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专题强化（8）动能定理的应用
掌握动能定理的应用与动能定理的图像分析问题
知识点1 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．
（2024秋 长安区月考）如图甲所示，一光滑大圆环固定在竖直面内，圆心为O，将套在大圆环上的小球（可视为质点）从大圆环的顶点由静止释放后，测得小球的向心加速度大小a和小球与O点连线转过的角度θ之间的关系图线如图乙所示.已知图乙中a1＝19.6m/s2。下列说法中正确的是（　　）
A．图乙中am＝39.2m/s2
B．当地的重力加速度大小为9.78m/s2
C．只增大大圆环的半径，图乙中的am将增大
D．只增大小球的质量，图乙中的am将增大
【解答】解：B.当时，对小球有，根据动能定理有，解得a1＝2g，所以gm/s2＝9.8m/s2，故B错误；
A.当θ＝π 时，对小球有，又有，解得am＝39.2m/s2，故A正确；
CD.由A项分析可知，am＝4g，其大小与大圆环的半径及小球的质量无关，故CD错误。
故选：A。
（2024秋 南岗区校级月考）巴黎奥运会网球女单决赛中，中国选手郑钦文以2：0战胜克罗地亚选手维基奇夺冠。这是中国运动员史上首次赢得奥运网球单打项目的金牌。某次郑钦文将质量为m的网球击出，网球被击出瞬间距离地面的高度为h，网球的速度大小为v1，经过一段时间网球落地，落地瞬间的速度大小为v2，重力加速度为g，网球克服空气阻力做功为Wf。则下列说法正确的是（　　）
A．击球过程，球拍对网球做功为
B．网球从被击出到落地的过程，网球动能的增加量为mgh
C．网球从被击出到落地的过程，网球的机械能减少mgh﹣Wf
D．
【解答】解：A.击球过程，根据动能定理有：
即球拍对网球做功为，故A错误；
B．网球从被击出到落地，根据动能定理有：
ΔEk＝mgh﹣Wf，故B错误；
C．根据机械能和其他力做功的关系可知，网球从被击出到落地，网球的机械能减少Wf，故C错误；
D．由动能定理得
解得
，故D正确。
故选：D。
（2024秋 鹿城区校级月考）如图所示，一滑块从固定斜面顶端A由静止下滑，最终停在C点。已知AD的高度h＝3m，BD的长度L1＝4m，AD⊥BD，斜面与水平面在B点平滑连接，BC的长度L2＝10m，小滑块从A点运动至C点的总时间为5s，假定小滑块在AB上做匀加速直线运动，在BC上做匀减速直线运动，求：
（1）小滑块滑至B点时的速度大小vB；
（2）小滑块从A运动到C点的平均速度的大小（可用根式表示）；
（3）若在C点正上方H＝20m处有一小球，某时刻将小球由静止释放，不计空气阻力，取g＝10m/s2，小球恰好与刚刚停下的滑块在C点相遇，求释放小球瞬间滑块离B点的距离。
【解答】解：（1）根据题意，斜面的倾斜角θ满足tanθ0.75，即θ＝37°，故sinθ＝0.6，cosθ＝0.8，斜面长xm＝5m，设滑块在斜面上运动时，加速度大小为a1，时间为t1，满足mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma1，水平面上运动时，加速度大小为a2，时间为t2，有μ2mg＝ma2，根据匀变速直线运动的规律有xvB t1，L2vB t2，又t1+t2＝5s，解得vB＝6m/s，t1s，t2s，μ1＝0.3，μ2＝0.18
（2）小滑块从A到C的全过程，位移大小为smm，故平均速度大小m/s
（3）小球从C点静止释放做自由落体运动，满足Hg，代入数据解得t3＝2s，释放小球时滑块到C点的距离为x′a2，解得x′＝3.6m，故释放时滑块离B点的距离为Δx＝L2﹣x′＝10m﹣3.6m＝6.4m
答：（1）小滑块滑至B点时的速度大小vB为6m/s；
（2）小滑块从A运动到C点的平均速度的大小为m/s；
（3）释放小球瞬间滑块离B点的距离为6.4m。
知识点2 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
（2024春 重庆期末）一个可看作质点的滑块，从固定斜面底端以某一初速度滑上光滑斜面，到最高点后又返回斜面底端。以斜面底端所在平面为参考面，向上运动过程中滑块的动能Ek与高度h的关系如图所示，取重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．该滑块的质量为1.0kg
B．滑块返回斜面底端时的速度大小为4.0m/s
C．滑块上升到0.2m高度时的机械能为3J
D．滑块下滑到0.4m高度时的速度大小为2.0m/s
【解答】解：A、滑块沿着光滑斜面运动，只有重力做功，机械能守恒，所以滑块在斜面底端的动能等于最高点的重力势能，即：Ek0＝mgh，可得m＝0.5kg，故A错误；
