专题10 动能定理的应用
题型一 动能定理的理解 1
题型二 动能定理的基本应用 3
题型三 动能定理与图像的结合 8
类型1 Ek-x图像问题 9
类型2 F-x图像与动能定理的结合 11
类型3 其他图像与动能定理的结合 14
题型四 动能定理在多过程问题中的应用 17
类型1 动能定理解决多过程问题 18
类型2 动能定理在往返运动问题中应用 22
题型一 动能定理的理解
1．表达式：W＝Ek2－Ek1＝ΔEk.
其中Ek2＝mv表示一个过程的末动能，Ek1＝mv表示这个过程的初动能．W表示这个过程中合力做的功．
2．关于动能定理的几点说明
(1)W的含义：包含重力在内的所有外力所做功的代数和．
(2)W与ΔEk的关系：合力做功是引起物体动能变化的原因．如果合力对物体做正功，物体的动能增加；如果合力对物体做负功，物体的动能减少；如果合力对物体不做功，物体的动能不变．
(3)动能定理的实质：功能关系的一种具体体现，物体动能的改变可由合外力做功来度量．
（2023春 玉田县期中）某人用手将1kg物体由静止向上提起1m，这时物体的速度为2m/s，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．手对物体做功10J B．合外力做功2J
C．合外力做功12J D．物体克服重力做功12J
【解答】解：A、根据动能定理得：W﹣mgh0，代入数据解得，手对物体做功W＝12J，故A错误；
BC、由动能定理可知，合力做功W合J＝2J，故B正确，C错误；
B正确，C错误；
D、物体克服重力做WG＝mgh＝1×10×1J＝10J，故D错误。
故选：B。
（2023春 陈仓区期末）拖着旧橡胶轮胎跑步是一种训练体能的常用方法。某消防队员在体能训练时拖着轮胎在操场上以恒定的速率跑了80m，下列说法正确的是（ ）
A．摩擦力对轮胎做了负功
B．合外力对轮胎做了正功
C．拉力对轮胎所做的功等于轮胎动能的改变
D．支持力对轮胎做了正功
【解答】解：A、摩擦力方向与轮胎的运动方向相反，摩擦力对轮胎做了负功，故A正确；
B、由于轮胎在操场上沿直线以恒定的速率运动，可知轮胎的动能不变，根据动能定理可知，合外力对轮胎做功为零，故B错误；
C、拉力与位移方向夹角小于90°，拉力对轮胎做正功，而轮胎动能的变化量为零，故C错误；
D、支持力方向轮胎的运动方向垂直，支持力对轮胎不做功，故D错误。
故选：A。
（2023春 青龙县期末）一个小物体从斜面底端冲上足够长的斜面，然后又滑回斜面底端，已知小物体的初动能为E，返回斜面底端时的速度为v，克服摩擦力做功为若小物体冲上斜面的初动能为2E，则下列选项中正确的一组是（ ）
①物体返回斜面底端时的动能为E
②物体返回斜面底端时的动能为
③物体返回斜面底端时的速度大小为2v
④物体返回斜面底端时的速度大小为
A．①③ B．②④ C．①④ D．②
【解答】解：以初动能为E冲上斜面并返回的整个过程中，由动能定理得：
①
设以初动能为E冲上斜面的初速度为v0，则以初动能为2E冲上斜面时，初速度为v0，而加速度相同。对于上滑过程，根据﹣2ax＝v2可知，所以第二次冲上斜面的位移是第一次的两倍，上升过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，上升和返回的整个过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，即为E。以初动能为2E冲上斜面并返回的整个过程中，运用动能定理得：
②
所以返回斜面底端时的动能为E；由①②得：
v′v。
故①④正确，②③错误；
故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2023春 鼓楼区校级期末）如图所示，木板AB的长为L，板的B端静止放有质量为m的小物体，物体与木板的动摩擦因数为μ。开始时木板水平，在缓慢转过一个小角度α的过程中，小物体始终保持与木板相对静止，重力加速度为g，则在这个过程中（ ）
A．摩擦力对小物体做功为μmgLcosα （1﹣cosα）
B．重力对小物体做功为mgL （1﹣cosα）
C．弹力对小物体做功为mgLcosα sinα
D．木板AB对小物体做功为mgLsinα
【解答】解：A．根据功的定义式，摩擦力的方向始终与物体的运动方向垂直，故摩擦力不做功，故A错误；
B．根据功的定义式，重力对小物体做功为WG＝﹣mgLsinα
故B错误；
C．物块在转动的过程中重力和木板对物块的弹力做功，根据动能定理有WG+W弹＝0
解得W弹＝mgLsinα
故C错误；
D．摩擦力不做功，故木板AB对小物体做的功即为弹力做的功，故木板AB对小物体做功为mgLsinα，故D正确。
故选：D。
题型二 动能定理的基本应用
1．应用动能定理解题的优点
(1)动能定理对应的是一个过程，只涉及到物体初、末状态的动能和整个过程合力做的功，无需关心中间运动过程的细节，而且功和能都是标量，无方向性，计算方便．
(2)当题目中不涉及a和t，而涉及F、x、m、v等物理量时，优先考虑使用动能定理．
(3)动能定理既适用于恒力作用过程也适用于变力作用过程，既适用于直线运动也适用于曲线运动，既适用于单个物体也适用于多个物体，特别是变力及多过程问题，动能定理更具有优越性．
2．应用动能定理解题的一般步骤
(1)选取研究对象(通常是单个物体)，明确它的运动过程．
(2)对研究对象进行受力分析，明确各力做功的情况，求出外力做功的代数和．
(3)明确物体在初、末状态的动能Ek1、Ek2.
