資源簡介

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專題強化（8）動能定理的應用
掌握動能定理的應用與動能定理的圖像分析問題
知識點1 動能定理的基本應用
1．應用動能定理解題的優點
(1)動能定理對應的是一個過程，只涉及到物體初、末狀態的動能和整個過程合力做的功，無需關心中間運動過程的細節，而且功和能都是標量，無方向性，計算方便．
(2)當題目中不涉及a和t，而涉及F、x、m、v等物理量時，優先考慮使用動能定理．
(3)動能定理既適用于恒力作用過程也適用于變力作用過程，既適用于直線運動也適用于曲線運動，既適用于單個物體也適用于多個物體，特別是變力及多過程問題，動能定理更具有優越性．
2．應用動能定理解題的一般步驟
(1)選取研究對象(通常是單個物體)，明確它的運動過程．
(2)對研究對象進行受力分析，明確各力做功的情況，求出外力做功的代數和．
(3)明確物體在初、末狀態的動能Ek1、Ek2.
(4)列出動能定理的方程W＝Ek2－Ek1，結合其他必要的解題方程，求解并驗算．
（2024秋 長安區月考）如圖甲所示，一光滑大圓環固定在豎直面內，圓心為O，將套在大圓環上的小球（可視為質點）從大圓環的頂點由靜止釋放后，測得小球的向心加速度大小a和小球與O點連線轉過的角度θ之間的關系圖線如圖乙所示.已知圖乙中a1＝19.6m/s2。下列說法中正確的是（　　）
A．圖乙中am＝39.2m/s2
B．當地的重力加速度大小為9.78m/s2
C．只增大大圓環的半徑，圖乙中的am將增大
D．只增大小球的質量，圖乙中的am將增大
【解答】解：B.當時，對小球有，根據動能定理有，解得a1＝2g，所以gm/s2＝9.8m/s2，故B錯誤；
A.當θ＝π 時，對小球有，又有，解得am＝39.2m/s2，故A正確；
CD.由A項分析可知，am＝4g，其大小與大圓環的半徑及小球的質量無關，故CD錯誤。
故選：A。
（2024秋 南崗區校級月考）巴黎奧運會網球女單決賽中，中國選手鄭欽文以2：0戰勝克羅地亞選手維基奇奪冠。這是中國運動員史上首次贏得奧運網球單打項目的金牌。某次鄭欽文將質量為m的網球擊出，網球被擊出瞬間距離地面的高度為h，網球的速度大小為v1，經過一段時間網球落地，落地瞬間的速度大小為v2，重力加速度為g，網球克服空氣阻力做功為Wf。則下列說法正確的是（　　）
A．擊球過程，球拍對網球做功為
B．網球從被擊出到落地的過程，網球動能的增加量為mgh
C．網球從被擊出到落地的過程，網球的機械能減少mgh﹣Wf
D．
【解答】解：A.擊球過程，根據動能定理有：
即球拍對網球做功為，故A錯誤；
B．網球從被擊出到落地，根據動能定理有：
ΔEk＝mgh﹣Wf，故B錯誤；
C．根據機械能和其他力做功的關系可知，網球從被擊出到落地，網球的機械能減少Wf，故C錯誤；
D．由動能定理得
解得
，故D正確。
故選：D。
（2024秋 鹿城區校級月考）如圖所示，一滑塊從固定斜面頂端A由靜止下滑，最終停在C點。已知AD的高度h＝3m，BD的長度L1＝4m，AD⊥BD，斜面與水平面在B點平滑連接，BC的長度L2＝10m，小滑塊從A點運動至C點的總時間為5s，假定小滑塊在AB上做勻加速直線運動，在BC上做勻減速直線運動，求：
（1）小滑塊滑至B點時的速度大小vB；
（2）小滑塊從A運動到C點的平均速度的大小（可用根式表示）；
（3）若在C點正上方H＝20m處有一小球，某時刻將小球由靜止釋放，不計空氣阻力，取g＝10m/s2，小球恰好與剛剛停下的滑塊在C點相遇，求釋放小球瞬間滑塊離B點的距離。
【解答】解：（1）根據題意，斜面的傾斜角θ滿足tanθ0.75，即θ＝37°，故sinθ＝0.6，cosθ＝0.8，斜面長xm＝5m，設滑塊在斜面上運動時，加速度大小為a1，時間為t1，滿足mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma1，水平面上運動時，加速度大小為a2，時間為t2，有μ2mg＝ma2，根據勻變速直線運動的規律有xvB t1，L2vB t2，又t1+t2＝5s，解得vB＝6m/s，t1s，t2s，μ1＝0.3，μ2＝0.18
（2）小滑塊從A到C的全過程，位移大小為smm，故平均速度大小m/s
（3）小球從C點靜止釋放做自由落體運動，滿足Hg，代入數據解得t3＝2s，釋放小球時滑塊到C點的距離為x′a2，解得x′＝3.6m，故釋放時滑塊離B點的距離為Δx＝L2﹣x′＝10m﹣3.6m＝6.4m
答：（1）小滑塊滑至B點時的速度大小vB為6m/s；
（2）小滑塊從A運動到C點的平均速度的大小為m/s；
（3）釋放小球瞬間滑塊離B點的距離為6.4m。
知識點2 動能定理與圖像的結合
1．解決物理圖像問題的基本步驟
(1)觀察題目給出的圖像，弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義。
(2)根據物理規律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數關系式。
(3)將推導出的物理規律與數學上與之相對應的標準函數關系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點、圖線下的面積所對應的物理意義，分析解答問題，或者利用函數圖線上的特定值代入函數關系式求物理量。
2．四類圖像所圍面積的含義
(1)v t圖：由公式x＝vt可知，v t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移。
(2)a t圖：由公式Δv＝at可知，a t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體速度的變化量。
(3)F s圖：由公式W＝Fs可知，F s圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功。
(4)P t圖：由公式W＝Pt可知，P t圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功。
類型1 Ek-x圖像問題
（2024春 重慶期末）一個可看作質點的滑塊，從固定斜面底端以某一初速度滑上光滑斜面，到最高點后又返回斜面底端。以斜面底端所在平面為參考面，向上運動過程中滑塊的動能Ek與高度h的關系如圖所示，取重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．該滑塊的質量為1.0kg
B．滑塊返回斜面底端時的速度大小為4.0m/s
C．滑塊上升到0.2m高度時的機械能為3J
D．滑塊下滑到0.4m高度時的速度大小為2.0m/s
【解答】解：A、滑塊沿著光滑斜面運動，只有重力做功，機械能守恒，所以滑塊在斜面底端的動能等于最高點的重力勢能，即：Ek0＝mgh，可得m＝0.5kg，故A錯誤；
