2）斜面上距C点25A处

431

【解析】（1）物块运动到8点时，设轨道对其支持力大小为尸N，由牛顿第三定律知八=入'=5〃喀

由牛顿第二定律有乙一〃2g=〃/，解得股=2gR

物块从A点运动到B点的过程，由动能定理有2mgR-\~必=『一）?诏，得航=3gR

224

（2）设物块沿斜面上升的最大位移为x,由动能定理有一川“g・2R—mg讣in。一尸比一0一

其中Ff=//2/«gcos0,解得x=3]R

因四〃?gcos0>mgsin8,故物块在速度减为零之后不会下滑，物块最终会静止在斜面上距离C点:;R处

课时提优注重双基强化落实

1.（2021・浙江绍兴市高一月考）静置于水平地面上质量为1kg的物体，在水平拉力/=4+2x（式中尸为力的大小、x

为位移的大小，力尺位移x的单位分别是N、m）作用下，沿水平方向移动了5m.已知物体与地面间的动摩擦因

数为0.2,取重力加速度g=10m/s2,则在物体移动5m的过程中拉力所做的功为（）

A.35JB.45JC.55JD.65J

【答案】B

【解析】水平拉力/=4+2x,则当物体移动5m时拉力的平均值为/=4+4+2X§N=9N

2

则抖力狗功W=FX=9X5J=45J,故选B.

2.如图所示，质量为”的物体置于光滑水平面上，一根绳子跨过定滑轮一端固定在物体上，另一端在力产作用下,

物体由睁止开始运动到绳与水平方向的夹角。=45。时绳以速度小竖直向卜运动，此过程中，绳的拉力对物体做的功

为（）

AJWVO2BJWVO2

42

2

C.wvo2D.wvo2

2

【答案】C

【解析】将物体的运动分解为沿绳子方向的运动以及垂直绳子方向的运动，则当物体运动到绳与水平方向的夹角

a=45。时物体的速度为n则i，cos45o=w，可得v=2血，物体由静止开始运动到绳与水平方向的夹角。=45。过程

中，只有绳子拉力对物体做功，由动能定理得绳的拉力对物体做的功：郎'='?/-0=〃m»2,故c王确，A、B、D

错误.

3.（2022・湖南怀化市模拟）如图所示，DO是水平面，月5是斜面，初速度为血的物体从力点出发沿08力滑动到顶点

力时速度刚好为零，如果斜面改为/C,让该物体从。点出发沿。以滑动到力点且速度刚好为零，则物体具有的初

速度（已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计从C处能量损失）（）

A.等于wB.大于w

C.小亍voD.取决于斜面

【答案】A

【解析】物体从。点滑动到顶点力过程中，由动能定理可得一〃gXdo——"〃?gcos6c=0—3以，a为斜

面倾角，由几何关系有x.qscosa=xo8，因而上式可以简化为一•.以（）一〃〃gxa）=0—，汨，从上式可以看出，物体

的初速度与路径无关.故选A.

4.如图4所示，一半径为火的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高：质量为机的小球自轨道端点夕由静止开

始滑下，滑到最低点。时.，对轨道的正压力为2〃?g,重力加速度大小为g.小球自P点滑到。点的过程中，克服摩

擦力所做的功为（）

A.^wgT?C.ygR

【答案】C

【解析】在最低点，根据牛顿第三定律可知，轨道对小球的支持力”=2〃噜，根据牛顿第二定律可得尸一"陪=〃『,

R

从P点到最低点。的过程，由动能定理可得而gR—力克£=，洛联立可得克服摩擦力做的功"克f=，gR选项C

正确.

5.从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的

外力作用.距地面高度/?在3m以内时，物体上升、下落过程中动能反随〃的变化如图所示.重力加速度取lOm/s2.

该物体的质量为（）

【答案】C

【解析】法一：特殊值法

画出运动示意图.

Ekfl=36J=24J

“72JEk；=48J

设该外力的大小为R据动能定理知

伙上升过程)：~(mg+F)h=EVB—EVA

BT4(下落过程)：(mg一用/?=氏/一整理以上两式并代入数据得物体的质量机=1kg,选项C正确.

法二：写表达式根据斜率求解上升过程：—(mg+=Ek—Eko，则Ek=—("ig+Z^M+Eko

下落过程：Q〃gF)h=E^£ko',则£k'=(〃，g6汝T&o',

结合题图可知〃?jN=12N,〃ig一尸=4：jN=8N

联立可得m=\kg,选项C正确.

6.(2021・浙江绍兴市高一期中)一质量为4kg的物体，在水平恒定拉力的作用下在粗糙的水平面上做匀速直线运动.