B、滑块机械能守恒，所以返回斜面底端的动能不变，仍为4J，由，可得滑块返回斜面底端时的速度大小v＝4m/s，故B正确；
C、滑块机械能守恒，所以滑块上升到0.2m高度时的机械能为4J，故C错误；
D、滑块下滑到h1＝0.4m高度时，由机械能守恒有：
代入数据可得滑块下滑到0.4m高度时的速度大小为：，故D错误。
故选：B。
（多选）（2024春 中山市期末）如图甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力f。大小恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．图乙中0﹣20m的过程，物块受到的摩擦力始终做负功
B．图乙中0﹣20m的过程，物块受到的重力始终做负功
C．图乙中0﹣10m的过程，物块克服摩擦力的功等于摩擦增加的内能
D．图乙中10m﹣20m的过程，物块机械能增加
【解答】解：分析图乙可知，物块在10m处动能为零，即10m处是最高点，所以0﹣10m物块沿斜面向上运动，10m﹣20m物块沿斜面向下运动。
A、物块沿斜面向上运动时，摩擦力沿斜面向下，摩擦力做负功；物块沿斜面向下运动时，摩擦力沿斜面向上，摩擦力做负功，所以0﹣20m的过程，物块受到的摩擦力始终做负功，故A正确；
B、物块沿斜面向上运动时，重力做负功；物块沿斜面向下运动时，重力做正功，故B错误；
C、根据功与能的转化，物块克服摩擦力做的功等于摩擦增加的内能，故C正确；
D、10m﹣20m的过程，有摩擦力做负功，所以机械能还是要减小，故D错误。
故选：AC。
（多选）（2024春 洛阳期末）一小球竖直向上抛出，然后落回到原处。小球初动能为Ek0，假设小球受到的空气阻力和速度成正比，取抛出点为零势能点，则该过程中，小球的机械能E与位移x关系和动能Ek与位移x关系的图线是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：AB．设物块的质量为m，由题有空气阻力与速度关系为
f＝kv（k是比例常数）
取极短位移Δx为研究过程，由能量关系
ΔE＝fΔx
则E﹣x图像的斜率等于f，上升阶段速度减小，则f减小，图像的斜率减小；下降阶段速度增加，则f增加，图像的斜率增加；整个过程机械能一直减小，故选项A错误，B正确；
CD．取极短位移Δx为研究过程，根据动能定理得，上升过程中
﹣（mg+f）Δx＝﹣ΔEk
所以
ΔEk＝（mg+f）Δx
Ek﹣x图象斜率的大小等于mg+f，由于上升过程速度减小，则f减小，所以图象的斜率绝对值减小（对应上面一条曲线）。
下降过程中
（mg﹣f）Δx＝ΔEk
Ek﹣x图象斜率的大小等于mg﹣f，由于下降过程速度增大，则f增大，所以图象的斜率绝对值减小（对应下面一条曲线）。故C正确、D错误；
故选：BC。
类型2 F-x图像与动能定理的结合
（2024春 铜陵期末）质量为m＝1kg的玩具小汽车（可视为质点）由静止开始沿直线加速，最后减速至静止，其合外力F随位移x的变化图像如图所示。已知玩具小汽车在位移x＝10m时恰好停下。下列关于玩具小汽车运动的物理量描述正确的是（　　）
A．初始阶段合外力F1＝1.5N
B．速度的最大值为2m/s
C．加速运动的时间为1s
D．匀速运动的时间为3s
【解答】解：A、F﹣x图像与x轴所围的面积表示合外力F做功大小，对于玩具小汽车的整个运动过程，根据动能定理有
解得：F1＝1N，故A错误；
B、x＝2m时，合外力是零，可知玩具汽车的速度最大，此时有
由牛顿第二定律有
解得最大速度为：vm＝2m/s，故B正确；
C、加速时间为ts＝2s，故C错误；
D、匀速运动的时间为，故D错误。
故选：B。
（2024秋 顺义区校级月考）如图甲所示，质量为4kg的物体在水平推力作用下开始运动，推力大小F随位移大小x变化的情况如图乙所示，物体与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10m/s2。则（　　）
A．物体在F减为零之前一直做加速运动
B．运动过程中推力做的功为400J
C．该物体所走位移为4米时获得的动能为120J
D．物体在运动过程中的加速度先增大后减小，最后保持不变
【解答】解：AD、滑动摩擦力大小为f＝μmg＝0.5×4×10N＝20N，开始推力大于滑动摩擦力，随着推力的减小，物体先做加速度逐渐减小的加速运动；
当推力减小到20N时，加速度为零，物体的速度达到最大；
之后推力小于滑动摩擦力，物体做加速度逐渐增大的减速运动，当推力减小为零后，物体做匀减速运动，故AD错误；
B、根据F﹣x图像中图线与横轴所围的面积表示推力做的功，可得运动过程中推力做的功为，故B错误；
C、根据动能定理得：W﹣fx＝Ek，解得：Ek＝200J﹣20×4J＝120J，故C正确。
故选：C。