B、滑塊機械能守恒，所以返回斜面底端的動能不變，仍為4J，由，可得滑塊返回斜面底端時的速度大小v＝4m/s，故B正確；
C、滑塊機械能守恒，所以滑塊上升到0.2m高度時的機械能為4J，故C錯誤；
D、滑塊下滑到h1＝0.4m高度時，由機械能守恒有：
代入數據可得滑塊下滑到0.4m高度時的速度大小為：，故D錯誤。
故選：B。
（多選）（2024春 中山市期末）如圖甲所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運動過程中摩擦力f。大小恒定，物塊動能Ek與運動路程s的關系如圖乙所示，下列說法正確的是（　　）
A．圖乙中0﹣20m的過程，物塊受到的摩擦力始終做負功
B．圖乙中0﹣20m的過程，物塊受到的重力始終做負功
C．圖乙中0﹣10m的過程，物塊克服摩擦力的功等于摩擦增加的內能
D．圖乙中10m﹣20m的過程，物塊機械能增加
【解答】解：分析圖乙可知，物塊在10m處動能為零，即10m處是最高點，所以0﹣10m物塊沿斜面向上運動，10m﹣20m物塊沿斜面向下運動。
A、物塊沿斜面向上運動時，摩擦力沿斜面向下，摩擦力做負功；物塊沿斜面向下運動時，摩擦力沿斜面向上，摩擦力做負功，所以0﹣20m的過程，物塊受到的摩擦力始終做負功，故A正確；
B、物塊沿斜面向上運動時，重力做負功；物塊沿斜面向下運動時，重力做正功，故B錯誤；
C、根據功與能的轉化，物塊克服摩擦力做的功等于摩擦增加的內能，故C正確；
D、10m﹣20m的過程，有摩擦力做負功，所以機械能還是要減小，故D錯誤。
故選：AC。
（多選）（2024春 洛陽期末）一小球豎直向上拋出，然后落回到原處。小球初動能為Ek0，假設小球受到的空氣阻力和速度成正比，取拋出點為零勢能點，則該過程中，小球的機械能E與位移x關系和動能Ek與位移x關系的圖線是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：AB．設物塊的質量為m，由題有空氣阻力與速度關系為
f＝kv（k是比例常數）
取極短位移Δx為研究過程，由能量關系
ΔE＝fΔx
則E﹣x圖像的斜率等于f，上升階段速度減小，則f減小，圖像的斜率減小；下降階段速度增加，則f增加，圖像的斜率增加；整個過程機械能一直減小，故選項A錯誤，B正確；
CD．取極短位移Δx為研究過程，根據動能定理得，上升過程中
﹣（mg+f）Δx＝﹣ΔEk
所以
ΔEk＝（mg+f）Δx
Ek﹣x圖象斜率的大小等于mg+f，由于上升過程速度減小，則f減小，所以圖象的斜率絕對值減小（對應上面一條曲線）。
下降過程中
（mg﹣f）Δx＝ΔEk
Ek﹣x圖象斜率的大小等于mg﹣f，由于下降過程速度增大，則f增大，所以圖象的斜率絕對值減小（對應下面一條曲線）。故C正確、D錯誤；
故選：BC。
類型2 F-x圖像與動能定理的結合
（2024春 銅陵期末）質量為m＝1kg的玩具小汽車（可視為質點）由靜止開始沿直線加速，最后減速至靜止，其合外力F隨位移x的變化圖像如圖所示。已知玩具小汽車在位移x＝10m時恰好停下。下列關于玩具小汽車運動的物理量描述正確的是（　　）
A．初始階段合外力F1＝1.5N
B．速度的最大值為2m/s
C．加速運動的時間為1s
D．勻速運動的時間為3s
【解答】解：A、F﹣x圖像與x軸所圍的面積表示合外力F做功大小，對于玩具小汽車的整個運動過程，根據動能定理有
解得：F1＝1N，故A錯誤；
B、x＝2m時，合外力是零，可知玩具汽車的速度最大，此時有
由牛頓第二定律有
解得最大速度為：vm＝2m/s，故B正確；
C、加速時間為ts＝2s，故C錯誤；
D、勻速運動的時間為，故D錯誤。
故選：B。
（2024秋 順義區校級月考）如圖甲所示，質量為4kg的物體在水平推力作用下開始運動，推力大小F隨位移大小x變化的情況如圖乙所示，物體與水平地面間的動摩擦因數為μ＝0.5，g取10m/s2。則（　　）
A．物體在F減為零之前一直做加速運動
B．運動過程中推力做的功為400J
C．該物體所走位移為4米時獲得的動能為120J
D．物體在運動過程中的加速度先增大后減小，最后保持不變
【解答】解：AD、滑動摩擦力大小為f＝μmg＝0.5×4×10N＝20N，開始推力大于滑動摩擦力，隨著推力的減小，物體先做加速度逐漸減小的加速運動；
當推力減小到20N時，加速度為零，物體的速度達到最大；
之后推力小于滑動摩擦力，物體做加速度逐漸增大的減速運動，當推力減小為零后，物體做勻減速運動，故AD錯誤；
B、根據F﹣x圖像中圖線與橫軸所圍的面積表示推力做的功，可得運動過程中推力做的功為，故B錯誤；
C、根據動能定理得：W﹣fx＝Ek，解得：Ek＝200J﹣20×4J＝120J，故C正確。
故選：C。
（2024春 麗水期末）有一段粗糙軌道AB長為s，第一次物塊以初速度v0由A出發，向右運動達到B時速度為v1，第二次物塊以初速度v0由B出發向左運動。以A為坐標原點，物塊與地面的摩擦力f隨x的變化如圖，已知物塊質量為m，下列說法正確的是（　　）
A．物塊在第一次運動中做勻減速直線運動
B．f﹣x圖像的斜率為
C．第二次能到達A點，且花費時間較第一次長
D．兩次運動中，在距離A點處摩擦力功率大小相等
【解答】解：A、物塊在第一次從A向右運動，物塊的合力等于摩擦力，由圖可知摩擦力隨位移均勻增加，由牛頓第二定律可知加速度在變大，故A錯誤；
B、從A到B過程，由動能定理有：
設f﹣x圖像的斜率為k，當物塊運動的距離為s時，摩擦力f＝ks，根據f﹣x圖像的面積表示克服摩擦力做的功，則摩擦力做的功
兩式聯立可得：，故B錯誤；
C、根據動能定理可知，兩次摩擦力做功相等，則第二次也能到達A點，且速度也為v1，但是第二次一開始加速度大，速度很快減小，所以花費時間較第一次長，故C正確；
D．兩次運動中，物塊運動到距離A點處時摩擦力做的功不相等，在距離A點的速度大小不相等，而摩擦力大小相等，根據P＝fv，可知在距離A點處摩擦力功率大小不等，故D錯誤；
故選：C。
類型3 其他圖像與動能定理的結合
（2024春 廣西期末）如圖甲所示，傾角為θ的斜面體固定在水平面上，其中斜面的長度為l0，一質量為m可視為質點的物塊從靜止開始由斜面體的頂端A滑到底端B，物塊與斜面體之間的動摩擦因數與到A點的距離x按圖乙所示的規律變化。則物塊在斜面的中點速度大小為（　　）。
A．
B．
C．
D．
【解答】解：由圖乙可知物塊與斜面體之間的動摩擦因數：，則摩擦力大小：
摩擦力f隨位移均勻增加，當位移為時，摩擦力大小為：，則物塊由A滑到斜面中點的過程中克服摩擦力做的功為：
物塊由A到斜面中點的過程中，由動能定理有：
代入數據可得：，故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