(4)列出动能定理的方程W＝Ek2－Ek1，结合其他必要的解题方程，求解并验算．
（2023春 黄山期末）如图所示，轻杆长为L，一端固定在水平转轴上的O点，另一端固定一个小球（可视为质点）。在最低点给小球一初速度v0，小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点，g为重力加速度，不计任何摩擦阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小球通过最高点的最小速度为
B．杆子弹力就是小球圆周运动所需向心力
C．最低点处轻杆的作用力大小为
D．小球初速度有最小值
【解答】解：AD、由于小球是固定在轻杆上的，杆子能支撑小球，所以小球在最高点的最小速度可以为零。当小球在最高点速度为零时，小球的初速度为最小值，根据动能定理可得
mg 2L，可得小球初速度最小值为：，故A错误，D正确；
B、杆子弹力与小球重力沿杆子方向分力的合力提供小球圆周运动所需的向心力，故B错误；
C、最低点时，由牛顿第二定律得
可得：，故C错误。
故选：D。
（2023春 菏泽期末）如图所示，一质量为m的小球用长度为L的不可伸长的轻质细线悬挂在竖直细杆顶端。杆绕其中心轴缓慢加速转动，带动小球在水平面内做圆周运动。重力加速度为大小g，不计空气阻力，则细线与杆的夹角从30°增加至60°的过程中细线对小球做的功为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：细线与杆的夹角为30°时，根据牛顿第二定律有：
细线与杆的夹角为60°时，根据牛顿第二定律有：
细线与杆的夹角从30°增加至60°的过程中，小球上升的高度为：
对小球根据动能定理有：
解得，
故BCD错误，A正确。
故选：A。
（2023春 和平区期末）如图所示，质量为M的电梯底板上放置一质量为m的物体。钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，则（ ）
A．底板对物体的支持力做的功等于mv2
B．物体所受合力做的功等于mv2+mgH
C．钢索的拉力做的功等于Mv2+MgH
D．电梯所受合力做的功等于Mv2
【解答】解：A、对物体，根据动能定理得：W支﹣mgHmv2﹣0，解得地板对物体的支持力做的功为：W支＝mgHmv2，故A错误；
B、对物体，由动能定理可知，合力对物体做功：W，故B错误；
C、对物体和电梯整体，由动能定理得：WF﹣（M+m）gH（M+m）v2﹣0，解得钢索的拉力做的功等于：WF＝（M+m）gH（M+m）v2，故C错误；
D、根据动能定理可知，合力对电梯M做的功W'Mv2，故D正确。
故选：D。
（2023春 黄山期末）电动平衡车深受广大青少年喜爱，小刚同学驾驶平衡车以初速度v0，沿水平直路加速运动，经时间t达最大速度vm，此过程电机输出功率恒为额定功率P，已知人与车整体的质量为m，所受阻力的大小恒定。下列说法正确的是（ ）
A．平衡车匀加速直线运动
B．车速为v0时的加速度大小为
C．人与车在时间t内的位移大于
D．在时间t内阻力做的功为
【解答】解：A．当牵引力等于阻力时，合力为零，加速度为零，平衡车达到最大速度，故
由牛顿第二定律可知，平衡车在加速过程中
由于速度v逐渐增大，因此加速度逐渐减小，故平衡车做加速度逐渐减小的加速运动，故A错误；
B．由A中分析可知，车速为v0时的加速度大小为
故B错误；
D．设人与车在时间t内，根据动能定理可得
可得
故D错误。
C．若平衡车做匀加速直线运动，则人与车在时间t内的位移为
x
由A选项分析可知平衡车做加速度逐渐减小的加速运动，v﹣t图像如下图
根据v﹣t图像图线与横轴围成的面积表示位移可知人与车在时间t内的位移大于，故C正确；
故选：C。
（2023春 东丽区期末）滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来，如图是滑板运动的轨道。BC和DE是竖直平面内的两段光滑的圆弧型轨道，BC的圆心为O点，圆心角θ＝53°，半径R＝1.5m，OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD的长度l＝1.5m，滑板与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5。某运动员从轨道上的A点以初速度v0水平滑出，在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为m＝50kg，A、B的竖直高度h＝0.8m。重力加速度为g＝10m/s2，求：
（1）运动员从A点运动到B点的过程中，到达B点时的速度大小vB；
（2）D、E的竖直高度H；
（3）通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，求出回到B点时速度的大小。如果不能，求出最后停止的位置距C点的距离。
【解答】解：（1）运动员由A到B做平抛运动，则竖直方向
解得：vy＝4m/s
由于在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道，则有
解得：vB＝5m/s
（2）对运动员由B到E的过程，由动能定理得
﹣mg[H﹣R（1﹣cos53°）]﹣μmgl＝0
解得：H＝1.1m
（3）假设运动员可以回到B点，且速度为v，则对运动员由E到B的过程，由动能定理得：
mg[H﹣R（1﹣cos53°）]﹣μmgl
方程无解，由上可知，假设不成立，运动员不能回到B点。
设运动员在CD段滑行的总路程为s，运动员从B到最终停止，全过程由动能定理有
mgR（1﹣cos53°）﹣μmgs＝0
解得：s＝3.7m
所以最后停止的位置距C点的距离为d＝s﹣2l＝3.7m﹣2×1.5m＝0.7m
答：（1）到达B点时的速度大小vB为5m/s；
（2）D、E的竖直高度H为1.1m；
（3）第一次返回时，运动员不能回到B点，最后停止的位置距C点的距离为0.7m。
题型三 动能定理与图像的结合
1．解决物理图像问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。
(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。
2．四类图像所围面积的含义
(1)v t图：由公式x＝vt可知，v t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。
(2)a t图：由公式Δv＝at可知，a t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