（2024春 丽水期末）有一段粗糙轨道AB长为s，第一次物块以初速度v0由A出发，向右运动达到B时速度为v1，第二次物块以初速度v0由B出发向左运动。以A为坐标原点，物块与地面的摩擦力f随x的变化如图，已知物块质量为m，下列说法正确的是（　　）
A．物块在第一次运动中做匀减速直线运动
B．f﹣x图像的斜率为
C．第二次能到达A点，且花费时间较第一次长
D．两次运动中，在距离A点处摩擦力功率大小相等
【解答】解：A、物块在第一次从A向右运动，物块的合力等于摩擦力，由图可知摩擦力随位移均匀增加，由牛顿第二定律可知加速度在变大，故A错误；
B、从A到B过程，由动能定理有：
设f﹣x图像的斜率为k，当物块运动的距离为s时，摩擦力f＝ks，根据f﹣x图像的面积表示克服摩擦力做的功，则摩擦力做的功
两式联立可得：，故B错误；
C、根据动能定理可知，两次摩擦力做功相等，则第二次也能到达A点，且速度也为v1，但是第二次一开始加速度大，速度很快减小，所以花费时间较第一次长，故C正确；
D．两次运动中，物块运动到距离A点处时摩擦力做的功不相等，在距离A点的速度大小不相等，而摩擦力大小相等，根据P＝fv，可知在距离A点处摩擦力功率大小不等，故D错误；
故选：C。
类型3 其他图像与动能定理的结合
（2024春 广西期末）如图甲所示，倾角为θ的斜面体固定在水平面上，其中斜面的长度为l0，一质量为m可视为质点的物块从静止开始由斜面体的顶端A滑到底端B，物块与斜面体之间的动摩擦因数与到A点的距离x按图乙所示的规律变化。则物块在斜面的中点速度大小为（　　）。
A．
B．
C．
D．
【解答】解：由图乙可知物块与斜面体之间的动摩擦因数：，则摩擦力大小：
摩擦力f随位移均匀增加，当位移为时，摩擦力大小为：，则物块由A滑到斜面中点的过程中克服摩擦力做的功为：
物块由A到斜面中点的过程中，由动能定理有：
代入数据可得：，故D正确，ABC错误。
故选：D。
（2024 辽宁模拟）一辆智能电动玩具车在水平路面上由静止开始加速，其加速度a随时间t的变化关系如图所示，当玩具车加速t＝1s后，牵引力的功率保持恒定。已知玩具车的质量m＝2kg，行驶过程中受到恒定的阻力f＝2N，则玩具车（　　）
A．从t＝0到t＝1s的位移为2m
B．从t＝0到t＝1s的牵引力做功为4J
C．从t＝1s到t＝3.17s的位移约为7m
D．从t＝1s到t＝3.17s的牵引力做功为21J
【解答】解：A、由题图可知，玩具小车在第1s内做匀加速直线运动，则从t＝0到t＝1s内的位移为：，故A错误；
B、设在0∽1s时间内的牵引力为F1：根据牛顿第二定律可得：F1﹣f＝ma1，解得：F1＝ma1+f＝2×2N+2N＝6N，则牵引力做的功为：，故B错误；
C、由题图可知，在t＝1s时，玩具车的速度为v1＝a1t1＝2×1m/s＝2m/s，则恒定功率为P＝F1v1＝6×2W＝12W，当t＝3.17s 时，a＝0.5m/s2，设此时的牵引力为F2，由牛顿第二定律可得：F2﹣f＝ma，解得：F2＝3N，此时玩具车的速度为，设在t＝1s到t＝3.17s内玩具车的位移为x2，由动能定理可得：，代入数据解得：x2＝7.02m≈7m，故C正确；
D、从t＝1s到t＝3.17s的牵引力做功为：W′＝P Δt＝12×2.17J＝26.04J≈26J，故D错误。
故选：C。
（2024春 渝中区校级月考）2023年12月26日，华为问界M9新车发布，问界M9采用前后双电机布局，综合最大功率405kW，纯电（100度电池容量）续航630km，被称为“遥遥领先”。如图为问界M9汽车某次测试行驶时的加速度a和车速倒数的关系图像。若汽车质量为2.5×103kg，汽车静止开始沿平直公路行驶，假设行驶中阻力恒定，则（　　）
A．汽车匀加速的时间为5s
B．测试中汽车从30m/s加速到40m/s用时为4s，该段过程中汽车行驶的距离约为43.3m
C．汽车所受阻力为2.5×103N
D．汽车发动机的额定功率为2.5×105W
【解答】解：A、由题图可知，汽车速度等于15m/s之前，加速度不变，大小为a＝5m/s2，汽车做匀加速直线运动，根据v＝at，解得汽车匀加速的时间为：，故A错误；
CD、由图可知，速度由15m/s到40m/s，汽车的加速度逐渐减小，汽车以额定功率行驶；汽车的最大速度为40m/s，之后汽车做匀速直线运动，此时有
F＝f，P额＝Fvm＝fvm
当v＝15m/s时，汽车的加速度a＝5m/s2，根据牛顿第二定律可得
联立解得：f＝7.5×103N，，故CD错误；
B、测试中汽车从30m/s加速到40m/s用时为4s，设该段过程中汽车行驶的距离为s，对该段过程，根据动能定理得
代入数据解得：s≈43.3m，故B正确。
故选：B。
知识点3 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