（2024 遼寧模擬）一輛智能電動玩具車在水平路面上由靜止開始加速，其加速度a隨時間t的變化關系如圖所示，當玩具車加速t＝1s后，牽引力的功率保持恒定。已知玩具車的質量m＝2kg，行駛過程中受到恒定的阻力f＝2N，則玩具車（　　）
A．從t＝0到t＝1s的位移為2m
B．從t＝0到t＝1s的牽引力做功為4J
C．從t＝1s到t＝3.17s的位移約為7m
D．從t＝1s到t＝3.17s的牽引力做功為21J
【解答】解：A、由題圖可知，玩具小車在第1s內做勻加速直線運動，則從t＝0到t＝1s內的位移為：，故A錯誤；
B、設在0∽1s時間內的牽引力為F1：根據牛頓第二定律可得：F1﹣f＝ma1，解得：F1＝ma1+f＝2×2N+2N＝6N，則牽引力做的功為：，故B錯誤；
C、由題圖可知，在t＝1s時，玩具車的速度為v1＝a1t1＝2×1m/s＝2m/s，則恒定功率為P＝F1v1＝6×2W＝12W，當t＝3.17s 時，a＝0.5m/s2，設此時的牽引力為F2，由牛頓第二定律可得：F2﹣f＝ma，解得：F2＝3N，此時玩具車的速度為，設在t＝1s到t＝3.17s內玩具車的位移為x2，由動能定理可得：，代入數據解得：x2＝7.02m≈7m，故C正確；
D、從t＝1s到t＝3.17s的牽引力做功為：W′＝P Δt＝12×2.17J＝26.04J≈26J，故D錯誤。
故選：C。
（2024春 渝中區校級月考）2023年12月26日，華為問界M9新車發布，問界M9采用前后雙電機布局，綜合最大功率405kW，純電（100度電池容量）續航630km，被稱為“遙遙領先”。如圖為問界M9汽車某次測試行駛時的加速度a和車速倒數的關系圖像。若汽車質量為2.5×103kg，汽車靜止開始沿平直公路行駛，假設行駛中阻力恒定，則（　　）
A．汽車勻加速的時間為5s
B．測試中汽車從30m/s加速到40m/s用時為4s，該段過程中汽車行駛的距離約為43.3m
C．汽車所受阻力為2.5×103N
D．汽車發動機的額定功率為2.5×105W
【解答】解：A、由題圖可知，汽車速度等于15m/s之前，加速度不變，大小為a＝5m/s2，汽車做勻加速直線運動，根據v＝at，解得汽車勻加速的時間為：，故A錯誤；
CD、由圖可知，速度由15m/s到40m/s，汽車的加速度逐漸減小，汽車以額定功率行駛；汽車的最大速度為40m/s，之后汽車做勻速直線運動，此時有
F＝f，P額＝Fvm＝fvm
當v＝15m/s時，汽車的加速度a＝5m/s2，根據牛頓第二定律可得
聯立解得：f＝7.5×103N，，故CD錯誤；
B、測試中汽車從30m/s加速到40m/s用時為4s，設該段過程中汽車行駛的距離為s，對該段過程，根據動能定理得
代入數據解得：s≈43.3m，故B正確。
故選：B。
知識點3 動能定理在多過程問題中的應用
對于包含多個運動階段的復雜運動過程，可以選擇分段或全程應用動能定理．
1．分段應用動能定理時，將復雜的過程分割成一個個子過程，對每個子過程的做功情況和初、末動能進行分析，然后針對每個子過程應用動能定理列式，然后聯立求解．
2．全程應用動能定理時，分析整個過程中出現過的各力的做功情況，分析每個力的做功，確定整個過程中合外力做的總功，然后確定整個過程的初、末動能，針對整個過程利用動能定理列式求解．
當題目不涉及中間量時，選擇全程應用動能定理更簡單，更方便．
注意　當物體運動過程中涉及多個力做功時，各力對應的位移可能不相同，計算各力做功時，應注意各力對應的位移．計算總功時，應計算整個過程中出現過的各力做功的代數和．
類型1 動能定理解決多過程問題
（多選）（2024秋 思明區校級月考）某一斜面固定在水平地面上，頂端到正下方水平面O點的高度為h，斜面與水平面平滑連接，斜面的傾角為θ。一小木塊從斜面的頂端由靜止開始下滑，滑到水平面上的A點停下，已知木塊與斜面、水平面間的動摩擦因數均為μ，A點到O點的距離為x，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）
A．整個過程摩擦力對小木塊的功為μmgx
B．只增加小木塊的質量，其它條件不變，小木塊停A點的右側
C．只增加斜面的傾角，其它條件不變，小木塊仍停在A點
D．在A點小木塊獲得2mgh大小的動能，小木塊剛好滑到斜面頂端
【解答】解：A、整個過程摩擦力對小木塊的功為Wf＝﹣μmgcosθ μmg（x）＝﹣μmgx，故A錯誤；
BC、從釋放到停下的整個過程，根據動能定理得
mgh﹣μmgcosθ μmg（x）＝0
可得
可知小木塊停下位置與小木塊的質量和斜面的傾角均無關，所以只增加小木塊的質量或只增加斜面的傾角，其它條件不變，小木塊仍停在A點，故B錯誤，C正確；
D、若小木塊在A點獲得2mgh大小的動能，由于Ek0＝2mgh＝mgh+μmgx，可知小木塊剛好滑到斜面頂端，故D正確。
故選：CD。
（2024春 沙坪壩區校級期中）如圖所示，水平軌道與豎直圓軌道底部相通，圓軌道的上方有一個缺口CD，CD關于通過圓軌中心O的豎直線對稱，缺口的圓心角∠COD＝2θ＝120°，圓軌道的半徑R＝1m。一質量為m＝0.4kg的小球靜止在A點，在F＝7x（x為物體的位移）的力作用下開始運動，到圓軌道最低點B時撤去F，然后沿豎直圓軌道上滑，不計一切摩擦，重力加速度g＝10m/s2，則（　　）
A．若小球恰好能過C點，則vC＝0
B．若小球恰好能過C點，AB兩點間的距離
C．若小球恰好能過C點，離開C點后能上升的最大高度為0.25m
D．若小球恰好能過C點，也恰好能無碰撞地回到D點后沿軌道落回
【解答】解：A.若小球恰好能通過圓形軌道內C點時
根據牛頓第二定律有，則vC≠0，故A錯誤；
B.對小球B點運動到C點，由動能定理
由于力F與位移x成正比，做功
由動能定理得
解得
故B正確；
C.對小球從C點到最高點，小球做斜拋運動，豎直方向有
解得h
故C錯誤；
D.小球從圓形軌道內C點飛出后做斜拋運動到不能到D點，豎直方向有
水平方向有
故D錯誤。
故選：B。
（2024春 光明區校級期中）如圖甲所示，游樂場的過山車可以底朝上在豎直圓軌道上運行，可抽象為圖乙的模型。傾角為45°的直軌道AB、半徑R＝10m的光滑豎直圓軌道和傾角為37°的直軌道EF，分別通過水平光滑軌道BC、C'E平滑連接，另有水平減速直軌道FG與EF平滑連接，EG間的水平距離l＝40m。現有質量m＝500kg的過山車，從高h＝40m的A點由靜止下滑，經BCDC'EF最終停在G點，過山車與軌道AB、EF的動摩擦因數均為μ1＝0.2，與減速直軌道FG的動摩擦因數為μ2＝0.75，過山車可視為質點，運動中不脫離軌道，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）過山車運動至圓軌道最低點C時的速度大小；
（2）過山車運動至圓軌道最高點D時對軌道的作用力大小；
（3）減速直軌道FG的長度。
【解答】解：（1）設過山車到達C點的速度大小為vC，
由動能定理有，得：
解得；
（2）設過山車到達D點的速度大小為vD，由動能定理有
