【先学后教新思路】2020高考物理一轮复习-教案30-动能定理

动能定理考纲解读1.把握动能的概念，会求动能的变化量.2.把握动能定理，并能在实际问题中娴熟应用．1．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．物体的动能不行能为负值C．确定质量的物体动能变化时，速度确定变化，但速度变化时，动能不愿定变化D．动能不变的物体，确定处于平衡状态答案ABC2．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，则合外力做功确定为零B．合外力做功为零，则合外力确定为零C．合外力做功越多，则动能确定越大D．动能不变，则物体合外力确定为零答案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，这两种状况合外力做功均为零，所以合外力做功确定为零，A对；合外力做功为零或动能不变，合外力不愿定为零，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．质量为m的物体在水平力F的作用下由静止开头在光滑地面上运动，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．其次过程的速度增量等于第一过程的速度增量B．其次过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍C．其次过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功D．其次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＝eq\f(1,2)mv2，W2＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，故B正确，C、D错误．4．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－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0).－μm2gl2＝0－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0).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＝eq\f(1,2)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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝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．

5．一个质量为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1A．mgLcosθB．mgL(1－cosθ)C．FLsinθD．FLcosθ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＝mgtanθ，随θ的增大，拉力F也增大，故F是变力，因此不能直接用W＝FLcosθ计算．依据动能定理有：WF－WG＝0，所以WF＝WG＝mgL(1－cosθ)，选项B正确．6．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2C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－eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(1,2)mv2－mghC．－mgh D．－(mgh＋eq\f(1,2)mv2)答案A解析由A到C的过程运用动能定理可得－mgh＋W＝0－eq\f(1,2)mv2所以W＝mgh－eq\f(1,2)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＝eq\f(1,2)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)一质点开头时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能 ()A．始终增大B．先渐渐减小至零，再渐渐增大C．先渐渐增大至某一最大值，再渐渐减小D．先渐渐减小至某一非零的最小值，再渐渐增大解析若力F的方向与初速度v0的方向全都，则质点始终加速，动能始终增大，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白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缘由．(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．运用动能定理需留意的问题(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，必需依据不同的状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＝eq\f(L,2)，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发觉小球恰能到达跟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＝3eq\r(gL)，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＝meq\f(v\o\al(2,B),\f(L,2))，得vB＝eq\r(\f(gL,2)).(2)从A→B由动能定理得－mg(L＋eq\f(L,2))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可求出v0＝eq\r(\f(7gL,2)).(3)由动能定理得－mg(L＋eq\f(L,2))－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可求出Wf＝eq\f(11,4)mgL.答案(1)eq\r(\f(gL,2))(2)eq\r(\f(7gL,2))(3)eq\f(11,4)mgL应用动能定理求变力做功时应留意的问题1．