专题02 应用动能定理处理变力做功问题-高中物理动能定理的综合应用
高中物理模块要点回眸25巧用动能定理求变力的功新人教版必修2(new)
第25点巧用动能定理求变力的功利用动能定理求变力的功通常有以下两种情况：(1）如果物体只受到一个变力的作用,那么W＝E k2－E k1.只要求出做功过程中物体的动能变化量ΔE k，也就等于知道了这个过程中变力所做的功. (2)如果物体同时受到几个力作用，但是其中只有一个力F1是变力，其他的力都是恒力，则可以先用恒力做功的公式求出这几个恒力所做的功,然后再运用动能定理来间接求变力做的功：W＋W其他＝ΔE k.1对点例题如图1所示，质量m＝60 kg的高山滑雪运动员,从A点由静止开始沿滑道滑下，然后由B点水平飞出，最后落在斜坡上的C点.已知BC连线与水平方向夹角θ＝37°，A、B 两点间的高度差为h AB＝25 m,B、C两点间的距离为L＝75 m，(不计空气阻力，g取10 m/s2,sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）求：图1（1）运动员从B点飞出时的速度v B的大小;(2)运动员从A滑到B的过程中克服摩擦力所做的功.解题指导(1)设由B到C平抛运动的时间为t竖直方向:h BC＝L sin 37°＝12gt2水平方向:L cos 37°＝v B t代入数据,解得v B＝20 m/s。
(2)A到B过程由动能定理有mgh AB＋Wf＝错误!mv错误!代入数据，解得W f＝－3 000 J，运动员克服摩擦力所做的功为3 000 J.答案（1)20 m/s (2)3 000 J如图2所示,质量为m的物体静止在光滑的水平平台上,系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0水平向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人的拉力对物体所做的功为( )图2A.错误!B。
错误!C。
错误!D。
mv错误!答案C解析人行至绳与水平方向夹角为45°处时，物体的速度为v＝v0cos θ，由动能定理，人对物体所做的功：W＝ΔE k＝错误!mv2＝错误!mv错误!，正确选项为C.尊敬的读者：本文由我和我的同事在百忙中收集整编出来，本文档在发布之前我们对内容进行仔细校对，但是难免会有不尽如人意之处，如有疏漏之处请指正，希望本文能为您解开疑惑,引发思考。
动能定理在变力做功情况下的应用
在匀加速运动过程中加速度为
a=
F m
mg
120
810
m/s2=5
m/s2，
m
8
末速度
vt
P m
1 200
m/s=10
m/s
F 120
m
上升的时间
t1=
v t
10
s=2
s，
a5
上升高度为
h1=
v t
2
102
m=10 m
2a 2 5
在功率恒定的过程中，最后匀速运动的速率为
vm=
P m
P m
1 200
类型四: 动 能定理在变 力做功情况 下的应用
例1.如图所示，AB为1/4圆弧轨道，半 径为R=0.8m，BC是水平轨道，长x=3m， BC处的摩擦系数为μ=1/15，今有质量 m=1kg的物体，自A点从静止起下滑到C 点刚好停止。求物体在轨道AB段所受的 阻力对物体做的功。
例 2.如图所示，质量为 m 的物体被细绳经过光滑小孔而牵引，
m/s=15
m/s
F mg 810
外力对物体做的总功 W=Pmt2－mgh2， h1+h2=90 m
动能变化量为 ΔEk= 1 mvm2－ 1 mvt2
2
2
由动能定理得 Pmt2－mgh2= 1 mvm2－ 1 mvt2
2
2
代入数据后解得 t2=5.75 s，所以 t=t1+t2=7.75 s
所需时间至少为 7.75 s.