由牛頓第二定律可知，聯立解得FD＝7000N
由牛頓第三定律可知，軌道受到的作用力大小為FD′＝FD＝7000N；
（3）過山車從A到達G點，由動能定理有
解得x＝30m。
答：（1）過山車運動至圓軌道最低點C時的速度大小為；
（2）過山車運動至圓軌道最高點D時對軌道的作用力大小為7000N；
（3）減速直軌道FG的長度為30m。
類型2 動能定理在往返運動問題中應用
（2024春 南昌期末）半徑R＝1m的光滑圓弧OAC與傳送帶CD相切于C點，將一質量為m＝0.1kg的小物塊從與圓心等高的A處無初速度釋放，經C點進入傾角為θ＝37°的皮帶傳輸機，D為傳輸機皮帶的最高點，CD間距離為L＝1.6m，皮帶以v＝2m/s的速率順時針轉動且不打滑，物塊與皮帶之間的動摩擦因數μ＝0.5，不計空氣阻力，g＝10m/s2。
（1）小物塊運動到B點時所受的支持力大小；
（2）物塊從C點到達D點的時間t；
（3）物塊從C到D的過程中，物塊與傳送帶摩擦產生的熱量Q。
【解答】解：（1）小物塊從A點到B點過程，由動能定理有：
在B點由牛頓第二定律有：
代入數據可得：FN＝3N
（2）小物塊從A點到C點過程，由動能定理有：
代入數據可得：vC＝4m/s
可知vC＞v，所以小物塊剛滑上傳送帶做勻減速直線運動，由牛頓第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
設小物塊減速到2m/s所用的時間為t1，則
此過程小物塊的位移大小：
代入數據可得：x1＝0.6m t1＝0.2s
可知x1＜L，由于μ＜tanθ，所以小物塊與傳送帶共速后繼續向上做勻減速直線運動，由牛頓第二定律有：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
小滑塊繼續向上滑動過程，則有：
代入數據可得：t2＝1s
所以小物塊從C點到D點的時間：t＝t1+t2＝0.2s+1s＝1.2s
（3）物塊從C點到與傳送帶共速過程，物塊相對傳送帶滑動的距離：Δx1＝x1﹣vt1＝0.6m﹣2×0.2m＝0.2m
物塊與傳送帶共速到物塊上滑到D點過程，物塊相對傳送帶滑動的距離：Δx2＝vt2﹣（L﹣x1）＝2×1m﹣（1.6﹣0.6）m＝1m
物塊從C到D的過程中，物塊與傳送帶因摩擦產生的熱量：Q＝μmgcosθ （Δx1+Δx2）
代入數據可得：Q＝0.48J
答：（1）小物塊運動到B點時所受的支持力大小為3N；
（2）物塊從C點到達D點的時間t為1.2s；
（3）物塊從C到D的過程中，物塊與傳送帶摩擦產生的熱量Q為0.48J。
（2024春 天山區校級期中）如圖（a），一傾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一輕質彈簧的一端固定在底端C處，彈簧的原長與BC長度相同。一小滑塊在沿斜面向下的拉力T作用下，由A處從靜止開始下滑，當滑塊第一次到達B點時撤去T。T隨滑塊沿斜面下滑的位移s的變化關系如圖（b）所示。已知AB段長度為2m，滑塊質量為2kg，滑塊與斜面AB段的動摩擦因數為0.5，彈簧始終在彈性限度內，重力加速度大小取10m/s2，sin37°＝0.6。求：
（1）滑塊第一次到達B點時的動能；
（2）滑塊第一次在B點與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離。
【解答】解：（1）設滑塊在AB段運動的過程中拉力所做的功為W，由功的定義得：
W＝T1s1+T2s2
式中T1、T2和s1、s2分別對應滑塊下滑過程中兩階段所受的拉力及相應的位移大小為：T1＝8N，s1＝1m，T2＝10N，s2＝1m
設滑塊第一次到達B點時的動能為Ek，由動能定理得：
W+（mgsinθ﹣f）（s1+s2）＝Ek﹣0
聯立式并代入題給數據得：
Ek＝26J
（2）根據機械能守恒定律可知，滑塊第二次到達B點時，動能仍為Ek，設滑塊離B點的最大距離為smax，由動能定理可得：
﹣（mgsinθ+μmgcosθ）smax＝0﹣Ek
解得：smax＝1.3m
答：（1）滑塊第一次到達B點時的動能為26J；
（2）滑塊第一次在B點與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離為1.3m。
（2024 溫州二模）一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由傾角θ＝53°的固定斜面CD、水平傳送帶EF、粗糙水平軌道FG、光滑圓弧軌道GPQ、及固定在Q處的彈性擋板組成。斜面CD高度h0＝0.4m，傳送帶EF與軌道FG離地面高度均為h，兩者長度分別為l1＝4m、l2＝1.5m，OG、OP分別為圓弧軌道的豎直與水平半徑，半徑R＝0.8m，圓弧PQ所對應的圓心角α＝37°，軌道各處平滑連接。現將質量m＝1kg的滑塊（可視為質點）從斜面底端的彈射器彈出，沿斜面從D點離開時速度大小v0＝5m/s，恰好無碰撞從E點沿水平方向滑上傳送帶。當傳送帶以v＝5m/s的速度順時針轉動，滑塊恰好能滑至P點。已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數μ1＝0.5，滑塊與擋板碰撞后原速率反向彈回，不計空氣阻力。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）高度h；
（2）滑塊與水平軌道FG間的動摩擦因數μ2；
（3）滑塊最終靜止時離G點的距離x；
（4）若傳送帶速度大小可調，要使滑塊與擋板僅碰一次，且始終不脫離軌道，則傳送帶速度大小v的范圍。
【解答】解：（1）從D到E過程中滑塊做斜拋運動，把D點速度分解到豎直和水平方向，
豎直方向：vy＝v0sinθm/s＝4m/s
水平方向：vx＝v0cosθm/s＝3m/s
運動到E點時豎直方向上速度為零，由運動學公式
得 y＝0.8m
所以，h＝y+h0＝0.8m+0.4m＝1.2m
（2）滑塊以vx＝3m/s滑上傳送帶，假設能被加速到v＝5m/s，則：
成立。
故滑塊離開F點的速度vF＝5m/s
從F到P過程應用動能定理得
解得：μ2＝0.3
（3）由分析可知，物塊從P返回后向左進入傳送帶，又以原速率返回，設物塊從P返回后，在FG之間滑行的總路程為s，對全過程應用動能定理得
mgR﹣μ2mgs＝0
解得：
所以，滑塊停止時離G點：
（4）設傳送帶速度為v1時，滑塊恰能到Q點，
在Q點滿足：，得：
從F到Q應用動能定理得
解得：
設傳送帶速度為v2時，滑塊撞擋板后恰能重新返回到P點，對該過程應用動能定理得
解得：
若滑塊被傳送帶一直加速，則： 可得vm＝7m/s
所以，傳送帶可調節的速度范圍為m/s≤vm/s
故答案為：（1）高度h為1.2m；
（2）滑塊與水平軌道FG間的動摩擦因數μ2為0.3；
（3）滑塊最終靜止時離G點的距離x為；