(3)F s图：由公式W＝Fs可知，F s图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(4)P t图：由公式W＝Pt可知，P t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
类型1 Ek-x图像问题
（2023春 杨浦区校级期末）已知篮球在空气中运动时所受空气阻力与速度大小成正比。篮球与地面碰撞后以大小为v0的速度竖直弹起后到再次与地面碰撞的过程中，以v表示篮球的速度，t表示篮球运动的时间，Ek表示篮球的动能，h表示篮球的高度，则下列图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：AB、v﹣t图象的斜率表示加速度，根据牛顿第二定律得：
上升过程有：mg+f＝ma上
下降过程有：mg﹣f＝ma下
又有f＝kv，可得：
a上＝g，则上升过程中，随着v的减小，a减小；
a下＝g，则下降过程中，a随速度的增大而减小。故v﹣t图象的斜率是一直减小的，故AB错误；
CD、由动能定理得：
上升过程有：ΔEk＝﹣（mg+kv）Δh，v减小，Ek﹣h图象随着h的增加应是斜率的绝对值逐渐减小的曲线，即图像为向上弯曲的曲线；
下降过程有：ΔEk＝（mg﹣kv）Δh，v增大，Ek﹣h图象随着h的减小应是斜率逐渐减小的曲线，即图像为向下弯曲的曲线，故C错误，D正确。
故选：D。
（2023春 兴庆区校级期末）从地面竖直向上抛出一小球，小球受大小恒定的空气阻力作用，其动能Ek随运动路程s的变化如图所示，重力加速度g＝10m/s2。则（ ）
A．小球的质量为2kg
B．小球受到的阻力大小为2N
C．小球的初速度的大小为10m/s
D．当小球的运动路程为5m时，机械能损失了20J
【解答】解：AB、上升过程，由动能定理得：﹣（mg+f）h＝0﹣Ek0
下降过程，由动能定理得：（mg﹣f）h＝Ek﹣0
据题图知：h＝5m，Ek0＝60J，Ek＝40J，联立解得：m＝1kg，f＝2N，故A错误、B正确；
C、由动能的计算公式可得：Ek0，解得小球的初速度的大小：v0＝2m/s，故C错误；
D、当小球的运动路程为5m时，机械能损失：ΔE＝fs＝2×5J＝10J，故D错误。
故选：B。
（2023春 思明区月考）如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是（ ）
A．在0～h0过程中，F大小始终为mg
B．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2：1
C．在0～2h0过程中，物体的机械能先增大后减小
D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不变
【解答】解：A、0～h0过程中，Ek﹣h图像为一段直线，由动能定理得：（F﹣mg）h0＝mgh0﹣0，解得：F＝2mg，故A错误；
B、在0～h0过程中，F做功为WF1＝2mgh0；在h0～2h0过程中，由动能定理可知：WF2﹣mgh0＝1.5mgh0﹣mgh0
解得：WF2＝1.5mgh0
因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为WF1：WF2＝（2mgh0）：（1.5mgh0）＝4：3，故B错误；
C、在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，故C错误；
D、在2h0～3.5h0过程中，由动能定理得：W'F﹣1.5mgh0＝0﹣1.5mgh0
则W'F＝0，F做功为0，物体的机械能保持不变，故D正确。
故选：D。
类型2 F-x图像与动能定理的结合
（多选）（2023春 沙坪坝区校级期末）一轻质弹簧竖直放置在水平地面上，它的正上方有一物块从高处自由下落，0至5m的下落过程中，物块受到的合外力和位移的关系如图所示。已知重力加速度g＝10m/s2，物块受到的空气阻力不计，弹簧一直处于弹性限度以内。关于此过程，下列说法正确的是（ ）
A．物块一直处于失重状态
B．下落5m的过程，合力对物块做功为8J
C．物块最大加速度等于g
D．在物块下落5m时，物块的速度为m/s
【解答】解：AC：由图像可知0～3m内物块只受重力，加速度为重力加速度g＝10m/s2，所以物块处于失重状态；3～4m内物块加速度向下且大小由10m/s2减小到0，物块处于失重状态；4～5m内物块加速度向上且大小由0逐渐增大到10m/s2，物块处于超重状态，故A错误，C正确。
B：合外力和位移的关系图像与坐标轴围成的面积可表示合力做功，故下落5m的过程，合力对物块做功为：W＝2×3J＝6J，故B错误。
D：物块下落前3m过程只受重力，故物块质量为0.2kg，物块下落5m的过程中，根据动能定理可得：，可解得，故D正确。
故选：CD。
（2022 向阳区校级模拟）轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5kg的物块相连，如图甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴。现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示。物块运动至x＝0.4m处时速度为2m/s。则此时弹簧的弹性势能为（g＝10m/s2）（ ）
A．3.1J B．3.5J C．1.8J D．2.1J
【解答】解：F﹣x图像与坐标轴围成的面积表示力F做的功W，则W（5+10）×0.2J+10×（0.4﹣0.2）J＝3.5J
设克服弹簧弹力做的功为WF，根据动能定理得：W﹣WF﹣μmgxmv2
代入数据解得：WF＝2.1J
则EP＝2.1J
故D正确，ABC错误。
故选：D。
（2022秋 南京期末）如图甲所示，足够长的木板B静止在的光滑水平面上，t＝0时刻，物块A以初速度v0＝3m/s从B右端滑上B，同时给B施加一水平方向的作用力F，F随时间t变化情况如图乙所示，规定水平向左为正方向，3s后撤去F.已知A的质量mA＝2kg，B的质量mB＝4kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）t＝0时刻A、B的加速度大小aA、aB；
（2）0～2s内A和B间产生的摩擦热Q；
（3）A最终的动能Ek。
【解答】解：（1）对A根据牛顿第二定律可得：aA＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2
对B根据牛顿第二定律可得：F+μmAg＝mBaB，解得：aB＝2m/s2；
（2）设经过t时间二者达到速度相等，则有：v＝v0﹣aAt＝aBt，
解得：t＝1s，共同速度v＝2m/s
速度相等后拉力不变情况下假设二者不分开，则加速度大小为：am/s2＝1m/s2＝aA，假设成立。
0～2s内只有在0～1s内发生相对运动，相等发生的位移为：Δxm＝1.5m