所求的变力的功不愿定为总功，故所求的变力的功不愿定等于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，必需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头转动，当转速增加到某值时，物块即将开头滑动，在这一过程中，摩擦力对物体做的功是 () 图4A.eq\f(1,2)μmgR B．2πmgRC．2μmgR D．0答案A解析物块即将开头滑动时，最大静摩擦力(近似等于滑动摩擦力)供应向心力，有μmg＝eq\f(mv2,R)，依据动能定理有，Wf＝eq\f(mv2,2)，解得Wf＝eq\f(μmgR,2)，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头竖直向上加速运动，当上上升度为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5A．电梯地板对物体的支持力所做的功等于eq\f(mv2,2)B．电梯地板对物体的支持力所做的功大于eq\f(mv2,2)C．钢索的拉力所做的功等于eq\f(mv2,2)＋MgHD．钢索的拉力所做的功大于eq\f(mv2,2)＋MgH解析以物体为争辩对象，由动能定理得WN－mgH＝eq\f(1,2)mv2，即WN＝mgH＋eq\f(1,2)mv2，选项B正确，选项A错误．以系统为争辩对象，由动能定理得WT－(m＋M)gH＝eq\f(1,2)(M＋m)v2，即WT＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋(M＋m)gH>eq\f(mv2,2)＋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．选取争辩对象，明确它的运动过程；2．分析争辩对象的受力状况和各力的做功状况：3．明确争辩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．由前述争辩知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＝1.0kg，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＝0.1m，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＝5.0m，计算时，可用滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力．(g取10m/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留意以下三点：(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＝1.0N，方向为负方向在压缩过程中，摩擦力做功为Wf＝－Ffx＝－0.1J由图线与x轴所围面积可得外力F做功为WF＝eq\f(1.0＋47.0×0.1,2)J＝2.4J所以弹簧存贮的最大弹性势能为Epm＝WF＋Wf＝2.3J(2)从A点到B点的过程中，由于L＝2x，摩擦力做功为Wf′＝Ff·3x＝0.3J对小物块运用动能定理有Epm－Wf′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝2m/s(3)物块从B点开头做平抛运动，有h＝eq\f(1,2)gt2解得下落时间t＝1s，水平距离s＝vBt＝2m答案(1)2.3J(2)2m/s(3)2m突破训练3总质量为80kg的跳伞运动员从离地500m的直升机上跳下，经过2s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，试依据图象(g取10m/s2)图8(1)求0～2s内阻力做的功；(2)估算14s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)－2560J(2)160m1.27×105J(3)71s解析(1)从题图中可以看出，在0～2s内运动员做匀加速运动，其加速度大小为a＝eq\f(vt,t)＝eq\f(16,2)m/s2＝8m/s2.设此过程中运动员受到的阻力大小为Ff，依据牛顿其次定律，有mg－Ff＝ma得Ff＝m(g－a)＝80×(10－8)N＝160N.0～2s内下落高度h′＝eq\f(vt,2)t＝eq\f(16,2)×2m＝16m.阻力做功W＝－Ffh′＝－2560J.(2)从题图中估算得出运动员在14s内下落了h＝40×2×2m＝160m依据动能定理，有mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2所以有Wf＝mgh－eq\f(1,2)mv2＝(80×10×160－eq\f(1,2)×80×62)J≈1.27×105J.(3)14s后运动员做匀速运动的时间为t′＝eq\f(H－h,v)＝eq\f(500－160,6)s＝57s.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＝71s.22．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争辩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mgLsin37°－μmgs＝0（2分）解得μ＝eq\f(24,35)（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－mgLsin37°＝0 （2分）解得x＝1.25m （1分）(3)小滑块由A运动到B，由动能定理得Fs－μmgs＝eq\f(1,2)mv2 （2分）由牛顿其次定律得F－mgsin37°＝ma （2分）由运动学公式得x＝vt＋eq\f(1,2)at2 （2分）联立解得t＝0.5s （1分）答案(1)eq\f(24,35)(2)1.25m(3)0.5s突破训练4一质量为2kg的铅球从离地面2m高处自由下落，陷入沙坑中2cm深处，如图10所示，求沙子对铅球的平均阻力(g＝10m/s2)．答案2020N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＝eq\f(1,2)mv2v＝eq\r(2gH)＝eq\r(2×10×2)m/s＝2eq\r(10)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－eq\f(mv2,2)Ff＝eq\f(mgh＋\f(mv2,2),h)＝eq\f(2×10×0.02＋2×\f(2\r(10)2,2),0.02)N＝2020N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＝eq\f(mgH＋h,h)＝eq\f(2×10×2＋0.02,0.02)N＝2020N.

