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动能定理巧解变力做功问题
（答题时间：30分钟）
1. 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 （ ）
A.R（FN－3mg） B.R（3mg－FN）
C.R（FN－mg） D.R（FN－2mg）
2. 来自福建省体操队的运动员黄珊汕是第一位在奥运会上获得蹦床奖牌的中国选手。蹦床是一项好看又惊险的运动，如图所示为运动员在蹦床运动中完成某个动作的示意图，图中虚线PQ是弹性蹦床的原始位置，A为运动员抵达的最高点，B为运动员刚抵达蹦床时的位置，C为运动员抵达的最低点。不考虑空气阻力和运动员与蹦床作用时的机械能损失，在A、B、C三个位置上运动员的速度分别是vA、vB、vC，机械能分别是EA、EB、EC，则它们的大小关系是（ ）
A. vA＜vB，vB＞vC B. vA＞vB，vB＜vC
C. EA＝EB，EB＞EC D. EA＞EB，EB＝EC
3.（海南四校联考）如图所示，质量m＝10 kg和M＝20 kg的两物块，叠放在光滑水平面上，其中物块m通过处于水平方向的轻弹簧与竖直墙壁相连，初始时刻，弹簧处于原长状态，弹簧的劲度系数k＝250 N/m。现用水平力F作用在物块M上，使其缓慢地向墙壁移动，当移动40 cm时，两物块间开始相对滑动，在相对滑动前的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A. M受到的摩擦力保持不变
B. 物块m受到的摩擦力对物块m不做功
C. 推力做的功等于弹簧增加的弹性势能
D. 开始相对滑动时，推力F的大小等于200 N
4. 如图所示，质量为m的物块与转台之间的最大静摩擦力为物块重力的k倍，物块与转轴OO′相距R，物块随转台由静止开始转动，转速缓慢增大，当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到滑动前的这一过程中，转台的摩擦力对物块做的功最接近（ ）
A. 0 B. 2πkmgR
C. 2kmgR D. kmgR
5. 如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道，外圆ABCD光滑，内圆的上半部分B′C′D′粗糙，下半部分B′A′D′光滑。一质量为m＝0.2 kg的小球从外轨道的最低点A处以初速度v0向右运动，小球的直径略小于两圆的间距，小球运动的轨道半径R＝0.2 m，取g＝10 m/s2。
（1）若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动，初速度v0至少为多少？
（2）若v0＝3 m/s，经过一段时间后小球到达最高点，内轨道对小球的支持力FC＝2 N，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？
（3）若v0＝3.1 m/s，经过足够长的时间后，小球经过最低点A时受到的支持力为多少？小球在整个运动过程中减少的机械能是多少？
6. 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，以下是跳伞过程中的v－t图象，试根据图象求：（g取10 m/s2）
（1）t＝1 s时运动员的加速度和所受阻力的大小；
（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。
1. 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。
2. AC 解析：运动员在最高点A的速度为零，刚抵达B位置时的速度不为零，vA＜vB，在最低点C的速度也为零，vB＞vC，故A对，B错；以运动员为研究对象，B→A机械能守恒，EA＝EB，B→C弹力对运动员做负功，机械能减小，EB＞EC，故C对，D错。
3. C 解析：取m和M为一整体，由平衡条件可得：F＝kx，隔离m，由平衡条件可得：Ff＝kx，可见M在缓慢左移过程中，M受的摩擦力在增大，开始滑动时，Ff＝kxm＝100 N，故此时推力F为100 N，A、D均错误，m受的摩擦力对m做正功，B错误；系统缓慢移动，动能不变，且又无内能产生，由能量守恒定律可知，推力F做的功全部转化为弹簧的弹性势能，C正确。
4. D 解析：在转速增加的过程中，转台对物块的摩擦力是不断变化的，当转速增加到一定值时，物块在转台上即将滑动，说明此时静摩擦力Ff达到最大，其指向圆心的分量F1提供向心力，即F1＝m ①
由于转台缓慢加速，使物块加速的分力F2很小，因此可近似认为F1＝Ff＝kmg ②
在这一过程中对物块由动能定理，有Wf＝mv2 ③
由①②③知，转台对物块所做的功W1＝kmgR。
5. 解：（1）设此情形下小球到达外轨道的最高点的最小速度为vC，则由牛顿第二定律可得mg＝
由动能定理可知－2mgR＝－
代入数据解得：v0＝m/s；
（2）设此时小球到达最高点的速度为vC′，克服摩擦力做的功为W，则由牛顿第二定律可得mg－FC＝
由动能定理可知－2mgR－W＝mvC′2－
代入数据解得：W＝0.1 J；
（3）经足够长的时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动。设小球经过最低点的速度为vA，受到的支持力为FA，则由动能定理可知mgR＝
根据牛顿第二定律可得FA－mg＝
代入数据解得：FA＝3mg＝6 N
设小球在整个运动过程中减少的机械能为ΔE，由功能关系有ΔE＝－
代入数据解得：ΔE＝0.561 J。
6. 解：（1）从图中可以看出，在0～2 s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Ff，根据牛顿第二定律，有：mg－Ff＝ma
得Ff＝m（g－a）＝80×（10－8）N＝160 N；
（2）从图中估算得出运动员在14 s内下落了h＝39×2×2 m＝156 m
根据动能定理，有：mgh－Wf＝mv2
所以有：Wf＝mgh－mv2＝（80×10×156－×80×62）J≈1.23×105 J；
（3）14 s后运动员做匀速运动的时间为
t′＝＝ s＝57.3
运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间
t总＝t＋t′＝（14＋57.3）s＝71.3 s。
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