（多选）（2024秋 思明区校级月考）某一斜面固定在水平地面上，顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接，斜面的倾角为θ。一小木块从斜面的顶端由静止开始下滑，滑到水平面上的A点停下，已知木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，A点到O点的距离为x，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．整个过程摩擦力对小木块的功为μmgx
B．只增加小木块的质量，其它条件不变，小木块停A点的右侧
C．只增加斜面的倾角，其它条件不变，小木块仍停在A点
D．在A点小木块获得2mgh大小的动能，小木块刚好滑到斜面顶端
【解答】解：A、整个过程摩擦力对小木块的功为Wf＝﹣μmgcosθ μmg（x）＝﹣μmgx，故A错误；
BC、从释放到停下的整个过程，根据动能定理得
mgh﹣μmgcosθ μmg（x）＝0
可得
可知小木块停下位置与小木块的质量和斜面的倾角均无关，所以只增加小木块的质量或只增加斜面的倾角，其它条件不变，小木块仍停在A点，故B错误，C正确；
D、若小木块在A点获得2mgh大小的动能，由于Ek0＝2mgh＝mgh+μmgx，可知小木块刚好滑到斜面顶端，故D正确。
故选：CD。
（2024春 沙坪坝区校级期中）如图所示，水平轨道与竖直圆轨道底部相通，圆轨道的上方有一个缺口CD，CD关于通过圆轨中心O的竖直线对称，缺口的圆心角∠COD＝2θ＝120°，圆轨道的半径R＝1m。一质量为m＝0.4kg的小球静止在A点，在F＝7x（x为物体的位移）的力作用下开始运动，到圆轨道最低点B时撤去F，然后沿竖直圆轨道上滑，不计一切摩擦，重力加速度g＝10m/s2，则（　　）
A．若小球恰好能过C点，则vC＝0
B．若小球恰好能过C点，AB两点间的距离
C．若小球恰好能过C点，离开C点后能上升的最大高度为0.25m
D．若小球恰好能过C点，也恰好能无碰撞地回到D点后沿轨道落回
【解答】解：A.若小球恰好能通过圆形轨道内C点时
根据牛顿第二定律有，则vC≠0，故A错误；
B.对小球B点运动到C点，由动能定理
由于力F与位移x成正比，做功
由动能定理得
解得
故B正确；
C.对小球从C点到最高点，小球做斜抛运动，竖直方向有
解得h
故C错误；
D.小球从圆形轨道内C点飞出后做斜抛运动到不能到D点，竖直方向有
水平方向有
故D错误。
故选：B。
（2024春 光明区校级期中）如图甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙的模型。倾角为45°的直轨道AB、半径R＝10m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF，分别通过水平光滑轨道BC、C'E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离l＝40m。现有质量m＝500kg的过山车，从高h＝40m的A点由静止下滑，经BCDC'EF最终停在G点，过山车与轨道AB、EF的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG的动摩擦因数为μ2＝0.75，过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小；
（2）过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小；
（3）减速直轨道FG的长度。
【解答】解：（1）设过山车到达C点的速度大小为vC，
由动能定理有，得：
解得；
（2）设过山车到达D点的速度大小为vD，由动能定理有
由牛顿第二定律可知，联立解得FD＝7000N
由牛顿第三定律可知，轨道受到的作用力大小为FD′＝FD＝7000N；
（3）过山车从A到达G点，由动能定理有
解得x＝30m。
答：（1）过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小为；
（2）过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小为7000N；
（3）减速直轨道FG的长度为30m。
类型2 动能定理在往返运动问题中应用
（2024春 南昌期末）半径R＝1m的光滑圆弧OAC与传送带CD相切于C点，将一质量为m＝0.1kg的小物块从与圆心等高的A处无初速度释放，经C点进入倾角为θ＝37°的皮带传输机，D为传输机皮带的最高点，CD间距离为L＝1.6m，皮带以v＝2m/s的速率顺时针转动且不打滑，物块与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力，g＝10m/s2。