高考题组1．(2022·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点经受时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽视不计．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)eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(2,m)Pt1－fd)(3)eq\f(P,\r(m2v\o\al(2,0)＋2mPt1－fd))－eq\f(f,m)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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ③由①②③式解得v1＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(2,m)Pt1－fd) 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 ⑤v＝v1cosθ ⑥由牛顿其次定律有Fcosθ－f＝ma ⑦由④⑤⑥⑦式解得a＝eq\f(P,\r(m2v\o\al(2,0)＋2mPt1－fd))－eq\f(f,m).2．(2022·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＝1.4m，v＝3.0m/s，m＝0.10kg，小物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，桌面高h＝0.45m．不计空气阻力，重力加速度g取10m/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)0.90m(2)0.90J(3)4.0m/s解析(1)由平抛运动规律，有竖直方向h＝eq\f(1,2)gt2水平方向s＝vt得水平距离s＝eq\r(\f(2h,g))v＝0.90m(2)由机械能守恒定律，得落地时的动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＋mgh＝0.90J(3)由动能定理，有－μmgl＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得初速度大小v0＝eq\r(2μgl＋v2)＝4.0m/s.模拟题组3．如图13甲所示，一质量为m＝1kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开头，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3s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5s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10m/s2)求：图13(1)AB间的距离；(2)水平力F在5s时间内对物块所做的功．答案(1)4m(2)24J解析(1)在3s～5s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＝maa＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\f(4－0.2×1×10,1)m/s2＝2m/s2x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×2×22m＝4m(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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)又veq\o\al(2,A)＝2ax所以WF＝2μmgx＋max＝24J4．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＝5m，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＝4.30m、h2＝1.35m． 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10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块第一次与其次次通过C点的时间间隔．答案(1)3m/s(2)2s解析(1)物块从A→B→C→D过程中，由动能定理得mg(h1－h2)－μmgs＝eq\f(1,2)mvD2－0，解得：vD＝3m/s(2)小物块从A→B→C过程中，有mgh1－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得：vC＝6m/s小物块沿CD段上滑的加速度a＝gsinθ＝6m/s2小物块沿CD段上滑到最高点的时间t1＝eq\f(vC,a)＝1s小物块从最高点滑回C点的时间t2＝t1＝1s故t＝t1＋t2＝2s

(限时：45分钟)►题组1动能定理的简洁应用1．某人用手托着质量为m的物体，从静止开头沿水平方向运动，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.eq\f(1,2)mv2答案D2．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.eq\f(v,2) B.eq\f(\r(2),2)v C.eq\f(v,3) D.eq\f(v,4)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.依据动能定理，子弹刚好打穿木块的过程满足－Ffd＝0－eq\f(1,2)mv2.设子弹射入木块厚度一半时的速度为v′，则－Ff·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，得v′＝eq\f(\r(2),2)v，故选B.3．在地面上某处将一金属小球竖直向上抛出，上升确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，在此过程中经受了先加速，后匀速，再减速的运动过程，则下列说法正确的是 ()A．电梯对人做功状况是：加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功B．电梯对人做功状况是：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1C．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＝xtanθ，斜面长度为L＝eq\f(x,cosθ)，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－μmgcosθ·L＝mgh－μmgx＝eq\f(1,2)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＝μmgLcosθ＝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头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2A．物体所受的合外力做的功为mgh＋eq\f(1,2)mv2B．物体所受的合外力做的功为eq\f(1,2)mv2C．人对物体做的功为mghD．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，依据动能定理：W合＝WF－Wf－mgh＝eq\f(1,2)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＋eq\f(1,2)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eq\f(mv2x2,2h2＋x2)C．在该过程中，人对物块做的功为eq\f(1,2)mv2D．人前进x时，物块的运动速率为eq\f(vh,\r(h2＋x2))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＝vcosθ，而cosθ＝eq\f(x,\r(h2＋x2))，故v物＝eq\f(vx,\r(h2＋x2))，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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,物)＝eq\f(mv2x2,2h2＋x2)，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)由静止开头自边缘上的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4A.eq\f(1,2)R(FN－3mg) B.eq\f(1,2)R(3mg－FN)C.eq\f(1,2)R(FN－mg) D.eq\f(1,2)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，依据牛顿其次定律有FN－mg＝meq\f(v2,R)，依据动能定理，质点自A滑到B的过程中有Wf＋mgR＝eq\f(1,2)mv2，故摩擦力对其所做的功Wf＝eq\f(1,2)RFN－eq\f(3,2)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，在此后小球连续做圆周运动，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.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D．mgR答案C解析小球通过最低点时，绳的张力为F＝7mg ①由牛顿其次定律可知：F－mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),R) ②小球恰好过最高点，绳子拉力为零，由牛顿其次定律可知：mg＝eq\f(mv\o\al(2,2),R) ③小球由最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得：－2mgR＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1) ④由①②③④可得Wf＝－eq\f(1,2)mgR，所以小球克服空气阻力所做的功为eq\f(1,2)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＝0.4m的光滑半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上．质量m＝2kg的小物块在9N的水平恒力F的作用下，从A点由静止开头做匀加速直线运动． 图6已知AB＝5m，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2