A R
D R
在光滑的水平面上做匀速圆周运动，拉力为某个值 F 时转动
半径为 R，当外力逐渐增大到 6F 时，物体仍做匀速圆周运动，
半径为 R/2.则外力对物体所做的功为（ ）
动能定理求变力做功汇总课件
出来，得到变力所做的功。
实例分析一：弹簧力做功问题
确定弹簧力的变化规律
求解弹簧力做功
根据胡克定律，弹簧力F与弹簧的形变 量x成正比，即F=kx。
将弹簧力在位移上的积累效应计算出 来，得到弹簧力所做的功。
运用动能定理
设物体的初速度为v1，末速度为v2， 通过运用动能定理，可以求出弹簧力 所做的功。
在解决变力做功问题时，动能定理提供了一个简便的方法，可以将变力的冲量转化 为动能的变化，从而简化了问题的解决过程。
动能定理在解决实际问题中具有广泛的应用，例如在工程、航天、军事等领域中， 都需要用到动能定理来计算变力做功。
动能定理在未来的应用前景
随着科技的发展，动能定理的应 用前景将更加广阔。
在新能源、环保、医疗等领域中， 动能定理都有重要的应用价值。
理解如何利用动能定 理求变力所做的功。
02 动能定理概述
动能定理定义
总结词
动能定理是描述物体动能变化的定理， 其定义是合外力的功等于物体动能的变 化量。
VS
详细描述
动能定理是物理学中一个重要的定理，它 描述了物体的动能如何随外力做功而变化。 具体来说，如果一个物体受到合外力的作 用，并且这个合外力对物体做了功，那么 这个功就等于物体动能的增量。数学表达 式为：W = ΔE_k。其中，W表示合外力 做的功，ΔE_k表示物体动能的增量。
04 动能定理在变力做功中 的应用
变力做功的求解步骤
确定物体运动过程
首先需要明确物体在整个过程 中的运动情况，包括初速度、 末速度、加速度等。
确定变力的变化规律
分析变力的变化规律，找出力 随时间或位移变化的函数关系。
(完整版)高中物理动能定理的运用归纳及总结
一、整过程运用动能定理 （一）水平面问题1、一物体质量为 2kg ，以 4m/s 的速度在圆滑水平面上向左滑行。
从某时辰起作用向来右的 水平力，经过一段时间后，滑块的速度方向变为水平向右，大小为 4m/s ，在这段时间内，水平力做功为（）A. 0B. 8JC. 16JD. 32J2、 一个物体静止在不圆滑的水平面上，已知 m=1kg ， u=0.1 ，现用水平外力 F=2N ，拉其运动 5m 后马上撤去水平外力F ，求其还能够滑m （ g 取 10m / s 2）【解析】对物块整个过程用动能定理得：Fs 0 umg s s 0 0解得： s=10m3、总质量为 M 的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为 m ，中途脱节，司机察觉时，机车已行驶 L 的距离，于是马上关闭油门，除去牵引力，以下列图。
设运动的阻力 与质量成正比，机车的牵引力是恒定的。
当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？【解析】 对车头，脱钩后的全过程用动能定理得：FL k( Mm) gS 11(M m)V 02 V 02对车尾，脱钩后用动能定理得：V 0LS1kmgS 2mV 0212而 S S 1S 2 ，由于原来列车是匀速前进的，S 2所以 F=kMg由以上方程解得SML 。
M m（二）竖直面问题（重力、摩擦力和阻力）1、人从地面上，以必然的初速度v 0将一个质量为m 的物体竖直向上抛出，上升的最大高度为 h ，空中受的空气阻力大小恒力为 f ，则人在此过程中对球所做的功为（）1 mv 021 mv 02 mgh fhmgh fhA.2B. mgh fhC.2D.2、一小球从高出地面 H 米处，由静止自由下落，不计空气阻力，球落至地面后又深入沙坑h 米后停止，求沙坑对球的平均阻力是其重力的多少倍。