（4）傳送帶可調節的速度范圍為m/s≤vm/s
（2023秋 香坊區校級月考）如圖所示，在豎直平面內有一半徑為R的光滑圓弧軌道，半徑OA水平、OB和OC豎直。質量為m，可視為質點的滑塊從A的正上方P點由靜止下落，在A點內側進入軌道后，到達軌道的最高點B，若重力加速度為g，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（　　）
A．物體運動到B點時速度大小一定等于
B．物體從B點飛出后，一定落在圓弧軌道外側
C．物體在B、C兩點對軌道的壓力差ΔF與h有關，h越大，ΔF越大
D．h最小值為R
【解答】解：AB、物體運動到B點時，如果重力剛好提供向心力，則物體經過B點具有最小速度，根據牛頓第二定律可得
解得
即物體運動到B點時速度大小一定大于等于
物體從B點飛出后做平拋運動，則有
豎直方向自由落體運動，有
水平方向x勻速直線運動，有＝vBt≥vmint
聯立解得
可知物體從B點飛出后，一定落在圓弧軌道外側，故A錯誤，B正確；
C、設物體在B、C兩點受重力、軌道的支持力大小為FB，FC，重力和支持力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律可得
，
C到B過程，根據機械能守恒可得
聯立可得
FC﹣FB＝6mg
可知物體在B、C兩點對軌道的壓力差ΔF恒與h無關，故C錯誤；
D、物體從P點到B點過程，根據動能定理可得
解得
故D錯誤。
故選：B。
（2023春 天寧區校級月考）如圖，abc是豎直面內的固定軌道，ab長度為2R；bc是半徑為R的四分之一的光滑圓弧，與ab相切于b點。一質量為m的小球從靜止開始始終受到水平方向的恒力F作用，F，由a點開始運動，到達從c點后繼續在空中運動，不計一切阻力，則在c點飛出后在空中運動過程中的最小速度為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：從a到c根據動能定理可得：F（2R+R）﹣mgR
解得達到c點的速度大小為：v
在c點進行速度分解，如圖所示：
在以后的運動過程中，沿合力方向速度減為零時的速度最小，即最小速度為：vmin＝vsinθ
根據幾何關系可得：tanθ，解得：θ＝37°
所以：vmin，故B正確、ACD錯誤。
故選：B。
（2023春 歷下區校級月考）“殲﹣20”是中國自主研制的雙發重型隱形戰斗機，該機將擔負中國未來對空、對海的主權維護任務。在某次起飛中，質量為m的“殲﹣20”以恒定的功率P啟動，在起飛過程中的速度隨時間變化圖像如圖所示，起飛過程可看作在水平面上的直線運動，經時間t飛機達到最大速度vm時，剛好起飛。關于飛機起飛過程，下列說法正確的是（　　）
A．飛機所受合力不變，速度增加越來越慢
B．飛機所受合力增大，速度增加越來越快
C．發動機的牽引力做功為
D．飛機克服阻力所做的功為Pt
【解答】解：AB、飛機功率P恒定，由圖示v﹣t圖象可知，飛機的速度v逐漸增大，牽引力F逐漸減小，阻力f不變，飛機所受合力F﹣f不斷減小，由牛頓第二定律可知，加速度減小，速度增加的越來越慢，故AB錯誤；
C、發動機的牽引力做功：W＝Pt0，故C錯誤；
D、由動能定理得：Pt0﹣Wf0，解得，克服阻力做功：Wf＝Pt0，故D正確。
故選：D。
（2022春 海門市期末）如圖所示，一位滑雪運動員從斜面頂端由靜止滑下，軌道末端為一段圓弧，不計一切阻力，其動能Ek關于水平位移x圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：設運動員在斜面上所受的合力為F，斜面傾角為θ，運動員在斜面上直線部分滑行的距離s；根據動能定理Fs＝Ek，聯立得，可見Ek與x成正比，軌跡圖像為過原點的直線，故BC錯誤；進入圓弧軌道，由于θ變化，合力不再恒定，圖像變為曲線，經過最低點后，重力和阻力都做負功，動能減小，但不是均勻減小，故A正確，D錯誤。
故選：A。
（2022春 南關區校級期中）質量分別為2m和m的A、B兩個物體分別在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運動，撤去F1、F2受到摩擦力的作用減速到靜止，其v﹣t圖像如圖所示，則下列說法正確的是（　　）
A．A、B兩個物體受到的摩擦力大小之比為1：1
B．F1、F2大小之比為1：2
C．F1、F2對A、B兩個物體做功之比為1：2
D．全過程中摩擦力對A、B兩個物體做功之比為1：2
【解答】解：A、由v﹣t圖可知，v﹣t圖的斜率表示物體勻變速直線運動的加速度，則兩物勻減速直線運動的加速度大小分別為aA，aB．根據牛頓第二定律知，A、B受到的摩擦力大小分別為 fA＝2maA，fB＝maB，則fA＝fB，故A正確；
B、對于勻加速運動，加速度大小分別為aA′，aB′．由牛頓第二定律得：F1﹣fA＝2maA′，解得：F1．F2﹣fB＝maB′，得F2，可得F1、F2大小之比為2：1，故B錯誤；
C、對全過程，由動能定理得：WF﹣Wf＝0，則恒力做功 WF＝Wf，可知F1、F2對A、B做功之比為1：1，故C錯誤；
D、根據“面積”表示位移，可知，全過程的位移分別為 xA＝xB，可得：全過程中摩擦力對A、B做功分別為 WfA＝﹣fAxA＝WfB．故全過程中摩擦力對A、B做功之比為1：故D錯誤。
故選：A。
（2024春 郫都區校級期中）如圖所示，高為L的粗糙斜軌道AB、CD與水平面的夾角均為45°，它們分別與豎直平面內的圓弧形光滑軌道相切于B、D兩點，圓弧的半徑也為L。質量為m的小滑塊從A點由靜止滑下后，經CD軌道返回，再次沖上AB軌道至速度為零時，相對于BD面的高度為。已知滑塊與AB軌道間的動摩擦因數為μ1＝0.5，重力加速度為g，求：
（1）滑塊第一次經過D點和第二次經過D點的動能；
（2）滑塊與CD軌道間的動摩擦因數μ2；
（3）經過足夠長時間后，滑塊在兩斜面上滑動的路程之和s。
【解答】解：（1）由動能定理可知，滑塊第一次經過D時的動能為
mgL﹣μ1mgcos45° L＝Ek1
解得：Ek1＝0.5mgL
第二次經過D時的動能為
mgμ1mgcos45° L＝Ek2
解得：Ek2＝0.25mgL
（2）設第一次在CD上靜止時離BD面的高度為h，由功能關系得
Ek1＝mgh﹣μ2mgcos45° h＝mgh+μ2mgh
Ek1﹣Ek2＝2μ2mgcos45° h＝2μ2mgh
代入數據解得
μ2
（3）設滑塊在AB、CD上滑動的總路程分別為s1、s2，由題設條件可知，滑塊在AB上從靜止滑下到再次滑上AB并靜止，其高度變為開始時的，則滑塊在AB上滑行的總路程
s1）]L
經過很長時間，滑塊將保持在BD間滑動，損失的機械能為
mgL＝μ1mgcos45° s1+μ2mgcos45° s2
解得
s2L
所以
s＝s1+s2LLL
答：（1）滑塊第一次經過D點和第二次經過D點的動能分別為0.5mgL和0.25mgL；
（2）滑塊與CD軌道間的動摩擦因數為；