产生的热：Q＝μmAgΔx，代入数据解得：Q＝3J；
（3）设二者最终的速度大小为v共，取向左为正方向，全过程根据动量定理可得：
Ft1﹣F′t2＝（mA+mB）v共﹣mAv0，其中F＝6N，t1＝2s，F′＝14N，t2＝1s
代入数据解得：v共m/s
所以A最终的动能EkmAv共2，解得：EkJ。
答：（1）t＝0时刻A、B的加速度大小分别为1m/s2、2m/s2；
（2）0～2s内A和B间产生的摩擦热为3J；
（3）A最终的动能为J。
类型3 其他图像与动能定理的结合
（2022春 宁波月考）一质量为m的重物在拉力F的作用下沿竖直方向运动，其机械能E随高度h变化的情况如图所示，当物体高度为h＝0（零势能面）时，机械能为E0，当物体的高度为h＝h1时，机械能为E＝1.5E0，物体上升的最大高度为h2。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．F先做正功再做负功 B．mgh1一定小于0.5E0
C．mgh1一定大于0.5E0 D．整个过程F做功mgh2﹣E0
【解答】解：A、重物沿竖直方向运动的过程中，只有重力和F做功，根据功能关系可知，拉力做功等于重物机械能的变化，由图可知重物的机械能一直增大，则F一直做正功，故A错误；
BC、0﹣h1过程，根据动能定理得：Fh1﹣mgh1＝ΔEk1，又由功能关系可知：Fh1＝1.5E0﹣E0＝0.5E0，整理得：0.5E0﹣mgh1＝ΔEk1，因重物的动能变化情况未知，ΔEk1可能大于0，也可能小于0，所以mgh1可能大于0.5E0，也可能小于0.5E0，故BC错误；
D、物体上升的最大高度时机械能为mgh2，整个过程，根据功能关系可知F做功：WF＝mgh2﹣E0，故D正确。
故选：D。
（2022春 海曙区校级期中）2022年2月8日，谷爱凌夺得北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台金牌。现有一质量为m的滑雪运动员从一定高度的斜坡自由下滑。如果运动员在下滑过程中受到的阻力恒定，斜面倾角为30°，运动员滑至坡底的过程中，其机械能和动能随下滑距离s变化的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．运动员下滑过程中只有重力做功
B．运动员下滑过程中受到的阻力为240N
C．运动员下滑时加速度的大小为4m/s2
D．不能求出运动员质量m的数值
【解答】解：A、由图示图象可知，运动员下滑过程机械能减小，运动员的机械能不守恒，除重力外还有其它力做功，故A错误；
B、由功能关系可知，运动员下滑过程阻力做的功等于机械能的减小量，即ΔE＝fs，运动员受到的阻力大小fN＝60N，故B错误；
CD、由图可知运动员下滑到底端时的动能Ek＝240J，设运动员的加速度大小为a，根据动能定理可得：mas＝Ek
由牛顿第二定律得：mgsin30°﹣f＝ma
代入数据解得运动员下滑时的加速度大小：a＝4m/s2，运动员的质量m＝60kg，故C正确、D错误。
故选：C。
（多选）（2023 永州三模）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为4.0m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示。g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则（ ）
A．物体的质量m＝1.25kg
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5
C．物体上升过程的加速度大小a＝9.6m/s2
D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝30J
【解答】解：A．根据题意可知，运动到最高点时，物体的速度为0，结合图乙可知，此时的重力势能为50J，又有
Ep＝mgh
代入数据解得m＝1.25kg
故A正确；
B．物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，且减少的机械能等于克服摩擦力做的功，有
E0﹣E＝μmgcosα，其中E＝50J，E0＝80J
代入数据解得μ＝0.45
故B错误；
C．根据题意，由牛顿第二定律有
mgsinα+μmgcosα＝ma
代入数据解得a＝9.6m/s2
故C正确；
D．根据题意可知，物块下滑过程中摩擦力做功与上滑过程中摩擦力做功相等均为
Wf＝E0﹣E＝50J﹣80J＝﹣30J
整个过程由动能定理有
2Wf＝Ek﹣E0
其中E0＝80J
代入数据解得Ek＝20J
故D错误。
故选：AC。
（多选）（2023 盐山县二模）某同学将一带传感器的木箱从倾角为30°的斜坡顶端由静止释放，木箱滑到斜面底端时速度刚好为0，木箱与斜坡上下两部分的动摩擦因数分别为μ1、μ2，通过分析处理传感器的数据得到木箱的动能和机械能与木箱下滑位移的关系图像分别如图中a、b所示，已知木箱动能最大时，机械能与动能大小之比为3：1，已知木箱可视为质点，重力加速度为g，以斜坡底端为重力势能零点。下列说法中正确的是（ ）
A．μ1
B．μ2
C．动能最大时，木箱的机械能为3mgL0
D．木箱在上、下两段斜坡上滑行过程中产生的热量之比为1：3
【解答】解：AC、木箱在斜面上段滑行的过程有（mgsin30°﹣μ1mgcos30°）L1＝Ek﹣0
此时的机械能：E1＝E0﹣μ1mgcos30° L1
由题意有：E1＝3Ek，由图可知L1＝5L0
联立解得：μ1，Ek＝mgL0，E1＝3mgL0，故A错误，C正确；
B、木箱在斜面下段滑行的过程有：（mgsin30°﹣μ2mgcos30°）L2＝0﹣Ek
由图可知L2＝4L0，解得μ2，故B正确；
D、根据功能关系可知木箱在上、下两段斜坡上滑行过程中产生的热量之比为：
解得：，故D错误。
故选：BC。
题型四 动能定理在多过程问题中的应用
对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，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，分析每个力的做功，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．
类型1 动能定理解决多过程问题
（2023春 兰州期末）小华同学利用如图所示的装置进行游戏，已知装置甲的A处有一质量m＝1kg的小球（可视为质点），离地面高h＝2m，通过击打可以将小球水平击出，装置乙是一个半径R＝1m，圆心角是53°的一段竖直光滑圆弧，圆弧低端与水平地面相切，装置丙是一个固定于水平地面的倾角为37°的光滑斜面，斜面上固定有一个半径为r＝0.5m的半圆形光滑挡板，底部D点与水平地面相切，线段DE为直径，现把小球击打出去，小球恰好从B点沿BC轨道的切线方向进入，并依次经过装置乙、水平地面，进入装置丙。已知水平地面CD表面粗糙，其他阻力均不计，取重力加速度大小g＝10m/s2，装置乙、丙与水平地面均平滑连接。（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）小球被击打的瞬间装置甲对小球做了多少功？