（1）小物块运动到B点时所受的支持力大小；
（2）物块从C点到达D点的时间t；
（3）物块从C到D的过程中，物块与传送带摩擦产生的热量Q。
【解答】解：（1）小物块从A点到B点过程，由动能定理有：
在B点由牛顿第二定律有：
代入数据可得：FN＝3N
（2）小物块从A点到C点过程，由动能定理有：
代入数据可得：vC＝4m/s
可知vC＞v，所以小物块刚滑上传送带做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
设小物块减速到2m/s所用的时间为t1，则
此过程小物块的位移大小：
代入数据可得：x1＝0.6m t1＝0.2s
可知x1＜L，由于μ＜tanθ，所以小物块与传送带共速后继续向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
小滑块继续向上滑动过程，则有：
代入数据可得：t2＝1s
所以小物块从C点到D点的时间：t＝t1+t2＝0.2s+1s＝1.2s
（3）物块从C点到与传送带共速过程，物块相对传送带滑动的距离：Δx1＝x1﹣vt1＝0.6m﹣2×0.2m＝0.2m
物块与传送带共速到物块上滑到D点过程，物块相对传送带滑动的距离：Δx2＝vt2﹣（L﹣x1）＝2×1m﹣（1.6﹣0.6）m＝1m
物块从C到D的过程中，物块与传送带因摩擦产生的热量：Q＝μmgcosθ （Δx1+Δx2）
代入数据可得：Q＝0.48J
答：（1）小物块运动到B点时所受的支持力大小为3N；
（2）物块从C点到达D点的时间t为1.2s；
（3）物块从C到D的过程中，物块与传送带摩擦产生的热量Q为0.48J。
（2024春 天山区校级期中）如图（a），一倾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图（b）所示。已知AB段长度为2m，滑块质量为2kg，滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10m/s2，sin37°＝0.6。求：
（1）滑块第一次到达B点时的动能；
（2）滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
【解答】解：（1）设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义得：
W＝T1s1+T2s2
式中T1、T2和s1、s2分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小为：T1＝8N，s1＝1m，T2＝10N，s2＝1m
设滑块第一次到达B点时的动能为Ek，由动能定理得：
W+（mgsinθ﹣f）（s1+s2）＝Ek﹣0
联立式并代入题给数据得：
Ek＝26J
（2）根据机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为Ek，设滑块离B点的最大距离为smax，由动能定理可得：
﹣（mgsinθ+μmgcosθ）smax＝0﹣Ek
解得：smax＝1.3m
答：（1）滑块第一次到达B点时的动能为26J；
（2）滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离为1.3m。
（2024 温州二模）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由倾角θ＝53°的固定斜面CD、水平传送带EF、粗糙水平轨道FG、光滑圆弧轨道GPQ、及固定在Q处的弹性挡板组成。斜面CD高度h0＝0.4m，传送带EF与轨道FG离地面高度均为h，两者长度分别为l1＝4m、l2＝1.5m，OG、OP分别为圆弧轨道的竖直与水平半径，半径R＝0.8m，圆弧PQ所对应的圆心角α＝37°，轨道各处平滑连接。现将质量m＝1kg的滑块（可视为质点）从斜面底端的弹射器弹出，沿斜面从D点离开时速度大小v0＝5m/s，恰好无碰撞从E点沿水平方向滑上传送带。当传送带以v＝5m/s的速度顺时针转动，滑块恰好能滑至P点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，滑块与挡板碰撞后原速率反向弹回，不计空气阻力。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）高度h；
（2）滑块与水平轨道FG间的动摩擦因数μ2；
（3）滑块最终静止时离G点的距离x；
（4）若传送带速度大小可调，要使滑块与挡板仅碰一次，且始终不脱离轨道，则传送带速度大小v的范围。