当运动一段时间后拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动.如图6所示为拉力/随位移x变化的

关系图像.g取10m/s2,则据此可以求得()

♦F/N

m

,V/

A.物体与水平面间的动摩擦因数为〃

B.整个过程摩擦力对物体所做的功为%=-8J

C.物体匀速运动时的速度为y=2m/s

D.整个过程合外力对物体所做的功为W=-4J

【答案】D

【解析】物体在水平恒定拉力的作用下在粗糙的水平面上做匀速直线运动，由平衡条件可得4=尸=4]^,物体与

水平面间的动摩擦因数为4=吊=,4=0]，所以A错误；整个过程摩擦力对物体所做的功为力f=-R%=-4x4J

mg4x10

=-16J,所以B错误；根据，分可知，拉力产随位移x变化的图像与x轴所围的面积表示拉力所做的功，则

7+4.1

有眸X4J=I2J,设物体匀速运动时的速度为也由动能定理可得昨+跖=0一％声,代入数据解得丫=2m/s,

22

所以C错误；整个过程合外力对物体所做的功为华=眸+%=12J-16J=-4J,所以D正确.

7.如图甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙所示的模型.倾角为45。的直轨道

AB.半径R=10m的光滑竖直圆轨道和倾角为37。的直轨道£凡分别通过水平光滑衔接轨道8C、C空■平滑连接，

另有水平减速直轨道尸G与E/平滑连接，EG间的水平距离/=4()m.现有质量〃?=5()()kg的过山车，从高力=40m

处的力点由静止下滑，经BCQCE/最终停在G点.过山车与轨道48、E尸间的动摩擦因数均为川=0.2,与减速直

轨道bG间的动摩擦因数42=0.75,其他部分光滑.过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，g取lOm/sz.求：

D

伯)1

乙

⑴过山车运动至圆轨道最低点。时的速度大小；

(2)过山车运动至圆轨道最高点。时对轨道的作用力大小；

(3)减速直轨道尸G的长度其(已知sin370=0.6,cos37°=0.8)

【答案】(1)8lOm/s(2)7x103N(3)30m

【解析】⑴设过山车在C点的速度大小为心，由动能定理得加g—〃"〃gcos45。。.)〈。4世2①

代入数据得nc=810m/s@

(2)设过山车在。点速度大小为如由动能定理得mg(h—2R)—内〃怦。s45。・.加③

/④联立③©解得/=7x103N⑤

R

由牛顿第三定律知，过山车在D点对轨道的作用力大小为7x103N

lX

⑶全程应用动能定理〃?g仍一(/一x)lan37。］一川〃?gcos45。•."一"wgcos37。・~-//2wgA=0©

sin45°cos37°

解得x=30m.⑦

8.如图8所示，"CQ为一竖直平面内的轨道，其中AC水平，力点比8c高出10m,长1m,和C。轨道

光滑，曲、直轨道平滑连接.一质量为1kg的物体，从4点以4m/s的速度沿轨道开始运动，经过8c后滑到高出

C点10.3m的D点时速度为O.g取10m/s2,求:

(1)物体与8c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8点0.4m

【解析】(1)由4到D,由动能定理得

-mg(h-H)~f/mgSBC=0"mv\

解得〃

(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得机g〃一wg4s8c=1汨一；机力2,

解得V2=411m/s

(3)分析整个过程，由动能定理得

mgH-^imgs=0-^nv\

解得5=21.6in

所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6m,故最后停止的位置与8点的距离为2m—1.6m=0.4m.

温故知新复习旧知预习新知

--------N--------

1.在机械化生产水平较低时，人们经常通过“拉磨”的方式把粮食颗粒加工成粗面来食用.如图1所示，•个人推磨,

其推磨杆的力的大小始终为尸,方向与磨杆始终垂直，作用点到轴心。的距离为广，磨盘绕轴缓慢转动，则在转动

一周的过程中推力厂做的功为（)

A.0B.2mFC.2FrD.-2nrF

【答案】B

【解析】由题可知，推磨杆的力的大小始终为凡方向与磨杆始终垂直，即其方向与瞬时速度方向相同，为圆周

切线方句，根据微元法可知，推力对磨盘所做的功等于推力的大小与推力作用点沿圆周运动弧长的乘枳，所以推力

所做的功W=FL=2mF,故选项B正确.

2.（2020・扬州中学高一测试）如图5甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力尸的作用下，沿

x轴正方向运动，拉力/随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆.则小物块运动到xo处时拉力

「做的功为（）

0\

甲

A.0Bl吊的C.71^DKX2

2440

【答案】C

【解析】由于水平面光滑，所以拉力F即为合外力,F随物块所在位置.坐标x的变化图像中图线与横轴包围的面

积即为产做的功，即"="4|2=，02=九耳的，C正确.