（3）經過足夠長時間后，滑塊在兩斜面上滑動的路程之和為L。
（2024春 西湖區校級期中）如圖，水平平臺上有一輕彈簧，左端固定在A點，自然狀態時其右端位于B點，平臺AB段光滑，BC段長x＝1m，與滑塊間的摩擦因數為μ1＝0.25。平臺右端與水平傳送帶相接于C點，傳送帶的長為L＝3m，與滑塊間的摩擦因數為μ2＝0.4，傳送帶向右勻速運動，其速度的大小可以由驅動系統根據需要設定。傳送帶右端D點與一光滑圓弧形軌道相切，圓弧形軌道半徑R＝0.8m。今將一質量m＝2kg的滑塊向左壓縮輕彈簧到最短，此時彈簧的彈性勢能為Ep＝30J，然后突然釋放，滑塊滑到傳送帶右端D點后繼續滑上圓弧形軌道。重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。不計空氣阻力。求：
（1）滑塊到達C點的速度vC。
（2）改變傳送帶的速度，求物塊從傳送帶右側D滑出時速度v的范圍。
（3）要使滑塊不脫離圓弧形軌道，求傳送帶的速度范圍。
【解答】解：（1）以滑塊為研究對象，從釋放到C點的過程，由動能定理得：Ep﹣μ1mgx
代入數據得：vC＝5m/s
（2）當傳送帶速度較小，物塊在傳送帶一直做勻減速直線運動，有：2a'L
當傳送帶速度較大，物塊在傳送帶一直做勻加速直線運動，有：2a'L
根據牛頓第二定律有：μ2mg＝ma'
解得：vD＝1m/s，v'D＝7m/s，
所以物塊從傳送帶右側D滑出時速度v的范圍為1m/s≤v≤7m/s；
（3）設滑塊在D點的速度為vD1時，恰好過圓弧最高點，由牛頓第二定律得：mg＝m
滑塊從D點到E點的過程，由動能定理得：﹣mg 2R
代入數據解得：vD1＝2m/s
（Ⅱ）設滑塊在D點的速度為vD2時，恰好到圓弧處速度為零，此過程由動能定理得：﹣mgR＝0
代入數據解得：vD2＝4m/s
結合（2）可知要使滑塊不脫離圓弧形軌道，則傳送帶速度v傳≤4m/s，或v傳≥2m/s，
答：（1）滑塊到達C點的速度為5m/s。
（2）物塊從傳送帶右側D滑出時速度v的范圍為1m/s≤v≤7m/s；
（3）要使滑塊不脫離圓弧形軌道，傳送帶的速度范圍為v傳≤4m/s，或v傳≥2m/s。
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專題強化（8）動能定理的應用
掌握動能定理的應用與動能定理的圖像分析問題
知識點1 動能定理的基本應用
1．應用動能定理解題的優點
(1)動能定理對應的是一個過程，只涉及到物體初、末狀態的動能和整個過程合力做的功，無需關心中間運動過程的細節，而且功和能都是標量，無方向性，計算方便．
(2)當題目中不涉及a和t，而涉及F、x、m、v等物理量時，優先考慮使用動能定理．
(3)動能定理既適用于恒力作用過程也適用于變力作用過程，既適用于直線運動也適用于曲線運動，既適用于單個物體也適用于多個物體，特別是變力及多過程問題，動能定理更具有優越性．
2．應用動能定理解題的一般步驟
(1)選取研究對象(通常是單個物體)，明確它的運動過程．
(2)對研究對象進行受力分析，明確各力做功的情況，求出外力做功的代數和．
(3)明確物體在初、末狀態的動能Ek1、Ek2.
(4)列出動能定理的方程W＝Ek2－Ek1，結合其他必要的解題方程，求解并驗算．
（2024秋 長安區月考）如圖甲所示，一光滑大圓環固定在豎直面內，圓心為O，將套在大圓環上的小球（可視為質點）從大圓環的頂點由靜止釋放后，測得小球的向心加速度大小a和小球與O點連線轉過的角度θ之間的關系圖線如圖乙所示.已知圖乙中a1＝19.6m/s2。下列說法中正確的是（　　）
A．圖乙中am＝39.2m/s2
B．當地的重力加速度大小為9.78m/s2
C．只增大大圓環的半徑，圖乙中的am將增大
D．只增大小球的質量，圖乙中的am將增大
（2024秋 南崗區校級月考）巴黎奧運會網球女單決賽中，中國選手鄭欽文以2：0戰勝克羅地亞選手維基奇奪冠。這是中國運動員史上首次贏得奧運網球單打項目的金牌。某次鄭欽文將質量為m的網球擊出，網球被擊出瞬間距離地面的高度為h，網球的速度大小為v1，經過一段時間網球落地，落地瞬間的速度大小為v2，重力加速度為g，網球克服空氣阻力做功為Wf。則下列說法正確的是（　　）
A．擊球過程，球拍對網球做功為
B．網球從被擊出到落地的過程，網球動能的增加量為mgh
C．網球從被擊出到落地的過程，網球的機械能減少mgh﹣Wf
D．
（2024秋 鹿城區校級月考）如圖所示，一滑塊從固定斜面頂端A由靜止下滑，最終停在C點。已知AD的高度h＝3m，BD的長度L1＝4m，AD⊥BD，斜面與水平面在B點平滑連接，BC的長度L2＝10m，小滑塊從A點運動至C點的總時間為5s，假定小滑塊在AB上做勻加速直線運動，在BC上做勻減速直線運動，求：
（1）小滑塊滑至B點時的速度大小vB；
（2）小滑塊從A運動到C點的平均速度的大小（可用根式表示）；
（3）若在C點正上方H＝20m處有一小球，某時刻將小球由靜止釋放，不計空氣阻力，取g＝10m/s2，小球恰好與剛剛停下的滑塊在C點相遇，求釋放小球瞬間滑塊離B點的距離。
知識點2 動能定理與圖像的結合
1．解決物理圖像問題的基本步驟
(1)觀察題目給出的圖像，弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義。
(2)根據物理規律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數關系式。
(3)將推導出的物理規律與數學上與之相對應的標準函數關系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點、圖線下的面積所對應的物理意義，分析解答問題，或者利用函數圖線上的特定值代入函數關系式求物理量。
2．四類圖像所圍面積的含義
(1)v t圖：由公式x＝vt可知，v t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移。
(2)a t圖：由公式Δv＝at可知，a t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體速度的變化量。
(3)F s圖：由公式W＝Fs可知，F s圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功。
(4)P t圖：由公式W＝Pt可知，P t圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功。
類型1 Ek-x圖像問題
（2024春 重慶期末）一個可看作質點的滑塊，從固定斜面底端以某一初速度滑上光滑斜面，到最高點后又返回斜面底端。以斜面底端所在平面為參考面，向上運動過程中滑塊的動能Ek與高度h的關系如圖所示，取重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．該滑塊的質量為1.0kg