【解析】钢球从开始自由下落到落入沙中停止为研究过程 依照动能定理 w 总= △ E K可得：W G+W f=0-0 ①重力做功 W G=G （H+h ）②阻力做功 W f=-fh ③H由 ①②③ 解得： f= （1+ ）h（三）斜面问题1、以下列图，斜面足够长，其倾角为α，质量为m 的滑块，距挡板 P 为 S ，以初速度 V沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力 分力，若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块在斜面上经过的总行程为多少？【解析】 设其经过和总行程为 L ，对全过程， 由动能定理得：V 0mgS sinng cos L1mv 22 0SPmgS 0 sin1mv 2α得 L2mg cos2、一块木块以 v 0 10m / s 初速度沿平行斜面方向冲上一段长L=5m ，倾角为30 的斜面，见图所示木块与斜面间的动摩擦因数0.2，求木块冲出斜面后落地时的速率（空气阻力不计，g 10 m / s 2）。
利用动能定理解决变力做功问题
利用动能定理解决变力做功问题好啦，今天咱们来聊聊“动能定理”，而且还是那个大家最头疼的“变力做功”问题。
哎呀，很多人脑袋可能就跟打了结一样。
别急，别急，我带你走一遭，咱们轻松聊，保证你一听就懂，绝不晦涩难懂！首先啊，动能定理是什么呢？其实挺简单的，它告诉我们，物体的动能变化跟外力做的功是直接挂钩的。
就好像你推车，推的力越大，车加速得越快，动能增加得也越多。
你是不是觉得这个问题有点像推着冰箱搬家？对，没错，力量和动能就是这么一回事——推得越多，动得越快。
动能定理就是帮我们搞清楚，力和动能之间到底是怎样一回事儿的。
不过，问题就出在“变力”这个词上了。
大家是不是想，力能变啊？对啊，变力就是力的大小和方向可能随着时间变化。
比如你推一个物体，刚开始推得特别使劲，后来推得慢慢轻一些，最后可能几乎不推了，这就是力在变。
怎么解决这类问题呢？别着急，咱们慢慢捋。
其实解决“变力做功”的问题，有一个超级简单的思路。
只要记住两个字：分割。
什么意思呢？就是把变的力分成很多小段，每段力可以看成一个常力，计算每一小段的功，然后把这些小段的功加起来就行了。
就像你做饭时，不是把整个菜一口气做好，而是先切菜、再炒菜、最后加调料，一步步来。
这就是咱们常说的“积分”，把大问题分解成小问题，一点一点攻克。
举个例子，想象你站在滑雪场，雪坡上坡道上，滑雪板下面有个风力，风的速度不断变化。
哎，风力一会儿大，一会儿小，咋办呢？别着急，咱们从头来。
先把每一小段路程的风力看作一个常力，计算它在这一段路上做的功，然后再把这些功加起来。
哦，对了，咱们还得用到一个公式——“功=力×位移”，这点很简单，记住了就能顺利解决了。
别以为这就完了，真正的问题还在后头。
因为我们常说，力是会变化的，那位移也得变化啊。
怎么办呢？这就需要咱们利用动能定理来解了。
动能定理说，外力做的功，最终是让物体的动能发生了变化。
也就是说，风力做的功，最终让滑雪板的速度从某一刻变成了另一刻。
人教版高一物理必修二第八章第三节动能定理的应用利用动能定理解决多过程问题课件
例3 如图所示，质量m＝0.1 kg的金属小球从距水平面h＝2.0 m的光滑斜面上由静止开始释放，运动到A点时无能量损耗，水平面AB是长2.0 m的粗糙平面，与半径为R＝0.4 m的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，其中圆轨道在竖直平面内，D为轨道的最高点，小球恰能通过最高点D，求：(g＝10 m/s2)(1)小球运动到A点时的速度大小；(2)小球从A运动到B时摩擦阻力所做的功；(3)小球从D点飞出后落点E与A的距离．
A. mgLcos B. mgL（1 – cos ）
C. FLsin D. FLcos
简析：球在F方向的位移s=Lsin
力F的功WF =Fs=F Lsin
?