284

3.在某一粗糙的水平面上，一质量为2kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运劭一段时间后，

拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给加了拉力随位移变化的关系图像.已知重力加速

度g取10m/s2.根据以上信息不能精确得出或估算得出的物理量有（）

A.物体与水平面间的动摩擦因数

B.合外力对物体所做的功

C.物体做匀速运动时的速度

D.物体运动的时间

【答案】D

【解析】物体做匀速直线运动时，受力平衡，拉力后与滑动摩擦力a大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数

为4="°=0.35,A能得山；减速过程由动能定理得必'+%=0—1〃:彼，根据尸一x图像中图线与坐标轴围成的面积

叫2

可以估算力尸做的功必、，而%=-w〃gx,由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度丫，B、

C能得出；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D不能得出.

4.（多选）质量为1kg的物体在粗糙的水平地面上受到一个水平外力厂的作用而运动，如图12甲所示，外力尸和物

体克服摩擦力R做的功"与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取lOm/s?.下列说法正确的是（）

B.物体的最大位移为13m

C.前3m运动过程中，物体的加速度大小为3m/s2

D.x=9m时，，物体的速度大小为32m/s

【答案】ACD

【解析】由%=理丫知%■与位移x的关系图像对应题图乙中的直线，Ff="f=20N=2N

x10

由尸f=}inig知户=0.2,A正确：

由必•=&知，在前3m内Q=I，N=5N

3

s=""=3rn/s2,C正确；

in

在前9m内，仍/—1〃1廿，留=2x9J=l8J,得：v=32m/s,D正确；由印/一尼"=0得，最大位移为Xm=

2

13.5m,B错误.

5.如图所示，一半径为A、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径FO0水平.一质量为，〃的小球（可

看成质点）从2点上方高为及处由静止开始下落，恰好从尸点进入轨道.小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力

大小为4〃?g,g为重力加速度.用力表示小球从。点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则（）

Tom

R

1pOQ

\\R/

N

A.小球恰好可以到达。点

B.用＞}?gR,小球不能到达。点

C.%=，gR，小球到达0点后，继续上升一段距离

D.郴%gR,小球到达。点后，继续上升一段距离

【答案】C

【解析】在N点，根据牛顿第二定律有八一〃履=/(,FN=FU解得“尸3gR,对小球从开始下落至到达N

点的过程，由动能定理得mg-2R-W=，v»2—(),解得力=)唱凡由于小球在/W段某点处的速度大于此点关于CW

在NQ段对称点处的速度，所以小球在PN段某点处受到的支持力大于此点关于ON在.NQ段对称点处受到的支持

力，则小球在N。段克服摩擦力做的功小于在PN段克服摩擦力做的功，小球在N0段运动时，由动能定理得一mgH

一力=1*2一)”储，因为勿＜；碑小，故所以小球到达。点后，继续上升一段距离，选项C正确.

6.从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面.忽略空气阻力，该过程中小球的动能反与时间

，的关系图像是()

【答案】A

【解析】小球做竖直上抛运动，设初速度为w，则口=叩一3

小球的动能反=//，把速度y代入得反=1户/2一〃❷&与，为二次函数关系，故A正确

7.如图所示，竖史面内有一粗糙斜面48,88部分是一个光滑的圆弧面，。为圆弧的最低点，43正好是圆弧在8

点的切线，圆心。与力、。点在同一高度，0=37。,圆弧面的半径R=3.6m,一滑块质量〃?=5kg,与48斜面间

的动摩擦因数"=().45,将滑块从力点由静止释放(sin37。=().6,cos37。=0.8,g取lOm/s?).求在此后的运动过程

中：

(1)滑块在/出段.卜.运动的总路程：

(2)在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值.

【答案】(1)8m(2)102N70N

【解析】(1)由题意可知斜面48与水平面的夹角为。=37。，知〃?gsinG/〃〃gcos仇故滑块最终不会停留在斜面上,

由于滑块在44段受摩擦力作用，则滑块做往复运动的高度将越来越低，最终以4点为最高点在光滑的圆弧面上做

往复运动.设滑块在彳8段上运动的总路程为s,

滑块在48段上所受摩擦力大小/^="\=卬?次cos8,

从A点Hl发到最终以B点为最高点做往复运动，由动能定理得〃?gRcos0—婕=0,解得s=8m.

(2)滑块第一次过。点时，速度最大，设为力，此时滑块所受轨道支持力最大，设为/ax，从4到。的过程，由动

能定理得，一产加=%?片2一0,斜面45的长度、，由牛顿第二定律得尸0^一“£=加¥，

2tan0R

解得凡ux=102N.

滑块