（2）小球到C点时对圆弧轨道的压力多大？
（3）若LCD＝5m，要使小球能进入DE轨道且又不脱离DE段半圆形轨道，则小球与水平地面间的动摩擦因数取值范围为多少？
【解答】解：（1）从A到B的过程，根据竖直方向上的运动学公式可得：
同时，
联立解得：v0
击打的瞬间有
W
代入数据解得：W＝9J
（2）从A到B的过程，根据动能定理可得：
在C点，根据牛顿第二定律可得：
联立解得：FN＝68N
根据牛顿第三定律可得：F压＝FN＝68N
（3）若小球恰好经过E点，根据牛顿第二定律可得：
解得：
从A到E的过程中，根据动能定理可得：
解得：μ1＝0.43
若恰好当圆弧DE的中点，则有
解得：μ2＝0.52
恰好到D点时，根据动能定理可得：
解得：μ3＝0.58
综上所述，动摩擦因数的取值范围为：
0＜μ≤0.43或0.52≤μ≤0.58
答：（1）小球被击打的瞬间装置甲对小球做了9J的功；
（2）小球到C点时对圆弧轨道的压力为68N；
（3）小球与水平地面间的动摩擦因数取值范围为0＜μ≤0.43或0.52≤μ≤0.58。
（2023 西宁模拟）如图所示，将原长为r的轻质弹簧放置在粗糙的水平面AB上，一端固定在A点，另一端与滑块P（视为质点，质量可调节变化）接触但不连接，AB的长度为2r，B端与半径为r的光滑半圆轨道BCD相切，C点与圆心O等高，D点在O点的正上方，是圆弧的最高点，滑块与AB之间的动摩擦因数为。用外力缓慢推动滑块，每次都将弹簧压缩至原长的一半，然后由静止释放，滑块开始沿轨道AB运动，当滑块的质量为m时，刚好能到达圆轨道的最高点D。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，求：
（1）弹簧被压缩至原长的一半时，弹簧的弹性势能；
（2）改变滑块的质量为M，使之能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，M的最小值；
（3）E是圆弧轨道上的一点，O、E的连线与OC的夹角为37°，若滑块的质量为m0，滑块运动到E点时恰好脱离圆轨道，滑块的质量m0。
【解答】解：（1）滑块刚好到达D点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律可知
滑块由释放到D点，由动能定理有
联立解得：EP＝3mgr
（2）当滑块的质量M最小时，滑块到达C点时速度刚好为0。
滑块由释放到C点，由动能定理有
解得：M＝2m
（3）滑块运动到E点时恰好脱离圆轨道，此时轨道对滑块的弹力刚好为0，重力沿半径方向的分力提供向心力，由牛顿第二定律可知
滑块由释放到E点，由动能定理有
联立解得：
答：（1）弹簧被压缩至原长的一半时，弹簧的弹性势能为3mgr；
（2）M的最小值为2m；
（3）滑块的质量m0为m。
（2023春 河西区期末）如图所示为常见的一种打弹珠的游戏装置，光滑竖直细管AB位于平台下方，高度为4h，直管底部有一竖直轻弹簧，其长度远小于竖直细管的长度。平台上方BC段为一光滑的四分之一圆弧管型轨道，其半径为h，管自身粗细对半径的影响可忽略不计。现拉动拉杆压缩弹簧，再释放拉杆将一质量为m的小球弹出，小球弹出后从管口C水平飞出，落至平台上，落点距管口C的水平距离为10h，不计一切阻力，重力加速度为g。求：
（1）小球从管口C飞出时的速度；
（2）小球在管口C处受到的压力大小和弹簧被压缩后具有的弹性势能；
（3）若平台上方的四分之一圆弧轨道的半径可调，且保证每次拉动拉杆压缩弹簧的形变量为定值，则当圆弧轨道半径为何值时，小球从管口飞出后距管口C的水平距离最大？最大值是多少？
【解答】解：（1）小球飞处后做平抛运动，竖直方向
水平方向做匀速直线运动10h＝vCt
代入数据解得
（2）小球在管口C处，根据牛顿第二定律有
代入数据解得F＝49mg，方向向下
小球弹处到管口过程中，由动能定理得
解得弹簧被压缩后具有的弹性势能Ep＝30mgh
（3）平台上方的四分之一圆弧轨道的半径为r，由动能定理得
小球飞处后做平抛运动，竖直方向
水平方向做匀速直线运动x＝v'Ct
代入数据解得
当26h﹣r＝r，即当圆弧轨道半径为r＝13h时，小球从管口飞出后距管口C的水平距离最大，最大值是26h。
答：（1）小球从管口C飞出时的速度为；
（2）小球在管口C处受到的压力大小为49mg，弹簧被压缩后具有的弹性势能为30mgh；
（3）若平台上方的四分之一圆弧轨道的半径可调，且保证每次拉动拉杆压缩弹簧的形变量为定值，则当圆弧轨道半径为13h时，小球从管口飞出后距管口C的水平距离最大，最大值是为26h。
类型2 动能定理在往返运动问题中应用
（2023 延庆区一模）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（ ）
A．物体的质量m＝0.67kg
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5
C．物体上升过程的加速度大小a＝12m/s2
D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝20J
【解答】解：A、物体到达最高点时，机械能为：E＝EP＝mgh。由图知：EP＝30J，得：mkg＝1kg，故A错误；
B、物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，且减少的机械能等于克服摩擦力做的功，有ΔE＝﹣μmgcosα，由图知ΔE＝30J﹣50J＝﹣20J，h＝3m，解得：μ＝0.5，故B正确；
C、物体上升过程中，由牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα＝ma，得：a＝gsinα+μgcosα＝（10×0.6+0.5×10×0.8）m/s2＝10m/s2，故C错误；
D、由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功为：W＝ΔE＝﹣20J，在整个过程中由动能定理得：Ek﹣Ek0＝2W，则有：Ek＝Ek0+2W＝50J+2×（﹣20J）＝10J，故D错误。
故选：B。