很缓慢的含义：
由平衡条件得：F=mg tan ，故F为变力 ， WF =F Lsin 错误
1
2
3
变力做功
变力做功
抛球时由动能定理：
抛出后由动能定理：
v0＝ 0m/s
解得Wf＝-5 J
即橡皮球克服空气阻力做功为5 J
应用动能定理
1．(利用动能定理求变力的功)某同学从h＝5 m高处，以初速
2．(利用动能定理分析多过程问题)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l1＝3 m时撤去，木块又滑行l2＝1 m后飞出平台，求木块落地时速度的大小．
1
2
3
在B点
动能定理
由B到D：
由B到C：
3．(动能定理和动力学方法的综合应用)如图所示，固定在水平地
∴ W合 =2J
其中W合 =W手 +（- mgh）
高一物理必修二第七章 专题强化6 利用动能定理分析变力做功和多过程问题---教师版
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.。
人教版高中物理必修二 专题强化 利用动能定理分析变力做功和多过程问题
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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：
(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 PPT模板：/moban/
PPT背景：/beiji ng/ PPT下载：/xiaz ai/ 资料下载：www. 1ppt.co m/zilia o/ 试卷下载：/shiti / 手抄报：/shouc haobao/ 语文课件：/keji an/yuwen/ 英语课件：/keji an/ying yu/ 科学课件：/keji an/kexue/ 化学课件：/keji an/huaxue/
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： (1)木块沿弧形槽上升的最大高度(木块未离开弧形槽)； 答案 0.15 m
小球恰能通过 C 点，则 mg＝mvdC2. 2
小球从B运动到C的过程：
－mgd＋Wf＝12mvC2－12mv2，得 Wf＝－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
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做功过程中力的大小、方向发生变化，这种情况无法应用公式公式W=Flcosα求解。
求解变力做功的几种常见方法：
1. 平均力法 如果物体受到的力方向不变，且大小随位移均匀变化，可用W Fl =求变力F 所做的功。
其平均值大小为122
F F F += ，其中F 1是物体初态时受到的力的值，F 2是物体末态时受到的力的值。
如在求弹簧弹力所做的功时，再如题目中假定木桩、钉子等所受阻力与击入深度成正比的情况下，都可以用此法求解。
2.用微元法(或分段法)
求变力做功变力做功时，可将整个过程分为几个微小的阶段，使力在每个阶段内不变，求出每个阶段内外力所做的功，然后再求和。
当力的大小不变而方向始终与运动方向间的夹角恒定时，变力所做的功cos W F s θ=⋅⋅ ，其中s 是路程。
3.用等效法求变力做功
若某一变力做的功等效于某一恒力做的功，则可以应用公式cos W Fl α=来求。
这样，变力做功问题就转化为了恒力做功问题。
4.用图像法求变力做功
在F —l 图像中，图线与两坐标轴所围“面积”的代数和表示F 做的功，“面积”有正负，在l 轴上方的“面积”为正，在l 轴下方的“面积”为负。
5.应用动能定理求变力做功
如果我们所研究的问题中有多个力做功，其中只有一个力是变力，其余的都是恒力，而且这些恒力所做的功比较容易计算，研究对象本身的动能变化量也比较容易计算时，用动能定理就可以求出这个变力所做的功。
6.利用功能关系求变力做功
在变力做功的过程中，当有重力势能、弹性势能以及其他形式的能量参与转化时，可以考虑用功能关系求解。
因为做功的过程就是能量转化的过程，并且转化过程中能量守恒。
7.利用W=Pt求变力做功
这是一种等效代换的观点，用W=Pt计算功时，必须满足变力的功率是恒定的。
若功率P是变化的，则需用计算，其中当P随时间均匀变化时。
1. 如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP=2R，重力加速度为g，则小球从P 到B的运动过程中（）
A．重力做功2mgR B．小球机械能守恒
C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功1
2 mgR
分析：摩擦力是变力，其做功的大小可由动能定理求得。