【解答】解：（1）从D到E过程中滑块做斜抛运动，把D点速度分解到竖直和水平方向，
竖直方向：vy＝v0sinθm/s＝4m/s
水平方向：vx＝v0cosθm/s＝3m/s
运动到E点时竖直方向上速度为零，由运动学公式
得 y＝0.8m
所以，h＝y+h0＝0.8m+0.4m＝1.2m
（2）滑块以vx＝3m/s滑上传送带，假设能被加速到v＝5m/s，则：
成立。
故滑块离开F点的速度vF＝5m/s
从F到P过程应用动能定理得
解得：μ2＝0.3
（3）由分析可知，物块从P返回后向左进入传送带，又以原速率返回，设物块从P返回后，在FG之间滑行的总路程为s，对全过程应用动能定理得
mgR﹣μ2mgs＝0
解得：
所以，滑块停止时离G点：
（4）设传送带速度为v1时，滑块恰能到Q点，
在Q点满足：，得：
从F到Q应用动能定理得
解得：
设传送带速度为v2时，滑块撞挡板后恰能重新返回到P点，对该过程应用动能定理得
解得：
若滑块被传送带一直加速，则： 可得vm＝7m/s
所以，传送带可调节的速度范围为m/s≤vm/s
故答案为：（1）高度h为1.2m；
（2）滑块与水平轨道FG间的动摩擦因数μ2为0.3；
（3）滑块最终静止时离G点的距离x为；
（4）传送带可调节的速度范围为m/s≤vm/s
（2023秋 香坊区校级月考）如图所示，在竖直平面内有一半径为R的光滑圆弧轨道，半径OA水平、OB和OC竖直。质量为m，可视为质点的滑块从A的正上方P点由静止下落，在A点内侧进入轨道后，到达轨道的最高点B，若重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．物体运动到B点时速度大小一定等于
B．物体从B点飞出后，一定落在圆弧轨道外侧
C．物体在B、C两点对轨道的压力差ΔF与h有关，h越大，ΔF越大
D．h最小值为R
【解答】解：AB、物体运动到B点时，如果重力刚好提供向心力，则物体经过B点具有最小速度，根据牛顿第二定律可得
解得
即物体运动到B点时速度大小一定大于等于
物体从B点飞出后做平抛运动，则有
竖直方向自由落体运动，有
水平方向x匀速直线运动，有＝vBt≥vmint
联立解得
可知物体从B点飞出后，一定落在圆弧轨道外侧，故A错误，B正确；
C、设物体在B、C两点受重力、轨道的支持力大小为FB，FC，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
，
C到B过程，根据机械能守恒可得
联立可得
FC﹣FB＝6mg
可知物体在B、C两点对轨道的压力差ΔF恒与h无关，故C错误；
D、物体从P点到B点过程，根据动能定理可得
解得
故D错误。
故选：B。
（2023春 天宁区校级月考）如图，abc是竖直面内的固定轨道，ab长度为2R；bc是半径为R的四分之一的光滑圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球从静止开始始终受到水平方向的恒力F作用，F，由a点开始运动，到达从c点后继续在空中运动，不计一切阻力，则在c点飞出后在空中运动过程中的最小速度为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：从a到c根据动能定理可得：F（2R+R）﹣mgR
解得达到c点的速度大小为：v
在c点进行速度分解，如图所示：
在以后的运动过程中，沿合力方向速度减为零时的速度最小，即最小速度为：vmin＝vsinθ
根据几何关系可得：tanθ，解得：θ＝37°
所以：vmin，故B正确、ACD错误。
故选：B。
（2023春 历下区校级月考）“歼﹣20”是中国自主研制的双发重型隐形战斗机，该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务。在某次起飞中，质量为m的“歼﹣20”以恒定的功率P启动，在起飞过程中的速度随时间变化图像如图所示，起飞过程可看作在水平面上的直线运动，经时间t飞机达到最大速度vm时，刚好起飞。关于飞机起飞过程，下列说法正确的是（　　）
A．飞机所受合力不变，速度增加越来越慢
B．飞机所受合力增大，速度增加越来越快
C．发动机的牵引力做功为
D．飞机克服阻力所做的功为Pt
【解答】解：AB、飞机功率P恒定，由图示v﹣t图象可知，飞机的速度v逐渐增大，牵引力F逐渐减小，阻力f不变，飞机所受合力F﹣f不断减小，由牛顿第二定律可知，加速度减小，速度增加的越来越慢，故AB错误；
C、发动机的牵引力做功：W＝Pt0，故C错误；
D、由动能定理得：Pt0﹣Wf0，解得，克服阻力做功：Wf＝Pt0，故D正确。
故选：D。