（多选）（2023 福州模拟）如图，劲度系数为k的轻质弹簧左端固定在墙上，处于原长时右端恰到O点，与可视为质点的质量为m的物块接触（末连接）。用水平力F缓慢推动物体到位置A，撤去F后，物体开始向右运动，最远到达位置B。已知AO＝x0，OB＝2x0，物体与水平面间的动摩擦因数处处相同。物块从A到B运动过程中的速度v、加速度a、滑块的机械能E、滑块与弹簧的总机械能E′随位移x变化如图所示，其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：A、物块从A到B，由功能关系可得：μmg（x0+2x0），可得弹簧的劲度系数k
从A到AO间某一位置时，由功能关系得：μmgx，可知v与x是非线性关系，v﹣x图像是曲线，故A错误；
B、物块从A到加速度为0的过程，由牛顿第二定律得：kx﹣μmg＝ma，结合k，得ax﹣μg
当物块刚到B点时，有﹣μmg＝﹣ma0，则a0＝μg，可得ax﹣a0，a﹣x是线性关系，且x＝0时，a＝5a0；
物块从加速度为0的位置到O点的过程，由牛顿第二定律得：kx﹣μmg＝ma，联立得ax﹣a0；
物块从O到B，由牛顿第二定律得：﹣μmg＝ma，联立可得a＝﹣a0，故B正确；
C、对滑块，由功能关系可得：ΔE＝﹣F其他Δx，则F其他＝||，其中F其他是滑动摩擦力与弹簧弹力的合力大小，则E﹣x图像切线斜率的大小等于F其他，从O到B，滑动摩擦力不变，E﹣x图像的斜率不变，图线应为直线，故C错误；
D、对滑块与弹簧系统，由功能关系可得：ΔE′＝﹣μmgΔx，则μmg＝||，E﹣x图像的斜率不变，图线为向下倾斜的直线，故D正确。
故选：BD。
（多选）（2023 铁东区校级二模）如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，将轻弹簧正上方质量m＝1kg的小球由静止释放，小球下落过程中受到恒定的空气阻力作用。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为y轴正方向，取地面处为重力势能零点，在小球第一次下落到最低点的过程中，弹簧的弹性势能Ep1、小球的重力势能Ep2、小球的动能Ek、小球的机械能E随小球位移变化的关系图像分别如图甲乙、丙、丁所示，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．图乙中a＝3
B．图丙中b＝4
C．图丙中x0处的弹簧弹力为8N
D．图丁中c＝9，d＝4
【解答】解：A、由图可知，小球到最低点时，高度下降0.6m，则重力势能减少：ΔEp2＝mghmax＝1×10×0.6J＝6J。故图乙中的a＝10﹣J＝4（单位在坐标轴中已经列出），故A错误；
B、减少的机械能转化为摩擦热和弹簧的弹性势能，根据：Q＝fhmax＝ΔEp2﹣ΔEp1，解得：f＝2N。结合图甲和图丙，可知小球自由高度下降h＝0.5m，有重力和空气阻力做功，根据：mgh﹣fh＝Ek，解得：h＝0.5m时的动能：Ek＝4J，即图丙中的b＝4，故B正确；
C、当小球动能最大时，小球加速度为零，根据平衡条件：F弹+f＝mg，解得F弹簧＝8N，即图丙中的x0＝8N，故C正确；
D、根据功能关系可知，小球高度下降0.5m时，机械能的减少量等于克服阻力所做的功为：ΔE＝10﹣c＝fx，代入解得：c＝9，根据能量守恒定律可知，小球高度下降0.6m时，动能为零，则小球减少的重力势能等于减少的机械能为6J，则d＝4，故D正确。
故选：BCD。
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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专题10 动能定理的应用
题型一 动能定理的理解 1
题型二 动能定理的基本应用 2
题型三 动能定理与图像的结合 5
类型1 Ek-x图像问题 5
类型2 F-x图像与动能定理的结合 7
类型3 其他图像与动能定理的结合 8
题型四 动能定理在多过程问题中的应用 10
类型1 动能定理解决多过程问题 10
类型2 动能定理在往返运动问题中应用 12
题型一 动能定理的理解
1．表达式：W＝Ek2－Ek1＝ΔEk.
其中Ek2＝mv表示一个过程的末动能，Ek1＝mv表示这个过程的初动能．W表示这个过程中合力做的功．
2．关于动能定理的几点说明
(1)W的含义：包含重力在内的所有外力所做功的代数和．
(2)W与ΔEk的关系：合力做功是引起物体动能变化的原因．如果合力对物体做正功，物体的动能增加；如果合力对物体做负功，物体的动能减少；如果合力对物体不做功，物体的动能不变．
(3)动能定理的实质：功能关系的一种具体体现，物体动能的改变可由合外力做功来度量．
（2023春 玉田县期中）某人用手将1kg物体由静止向上提起1m，这时物体的速度为2m/s，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．手对物体做功10J B．合外力做功2J
C．合外力做功12J D．物体克服重力做功12J
（2023春 陈仓区期末）拖着旧橡胶轮胎跑步是一种训练体能的常用方法。某消防队员在体能训练时拖着轮胎在操场上以恒定的速率跑了80m，下列说法正确的是（ ）
A．摩擦力对轮胎做了负功
B．合外力对轮胎做了正功
C．拉力对轮胎所做的功等于轮胎动能的改变
D．支持力对轮胎做了正功
（2023春 青龙县期末）一个小物体从斜面底端冲上足够长的斜面，然后又滑回斜面底端，已知小物体的初动能为E，返回斜面底端时的速度为v，克服摩擦力做功为若小物体冲上斜面的初动能为2E，则下列选项中正确的一组是（ ）
①物体返回斜面底端时的动能为E
②物体返回斜面底端时的动能为
③物体返回斜面底端时的速度大小为2v
④物体返回斜面底端时的速度大小为
A．①③ B．②④ C．①④ D．②
（2023春 鼓楼区校级期末）如图所示，木板AB的长为L，板的B端静止放有质量为m的小物体，物体与木板的动摩擦因数为μ。开始时木板水平，在缓慢转过一个小角度α的过程中，小物体始终保持与木板相对静止，重力加速度为g，则在这个过程中（ ）
A．摩擦力对小物体做功为μmgLcosα （1﹣cosα）
B．重力对小物体做功为mgL （1﹣cosα）
C．弹力对小物体做功为mgLcosα sinα
D．木板AB对小物体做功为mgLsinα
题型二 动能定理的基本应用
1．应用动能定理解题的优点
(1)动能定理对应的是一个过程，只涉及到物体初、末状态的动能和整个过程合力做的功，无需关心中间运动过程的细节，而且功和能都是标量，无方向性，计算方便．
(2)当题目中不涉及a和t，而涉及F、x、m、v等物理量时，优先考虑使用动能定理．
(3)动能定理既适用于恒力作用过程也适用于变力作用过程，既适用于直线运动也适用于曲线运动，既适用于单个物体也适用于多个物体，特别是变力及多过程问题，动能定理更具有优越性．
2．应用动能定理解题的一般步骤
(1)选取研究对象(通常是单个物体)，明确它的运动过程．
(2)对研究对象进行受力分析，明确各力做功的情况，求出外力做功的代数和．
(3)明确物体在初、末状态的动能Ek1、Ek2.