合外力做的功不等于重力做的功，所以机械能不守恒，故BC 错误；
D 、W G +W f =212mv =12
mgR 所以W f =－12
mgR 所以克服摩擦力做功为
12mgR ，故D 正确。
2. 一个劲度系数k =800N/m 的轻质弹簧，两端分别连着质量均为m =12kg 的物体A 和B ，将它们竖直静止地放在水平地面上，如图所示，施加一竖直向上的变力F 在物体A 上，使物体A 从静止开始向上做匀加速运动，当t =0.4s 时物体B 刚离开地面（设整个匀加速过程弹簧都处于弹性限度内， g 取10m/s 2）．求： （1）此过程中物体A 的加速度的大小；
（2）此过程中所加外力F 所做的功。
分析：尽管本题中F 是变力，但题中条件是A 向上做匀加速运动，要求A 的加速度，则先要求出A 上升的距离。
而通过弹簧的变化量即可求出A 上升的距离。
第（2）问弹簧的弹力先随A 上升而做正功，后随A 上升而做负功，但两次距离相等，则弹簧弹力做的总共为零。
解析：（1）开始时弹簧被压缩x 1，对A ：kx 1=m A g ①
B 刚要离开地面时弹簧伸长x 2，对B ：kx 2=m B g ②
又m A =m B =m 代入①②得：x 1=x 2，
整个过程中A 上升的距离：x = x 1+x 2=
20.3mg k = m 。
根据运动学公式：212x at = ，解得物体A 的加速度：a=22x t
=3.75m/s 2。
（2）设A 末速度为v t 则由：02
t v v x t += ，得：v t ==1.5m/s 。
∵x 1=x 2∴此过程初、末位置弹簧的弹性势能不变，弹簧的弹力做功为零。
设此过程中所加外力F 做功为W ，根据动能定理：
W -mgx =12
mv t 2，解得：W=49.5J 。
小结：应用动能定理处理变力做功问题注意事项：首先正确分析物体受力，要考虑物体受到的所有力，包括重力；其次弄清各力做功情况，计算时应把已知功的正、负代入动能定理表达式。
1．如图甲所示，水平面上有质量相等的两个木块A 、B 用一根轻弹簧相连接，整个系统处于平衡状态。
现用一个竖直向上的力F 拉动木块A ，使木块A 向上做匀加速直线运动，弹簧始终处于弹性限度内，如图乙所示。
研究从力F 刚作用在木块A 上时（）到木块B 刚离开地面时（）这个过程，并且选定这个过程中木块A 的起始位置为坐标原点，得到表示力F 和木块A 的位移x 之间关系的图象如图丙，则下列说法正确的是（ ）
A. 时，弹簧刚好恢复原长
B. 该过程中拉力做功
C.
过程，拉力做的功大于木块A 机械能的增加量
D.
过程，木块A 动能的增加量等于拉力和重力做功的总和
2．如图甲所示，长为l 、倾角为α的斜面固定在水平地面上，一质量为m 的小
物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动，已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x 的变化图像如图乙所示，则（ ）
A. 0tan μα>
B. 小物块下滑的加速度逐渐增大
C. 小物块下滑到斜面低端的过程中克服摩擦力做的功为01cos 2
mgl μα
D.
3．如图所示，一个滑块质量为2kg ，从斜面上A 点由静止下滑，经过BC 平面
又冲上另一斜面到达最高点D 。
已知AB=100cm ，CD=60cm ，∠α=30°，∠β=37°，
（g 取10m/s 2）试求：
（1）滑块在A 和D 点所具有的重力势能是多少？（以BC 面为零势面）
（2）若AB 、CD 均光滑，而只有BC 面粗糙，BC=28cm 且BC 面上各处粗糙程度相同，则滑块最终停在BC 面上什么位置？
参考答案
1．ABD
解析：A 、A 压着弹簧处于静止状态，
；当力F 作用在A 上，使其向上匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知，随着x 逐渐增大，导致弹簧的弹力逐渐减小，则力F 逐渐增大，但物体A 的合力却不变，当B 刚离开地面时，弹簧处于伸长状态有，则，则当时，
弹簧刚好恢复到原长，故A正确。
B、根据图象可知拉力F随着位移均匀增大，则，故B正确。
C、在A上升过程中，弹簧从压缩恢复到原
长过程，由动能定理，即，则拉力做功小于A 物体机械能的增加，故C错误。
D、0~x0过程因弹簧的初末形变量相同，则弹性势能的变化为零；由动能定理可知，即木块A动能的增加量等于拉力和重力做功的总和，故D正确。
故选ABD。
点睛：弹簧的弹力和弹性势能均与形变量有关，形变有压缩和拉伸两种情形，要注意加以区分；功是能量转化的量度，一种功总是与一种能相联系，要具体情况具体分析．
3．(1)(2)
解析：
功能关系得：A到D:①
设滑块在BC上的路程为: , A到最后停止,由动能定理得:
②
解出，故距C点的距离为：。