（2022春 海门市期末）如图所示，一位滑雪运动员从斜面顶端由静止滑下，轨道末端为一段圆弧，不计一切阻力，其动能Ek关于水平位移x图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：设运动员在斜面上所受的合力为F，斜面倾角为θ，运动员在斜面上直线部分滑行的距离s；根据动能定理Fs＝Ek，联立得，可见Ek与x成正比，轨迹图像为过原点的直线，故BC错误；进入圆弧轨道，由于θ变化，合力不再恒定，图像变为曲线，经过最低点后，重力和阻力都做负功，动能减小，但不是均匀减小，故A正确，D错误。
故选：A。
（2022春 南关区校级期中）质量分别为2m和m的A、B两个物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，撤去F1、F2受到摩擦力的作用减速到静止，其v﹣t图像如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．A、B两个物体受到的摩擦力大小之比为1：1
B．F1、F2大小之比为1：2
C．F1、F2对A、B两个物体做功之比为1：2
D．全过程中摩擦力对A、B两个物体做功之比为1：2
【解答】解：A、由v﹣t图可知，v﹣t图的斜率表示物体匀变速直线运动的加速度，则两物匀减速直线运动的加速度大小分别为aA，aB．根据牛顿第二定律知，A、B受到的摩擦力大小分别为 fA＝2maA，fB＝maB，则fA＝fB，故A正确；
B、对于匀加速运动，加速度大小分别为aA′，aB′．由牛顿第二定律得：F1﹣fA＝2maA′，解得：F1．F2﹣fB＝maB′，得F2，可得F1、F2大小之比为2：1，故B错误；
C、对全过程，由动能定理得：WF﹣Wf＝0，则恒力做功 WF＝Wf，可知F1、F2对A、B做功之比为1：1，故C错误；
D、根据“面积”表示位移，可知，全过程的位移分别为 xA＝xB，可得：全过程中摩擦力对A、B做功分别为 WfA＝﹣fAxA＝WfB．故全过程中摩擦力对A、B做功之比为1：故D错误。
故选：A。
（2024春 郫都区校级期中）如图所示，高为L的粗糙斜轨道AB、CD与水平面的夹角均为45°，它们分别与竖直平面内的圆弧形光滑轨道相切于B、D两点，圆弧的半径也为L。质量为m的小滑块从A点由静止滑下后，经CD轨道返回，再次冲上AB轨道至速度为零时，相对于BD面的高度为。已知滑块与AB轨道间的动摩擦因数为μ1＝0.5，重力加速度为g，求：
（1）滑块第一次经过D点和第二次经过D点的动能；
（2）滑块与CD轨道间的动摩擦因数μ2；
（3）经过足够长时间后，滑块在两斜面上滑动的路程之和s。
【解答】解：（1）由动能定理可知，滑块第一次经过D时的动能为
mgL﹣μ1mgcos45° L＝Ek1
解得：Ek1＝0.5mgL
第二次经过D时的动能为
mgμ1mgcos45° L＝Ek2
解得：Ek2＝0.25mgL
（2）设第一次在CD上静止时离BD面的高度为h，由功能关系得
Ek1＝mgh﹣μ2mgcos45° h＝mgh+μ2mgh
Ek1﹣Ek2＝2μ2mgcos45° h＝2μ2mgh
代入数据解得
μ2
（3）设滑块在AB、CD上滑动的总路程分别为s1、s2，由题设条件可知，滑块在AB上从静止滑下到再次滑上AB并静止，其高度变为开始时的，则滑块在AB上滑行的总路程
s1）]L
经过很长时间，滑块将保持在BD间滑动，损失的机械能为
mgL＝μ1mgcos45° s1+μ2mgcos45° s2
解得
s2L
所以
s＝s1+s2LLL
答：（1）滑块第一次经过D点和第二次经过D点的动能分别为0.5mgL和0.25mgL；
（2）滑块与CD轨道间的动摩擦因数为；
（3）经过足够长时间后，滑块在两斜面上滑动的路程之和为L。
（2024春 西湖区校级期中）如图，水平平台上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点，平台AB段光滑，BC段长x＝1m，与滑块间的摩擦因数为μ1＝0.25。平台右端与水平传送带相接于C点，传送带的长为L＝3m，与滑块间的摩擦因数为μ2＝0.4，传送带向右匀速运动，其速度的大小可以由驱动系统根据需要设定。传送带右端D点与一光滑圆弧形轨道相切，圆弧形轨道半径R＝0.8m。今将一质量m＝2kg的滑块向左压缩轻弹簧到最短，此时弹簧的弹性势能为Ep＝30J，然后突然释放，滑块滑到传送带右端D点后继续滑上圆弧形轨道。重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。不计空气阻力。求：
（1）滑块到达C点的速度vC。
（2）改变传送带的速度，求物块从传送带右侧D滑出时速度v的范围。
（3）要使滑块不脱离圆弧形轨道，求传送带的速度范围。
【解答】解：（1）以滑块为研究对象，从释放到C点的过程，由动能定理得：Ep﹣μ1mgx
代入数据得：vC＝5m/s
（2）当传送带速度较小，物块在传送带一直做匀减速直线运动，有：2a'L