(4)列出动能定理的方程W＝Ek2－Ek1，结合其他必要的解题方程，求解并验算．
（2023春 黄山期末）如图所示，轻杆长为L，一端固定在水平转轴上的O点，另一端固定一个小球（可视为质点）。在最低点给小球一初速度v0，小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点，g为重力加速度，不计任何摩擦阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小球通过最高点的最小速度为
B．杆子弹力就是小球圆周运动所需向心力
C．最低点处轻杆的作用力大小为
D．小球初速度有最小值
（2023春 菏泽期末）如图所示，一质量为m的小球用长度为L的不可伸长的轻质细线悬挂在竖直细杆顶端。杆绕其中心轴缓慢加速转动，带动小球在水平面内做圆周运动。重力加速度为大小g，不计空气阻力，则细线与杆的夹角从30°增加至60°的过程中细线对小球做的功为（ ）
A． B． C． D．
（2023春 和平区期末）如图所示，质量为M的电梯底板上放置一质量为m的物体。钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，则（ ）
A．底板对物体的支持力做的功等于mv2
B．物体所受合力做的功等于mv2+mgH
C．钢索的拉力做的功等于Mv2+MgH
D．电梯所受合力做的功等于Mv2
（2023春 黄山期末）电动平衡车深受广大青少年喜爱，小刚同学驾驶平衡车以初速度v0，沿水平直路加速运动，经时间t达最大速度vm，此过程电机输出功率恒为额定功率P，已知人与车整体的质量为m，所受阻力的大小恒定。下列说法正确的是（ ）
A．平衡车匀加速直线运动
B．车速为v0时的加速度大小为
C．人与车在时间t内的位移大于
D．在时间t内阻力做的功为
（2023春 东丽区期末）滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来，如图是滑板运动的轨道。BC和DE是竖直平面内的两段光滑的圆弧型轨道，BC的圆心为O点，圆心角θ＝53°，半径R＝1.5m，OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD的长度l＝1.5m，滑板与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5。某运动员从轨道上的A点以初速度v0水平滑出，在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为m＝50kg，A、B的竖直高度h＝0.8m。重力加速度为g＝10m/s2，求：
（1）运动员从A点运动到B点的过程中，到达B点时的速度大小vB；
（2）D、E的竖直高度H；
（3）通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，求出回到B点时速度的大小。如果不能，求出最后停止的位置距C点的距离。
题型三 动能定理与图像的结合
1．解决物理图像问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。
(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。
2．四类图像所围面积的含义
(1)v t图：由公式x＝vt可知，v t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。
(2)a t图：由公式Δv＝at可知，a t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
(3)F s图：由公式W＝Fs可知，F s图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(4)P t图：由公式W＝Pt可知，P t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
类型1 Ek-x图像问题
（2023春 杨浦区校级期末）已知篮球在空气中运动时所受空气阻力与速度大小成正比。篮球与地面碰撞后以大小为v0的速度竖直弹起后到再次与地面碰撞的过程中，以v表示篮球的速度，t表示篮球运动的时间，Ek表示篮球的动能，h表示篮球的高度，则下列图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
（2023春 兴庆区校级期末）从地面竖直向上抛出一小球，小球受大小恒定的空气阻力作用，其动能Ek随运动路程s的变化如图所示，重力加速度g＝10m/s2。则（ ）
A．小球的质量为2kg
B．小球受到的阻力大小为2N
C．小球的初速度的大小为10m/s
D．当小球的运动路程为5m时，机械能损失了20J
（2023春 思明区月考）如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是（ ）
A．在0～h0过程中，F大小始终为mg
B．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2：1
C．在0～2h0过程中，物体的机械能先增大后减小
D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不变
类型2 F-x图像与动能定理的结合
（多选）（2023春 沙坪坝区校级期末）一轻质弹簧竖直放置在水平地面上，它的正上方有一物块从高处自由下落，0至5m的下落过程中，物块受到的合外力和位移的关系如图所示。已知重力加速度g＝10m/s2，物块受到的空气阻力不计，弹簧一直处于弹性限度以内。关于此过程，下列说法正确的是（ ）
A．物块一直处于失重状态
B．下落5m的过程，合力对物块做功为8J
C．物块最大加速度等于g
D．在物块下落5m时，物块的速度为m/s
（2022 向阳区校级模拟）轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5kg的物块相连，如图甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴。现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示。物块运动至x＝0.4m处时速度为2m/s。则此时弹簧的弹性势能为（g＝10m/s2）（ ）
A．3.1J B．3.5J C．1.8J D．2.1J
（2022秋 南京期末）如图甲所示，足够长的木板B静止在的光滑水平面上，t＝0时刻，物块A以初速度v0＝3m/s从B右端滑上B，同时给B施加一水平方向的作用力F，F随时间t变化情况如图乙所示，规定水平向左为正方向，3s后撤去F.已知A的质量mA＝2kg，B的质量mB＝4kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）t＝0时刻A、B的加速度大小aA、aB；
（2）0～2s内A和B间产生的摩擦热Q；
（3）A最终的动能Ek。
类型3 其他图像与动能定理的结合
（2022春 宁波月考）一质量为m的重物在拉力F的作用下沿竖直方向运动，其机械能E随高度h变化的情况如图所示，当物体高度为h＝0（零势能面）时，机械能为E0，当物体的高度为h＝h1时，机械能为E＝1.5E0，物体上升的最大高度为h2。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．F先做正功再做负功 B．mgh1一定小于0.5E0
C．mgh1一定大于0.5E0 D．整个过程F做功mgh2﹣E0