B．滑塊返回斜面底端時的速度大小為4.0m/s
C．滑塊上升到0.2m高度時的機械能為3J
D．滑塊下滑到0.4m高度時的速度大小為2.0m/s
（多選）（2024春 中山市期末）如圖甲所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運動過程中摩擦力f。大小恒定，物塊動能Ek與運動路程s的關系如圖乙所示，下列說法正確的是（　　）
A．圖乙中0﹣20m的過程，物塊受到的摩擦力始終做負功
B．圖乙中0﹣20m的過程，物塊受到的重力始終做負功
C．圖乙中0﹣10m的過程，物塊克服摩擦力的功等于摩擦增加的內能
D．圖乙中10m﹣20m的過程，物塊機械能增加
（多選）（2024春 洛陽期末）一小球豎直向上拋出，然后落回到原處。小球初動能為Ek0，假設小球受到的空氣阻力和速度成正比，取拋出點為零勢能點，則該過程中，小球的機械能E與位移x關系和動能Ek與位移x關系的圖線是（　　）
A． B．
C． D．
類型2 F-x圖像與動能定理的結合
（2024春 銅陵期末）質量為m＝1kg的玩具小汽車（可視為質點）由靜止開始沿直線加速，最后減速至靜止，其合外力F隨位移x的變化圖像如圖所示。已知玩具小汽車在位移x＝10m時恰好停下。下列關于玩具小汽車運動的物理量描述正確的是（　　）
A．初始階段合外力F1＝1.5N
B．速度的最大值為2m/s
C．加速運動的時間為1s
D．勻速運動的時間為3s
（2024秋 順義區校級月考）如圖甲所示，質量為4kg的物體在水平推力作用下開始運動，推力大小F隨位移大小x變化的情況如圖乙所示，物體與水平地面間的動摩擦因數為μ＝0.5，g取10m/s2。則（　　）
A．物體在F減為零之前一直做加速運動
B．運動過程中推力做的功為400J
C．該物體所走位移為4米時獲得的動能為120J
D．物體在運動過程中的加速度先增大后減小，最后保持不變
（2024春 麗水期末）有一段粗糙軌道AB長為s，第一次物塊以初速度v0由A出發，向右運動達到B時速度為v1，第二次物塊以初速度v0由B出發向左運動。以A為坐標原點，物塊與地面的摩擦力f隨x的變化如圖，已知物塊質量為m，下列說法正確的是（　　）
A．物塊在第一次運動中做勻減速直線運動
B．f﹣x圖像的斜率為
C．第二次能到達A點，且花費時間較第一次長
D．兩次運動中，在距離A點處摩擦力功率大小相等
類型3 其他圖像與動能定理的結合
（2024春 廣西期末）如圖甲所示，傾角為θ的斜面體固定在水平面上，其中斜面的長度為l0，一質量為m可視為質點的物塊從靜止開始由斜面體的頂端A滑到底端B，物塊與斜面體之間的動摩擦因數與到A點的距離x按圖乙所示的規律變化。則物塊在斜面的中點速度大小為（　　）。
A．
B．
C．
D．
（2024 遼寧模擬）一輛智能電動玩具車在水平路面上由靜止開始加速，其加速度a隨時間t的變化關系如圖所示，當玩具車加速t＝1s后，牽引力的功率保持恒定。已知玩具車的質量m＝2kg，行駛過程中受到恒定的阻力f＝2N，則玩具車（　　）
A．從t＝0到t＝1s的位移為2m
B．從t＝0到t＝1s的牽引力做功為4J
C．從t＝1s到t＝3.17s的位移約為7m
D．從t＝1s到t＝3.17s的牽引力做功為21J
（2024春 渝中區校級月考）2023年12月26日，華為問界M9新車發布，問界M9采用前后雙電機布局，綜合最大功率405kW，純電（100度電池容量）續航630km，被稱為“遙遙領先”。如圖為問界M9汽車某次測試行駛時的加速度a和車速倒數的關系圖像。若汽車質量為2.5×103kg，汽車靜止開始沿平直公路行駛，假設行駛中阻力恒定，則（　　）
A．汽車勻加速的時間為5s
B．測試中汽車從30m/s加速到40m/s用時為4s，該段過程中汽車行駛的距離約為43.3m
C．汽車所受阻力為2.5×103N
D．汽車發動機的額定功率為2.5×105W
知識點3 動能定理在多過程問題中的應用
對于包含多個運動階段的復雜運動過程，可以選擇分段或全程應用動能定理．
1．分段應用動能定理時，將復雜的過程分割成一個個子過程，對每個子過程的做功情況和初、末動能進行分析，然后針對每個子過程應用動能定理列式，然后聯立求解．
2．全程應用動能定理時，分析整個過程中出現過的各力的做功情況，分析每個力的做功，確定整個過程中合外力做的總功，然后確定整個過程的初、末動能，針對整個過程利用動能定理列式求解．
當題目不涉及中間量時，選擇全程應用動能定理更簡單，更方便．
注意　當物體運動過程中涉及多個力做功時，各力對應的位移可能不相同，計算各力做功時，應注意各力對應的位移．計算總功時，應計算整個過程中出現過的各力做功的代數和．
類型1 動能定理解決多過程問題
（多選）（2024秋 思明區校級月考）某一斜面固定在水平地面上，頂端到正下方水平面O點的高度為h，斜面與水平面平滑連接，斜面的傾角為θ。一小木塊從斜面的頂端由靜止開始下滑，滑到水平面上的A點停下，已知木塊與斜面、水平面間的動摩擦因數均為μ，A點到O點的距離為x，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）
A．整個過程摩擦力對小木塊的功為μmgx
B．只增加小木塊的質量，其它條件不變，小木塊停A點的右側
C．只增加斜面的傾角，其它條件不變，小木塊仍停在A點
D．在A點小木塊獲得2mgh大小的動能，小木塊剛好滑到斜面頂端
（2024春 沙坪壩區校級期中）如圖所示，水平軌道與豎直圓軌道底部相通，圓軌道的上方有一個缺口CD，CD關于通過圓軌中心O的豎直線對稱，缺口的圓心角∠COD＝2θ＝120°，圓軌道的半徑R＝1m。一質量為m＝0.4kg的小球靜止在A點，在F＝7x（x為物體的位移）的力作用下開始運動，到圓軌道最低點B時撤去F，然后沿豎直圓軌道上滑，不計一切摩擦，重力加速度g＝10m/s2，則（　　）
A．若小球恰好能過C點，則vC＝0
B．若小球恰好能過C點，AB兩點間的距離
C．若小球恰好能過C點，離開C點后能上升的最大高度為0.25m
D．若小球恰好能過C點，也恰好能無碰撞地回到D點后沿軌道落回
（2024春 光明區校級期中）如圖甲所示，游樂場的過山車可以底朝上在豎直圓軌道上運行，可抽象為圖乙的模型。傾角為45°的直軌道AB、半徑R＝10m的光滑豎直圓軌道和傾角為37°的直軌道EF，分別通過水平光滑軌道BC、C'E平滑連接，另有水平減速直軌道FG與EF平滑連接，EG間的水平距離l＝40m。現有質量m＝500kg的過山車，從高h＝40m的A點由靜止下滑，經BCDC'EF最終停在G點，過山車與軌道AB、EF的動摩擦因數均為μ1＝0.2，與減速直軌道FG的動摩擦因數為μ2＝0.75，過山車可視為質點，運動中不脫離軌道，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）過山車運動至圓軌道最低點C時的速度大小；