（2022春 海曙区校级期中）2022年2月8日，谷爱凌夺得北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台金牌。现有一质量为m的滑雪运动员从一定高度的斜坡自由下滑。如果运动员在下滑过程中受到的阻力恒定，斜面倾角为30°，运动员滑至坡底的过程中，其机械能和动能随下滑距离s变化的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．运动员下滑过程中只有重力做功
B．运动员下滑过程中受到的阻力为240N
C．运动员下滑时加速度的大小为4m/s2
D．不能求出运动员质量m的数值
（多选）（2023 永州三模）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为4.0m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示。g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则（ ）
A．物体的质量m＝1.25kg
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5
C．物体上升过程的加速度大小a＝9.6m/s2
D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝30J
（多选）（2023 盐山县二模）某同学将一带传感器的木箱从倾角为30°的斜坡顶端由静止释放，木箱滑到斜面底端时速度刚好为0，木箱与斜坡上下两部分的动摩擦因数分别为μ1、μ2，通过分析处理传感器的数据得到木箱的动能和机械能与木箱下滑位移的关系图像分别如图中a、b所示，已知木箱动能最大时，机械能与动能大小之比为3：1，已知木箱可视为质点，重力加速度为g，以斜坡底端为重力势能零点。下列说法中正确的是（ ）
A．μ1
B．μ2
C．动能最大时，木箱的机械能为3mgL0
D．木箱在上、下两段斜坡上滑行过程中产生的热量之比为1：3
题型四 动能定理在多过程问题中的应用
对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，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，分析每个力的做功，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．
类型1 动能定理解决多过程问题
（2023春 兰州期末）小华同学利用如图所示的装置进行游戏，已知装置甲的A处有一质量m＝1kg的小球（可视为质点），离地面高h＝2m，通过击打可以将小球水平击出，装置乙是一个半径R＝1m，圆心角是53°的一段竖直光滑圆弧，圆弧低端与水平地面相切，装置丙是一个固定于水平地面的倾角为37°的光滑斜面，斜面上固定有一个半径为r＝0.5m的半圆形光滑挡板，底部D点与水平地面相切，线段DE为直径，现把小球击打出去，小球恰好从B点沿BC轨道的切线方向进入，并依次经过装置乙、水平地面，进入装置丙。已知水平地面CD表面粗糙，其他阻力均不计，取重力加速度大小g＝10m/s2，装置乙、丙与水平地面均平滑连接。（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）小球被击打的瞬间装置甲对小球做了多少功？
（2）小球到C点时对圆弧轨道的压力多大？
（3）若LCD＝5m，要使小球能进入DE轨道且又不脱离DE段半圆形轨道，则小球与水平地面间的动摩擦因数取值范围为多少？
（2023 西宁模拟）如图所示，将原长为r的轻质弹簧放置在粗糙的水平面AB上，一端固定在A点，另一端与滑块P（视为质点，质量可调节变化）接触但不连接，AB的长度为2r，B端与半径为r的光滑半圆轨道BCD相切，C点与圆心O等高，D点在O点的正上方，是圆弧的最高点，滑块与AB之间的动摩擦因数为。用外力缓慢推动滑块，每次都将弹簧压缩至原长的一半，然后由静止释放，滑块开始沿轨道AB运动，当滑块的质量为m时，刚好能到达圆轨道的最高点D。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，求：
（1）弹簧被压缩至原长的一半时，弹簧的弹性势能；
（2）改变滑块的质量为M，使之能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，M的最小值；
（3）E是圆弧轨道上的一点，O、E的连线与OC的夹角为37°，若滑块的质量为m0，滑块运动到E点时恰好脱离圆轨道，滑块的质量m0。
（2023春 河西区期末）如图所示为常见的一种打弹珠的游戏装置，光滑竖直细管AB位于平台下方，高度为4h，直管底部有一竖直轻弹簧，其长度远小于竖直细管的长度。平台上方BC段为一光滑的四分之一圆弧管型轨道，其半径为h，管自身粗细对半径的影响可忽略不计。现拉动拉杆压缩弹簧，再释放拉杆将一质量为m的小球弹出，小球弹出后从管口C水平飞出，落至平台上，落点距管口C的水平距离为10h，不计一切阻力，重力加速度为g。求：
（1）小球从管口C飞出时的速度；
（2）小球在管口C处受到的压力大小和弹簧被压缩后具有的弹性势能；
（3）若平台上方的四分之一圆弧轨道的半径可调，且保证每次拉动拉杆压缩弹簧的形变量为定值，则当圆弧轨道半径为何值时，小球从管口飞出后距管口C的水平距离最大？最大值是多少？
类型2 动能定理在往返运动问题中应用
（2023 延庆区一模）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（ ）
A．物体的质量m＝0.67kg
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5
C．物体上升过程的加速度大小a＝12m/s2
D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝20J
（多选）（2023 福州模拟）如图，劲度系数为k的轻质弹簧左端固定在墙上，处于原长时右端恰到O点，与可视为质点的质量为m的物块接触（末连接）。用水平力F缓慢推动物体到位置A，撤去F后，物体开始向右运动，最远到达位置B。已知AO＝x0，OB＝2x0，物体与水平面间的动摩擦因数处处相同。物块从A到B运动过程中的速度v、加速度a、滑块的机械能E、滑块与弹簧的总机械能E′随位移x变化如图所示，其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
（多选）（2023 铁东区校级二模）如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，将轻弹簧正上方质量m＝1kg的小球由静止释放，小球下落过程中受到恒定的空气阻力作用。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为y轴正方向，取地面处为重力势能零点，在小球第一次下落到最低点的过程中，弹簧的弹性势能Ep1、小球的重力势能Ep2、小球的动能Ek、小球的机械能E随小球位移变化的关系图像分别如图甲乙、丙、丁所示，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．图乙中a＝3
B．图丙中b＝4
C．图丙中x0处的弹簧弹力为8N
D．图丁中c＝9，d＝4
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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