（2）過山車運動至圓軌道最高點D時對軌道的作用力大小；
（3）減速直軌道FG的長度。
類型2 動能定理在往返運動問題中應用
（2024春 南昌期末）半徑R＝1m的光滑圓弧OAC與傳送帶CD相切于C點，將一質量為m＝0.1kg的小物塊從與圓心等高的A處無初速度釋放，經C點進入傾角為θ＝37°的皮帶傳輸機，D為傳輸機皮帶的最高點，CD間距離為L＝1.6m，皮帶以v＝2m/s的速率順時針轉動且不打滑，物塊與皮帶之間的動摩擦因數μ＝0.5，不計空氣阻力，g＝10m/s2。
（1）小物塊運動到B點時所受的支持力大小；
（2）物塊從C點到達D點的時間t；
（3）物塊從C到D的過程中，物塊與傳送帶摩擦產生的熱量Q。
（2024春 天山區校級期中）如圖（a），一傾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一輕質彈簧的一端固定在底端C處，彈簧的原長與BC長度相同。一小滑塊在沿斜面向下的拉力T作用下，由A處從靜止開始下滑，當滑塊第一次到達B點時撤去T。T隨滑塊沿斜面下滑的位移s的變化關系如圖（b）所示。已知AB段長度為2m，滑塊質量為2kg，滑塊與斜面AB段的動摩擦因數為0.5，彈簧始終在彈性限度內，重力加速度大小取10m/s2，sin37°＝0.6。求：
（1）滑塊第一次到達B點時的動能；
（2）滑塊第一次在B點與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離。
（2024 溫州二模）一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由傾角θ＝53°的固定斜面CD、水平傳送帶EF、粗糙水平軌道FG、光滑圓弧軌道GPQ、及固定在Q處的彈性擋板組成。斜面CD高度h0＝0.4m，傳送帶EF與軌道FG離地面高度均為h，兩者長度分別為l1＝4m、l2＝1.5m，OG、OP分別為圓弧軌道的豎直與水平半徑，半徑R＝0.8m，圓弧PQ所對應的圓心角α＝37°，軌道各處平滑連接。現將質量m＝1kg的滑塊（可視為質點）從斜面底端的彈射器彈出，沿斜面從D點離開時速度大小v0＝5m/s，恰好無碰撞從E點沿水平方向滑上傳送帶。當傳送帶以v＝5m/s的速度順時針轉動，滑塊恰好能滑至P點。已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數μ1＝0.5，滑塊與擋板碰撞后原速率反向彈回，不計空氣阻力。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）高度h；
（2）滑塊與水平軌道FG間的動摩擦因數μ2；
（3）滑塊最終靜止時離G點的距離x；
（4）若傳送帶速度大小可調，要使滑塊與擋板僅碰一次，且始終不脫離軌道，則傳送帶速度大小v的范圍。
（2023秋 香坊區校級月考）如圖所示，在豎直平面內有一半徑為R的光滑圓弧軌道，半徑OA水平、OB和OC豎直。質量為m，可視為質點的滑塊從A的正上方P點由靜止下落，在A點內側進入軌道后，到達軌道的最高點B，若重力加速度為g，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（　　）
A．物體運動到B點時速度大小一定等于
B．物體從B點飛出后，一定落在圓弧軌道外側
C．物體在B、C兩點對軌道的壓力差ΔF與h有關，h越大，ΔF越大
D．h最小值為R
（2023春 天寧區校級月考）如圖，abc是豎直面內的固定軌道，ab長度為2R；bc是半徑為R的四分之一的光滑圓弧，與ab相切于b點。一質量為m的小球從靜止開始始終受到水平方向的恒力F作用，F，由a點開始運動，到達從c點后繼續在空中運動，不計一切阻力，則在c點飛出后在空中運動過程中的最小速度為（　　）
A． B． C． D．
（2023春 歷下區校級月考）“殲﹣20”是中國自主研制的雙發重型隱形戰斗機，該機將擔負中國未來對空、對海的主權維護任務。在某次起飛中，質量為m的“殲﹣20”以恒定的功率P啟動，在起飛過程中的速度隨時間變化圖像如圖所示，起飛過程可看作在水平面上的直線運動，經時間t飛機達到最大速度vm時，剛好起飛。關于飛機起飛過程，下列說法正確的是（　　）
A．飛機所受合力不變，速度增加越來越慢
B．飛機所受合力增大，速度增加越來越快
C．發動機的牽引力做功為
D．飛機克服阻力所做的功為Pt
（2022春 海門市期末）如圖所示，一位滑雪運動員從斜面頂端由靜止滑下，軌道末端為一段圓弧，不計一切阻力，其動能Ek關于水平位移x圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
（2022春 南關區校級期中）質量分別為2m和m的A、B兩個物體分別在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運動，撤去F1、F2受到摩擦力的作用減速到靜止，其v﹣t圖像如圖所示，則下列說法正確的是（　　）
A．A、B兩個物體受到的摩擦力大小之比為1：1
B．F1、F2大小之比為1：2
C．F1、F2對A、B兩個物體做功之比為1：2
D．全過程中摩擦力對A、B兩個物體做功之比為1：2
（2024春 郫都區校級期中）如圖所示，高為L的粗糙斜軌道AB、CD與水平面的夾角均為45°，它們分別與豎直平面內的圓弧形光滑軌道相切于B、D兩點，圓弧的半徑也為L。質量為m的小滑塊從A點由靜止滑下后，經CD軌道返回，再次沖上AB軌道至速度為零時，相對于BD面的高度為。已知滑塊與AB軌道間的動摩擦因數為μ1＝0.5，重力加速度為g，求：
（1）滑塊第一次經過D點和第二次經過D點的動能；
（2）滑塊與CD軌道間的動摩擦因數μ2；
（3）經過足夠長時間后，滑塊在兩斜面上滑動的路程之和s。
（2024春 西湖區校級期中）如圖，水平平臺上有一輕彈簧，左端固定在A點，自然狀態時其右端位于B點，平臺AB段光滑，BC段長x＝1m，與滑塊間的摩擦因數為μ1＝0.25。平臺右端與水平傳送帶相接于C點，傳送帶的長為L＝3m，與滑塊間的摩擦因數為μ2＝0.4，傳送帶向右勻速運動，其速度的大小可以由驅動系統根據需要設定。傳送帶右端D點與一光滑圓弧形軌道相切，圓弧形軌道半徑R＝0.8m。今將一質量m＝2kg的滑塊向左壓縮輕彈簧到最短，此時彈簧的彈性勢能為Ep＝30J，然后突然釋放，滑塊滑到傳送帶右端D點后繼續滑上圓弧形軌道。重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。不計空氣阻力。求：
（1）滑塊到達C點的速度vC。
（2）改變傳送帶的速度，求物塊從傳送帶右側D滑出時速度v的范圍。
（3）要使滑塊不脫離圓弧形軌道，求傳送帶的速度范圍。
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