当传送带速度较大，物块在传送带一直做匀加速直线运动，有：2a'L
根据牛顿第二定律有：μ2mg＝ma'
解得：vD＝1m/s，v'D＝7m/s，
所以物块从传送带右侧D滑出时速度v的范围为1m/s≤v≤7m/s；
（3）设滑块在D点的速度为vD1时，恰好过圆弧最高点，由牛顿第二定律得：mg＝m
滑块从D点到E点的过程，由动能定理得：﹣mg 2R
代入数据解得：vD1＝2m/s
（Ⅱ）设滑块在D点的速度为vD2时，恰好到圆弧处速度为零，此过程由动能定理得：﹣mgR＝0
代入数据解得：vD2＝4m/s
结合（2）可知要使滑块不脱离圆弧形轨道，则传送带速度v传≤4m/s，或v传≥2m/s，
答：（1）滑块到达C点的速度为5m/s。
（2）物块从传送带右侧D滑出时速度v的范围为1m/s≤v≤7m/s；
（3）要使滑块不脱离圆弧形轨道，传送带的速度范围为v传≤4m/s，或v传≥2m/s。
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专题强化（8）动能定理的应用
掌握动能定理的应用与动能定理的图像分析问题
知识点1 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．
（2024秋 长安区月考）如图甲所示，一光滑大圆环固定在竖直面内，圆心为O，将套在大圆环上的小球（可视为质点）从大圆环的顶点由静止释放后，测得小球的向心加速度大小a和小球与O点连线转过的角度θ之间的关系图线如图乙所示.已知图乙中a1＝19.6m/s2。下列说法中正确的是（　　）
A．图乙中am＝39.2m/s2
B．当地的重力加速度大小为9.78m/s2
C．只增大大圆环的半径，图乙中的am将增大
D．只增大小球的质量，图乙中的am将增大
（2024秋 南岗区校级月考）巴黎奥运会网球女单决赛中，中国选手郑钦文以2：0战胜克罗地亚选手维基奇夺冠。这是中国运动员史上首次赢得奥运网球单打项目的金牌。某次郑钦文将质量为m的网球击出，网球被击出瞬间距离地面的高度为h，网球的速度大小为v1，经过一段时间网球落地，落地瞬间的速度大小为v2，重力加速度为g，网球克服空气阻力做功为Wf。则下列说法正确的是（　　）
A．击球过程，球拍对网球做功为
B．网球从被击出到落地的过程，网球动能的增加量为mgh
C．网球从被击出到落地的过程，网球的机械能减少mgh﹣Wf
D．
（2024秋 鹿城区校级月考）如图所示，一滑块从固定斜面顶端A由静止下滑，最终停在C点。已知AD的高度h＝3m，BD的长度L1＝4m，AD⊥BD，斜面与水平面在B点平滑连接，BC的长度L2＝10m，小滑块从A点运动至C点的总时间为5s，假定小滑块在AB上做匀加速直线运动，在BC上做匀减速直线运动，求：
（1）小滑块滑至B点时的速度大小vB；
（2）小滑块从A运动到C点的平均速度的大小（可用根式表示）；
（3）若在C点正上方H＝20m处有一小球，某时刻将小球由静止释放，不计空气阻力，取g＝10m/s2，小球恰好与刚刚停下的滑块在C点相遇，求释放小球瞬间滑块离B点的距离。
知识点2 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
（2024春 重庆期末）一个可看作质点的滑块，从固定斜面底端以某一初速度滑上光滑斜面，到最高点后又返回斜面底端。以斜面底端所在平面为参考面，向上运动过程中滑块的动能Ek与高度h的关系如图所示，取重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．该滑块的质量为1.0kg
B．滑块返回斜面底端时的速度大小为4.0m/s
C．滑块上升到0.2m高度时的机械能为3J
D．滑块下滑到0.4m高度时的速度大小为2.0m/s
（多选）（2024春 中山市期末）如图甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力f。大小恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．图乙中0﹣20m的过程，物块受到的摩擦力始终做负功
B．图乙中0﹣20m的过程，物块受到的重力始终做负功
C．图乙中0﹣10m的过程，物块克服摩擦力的功等于摩擦增加的内能
D．图乙中10m﹣20m的过程，物块机械能增加
（多选）（2024春 洛阳期末）一小球竖直向上抛出，然后落回到原处。小球初动能为Ek0，假设小球受到的空气阻力和速度成正比，取抛出点为零势能点，则该过程中，小球的机械能E与位移x关系和动能Ek与位移x关系的图线是（　　）
A． B．
C． D．
类型2 F-x图像与动能定理的结合
（2024春 铜陵期末）质量为m＝1kg的玩具小汽车（可视为质点）由静止开始沿直线加速，最后减速至静止，其合外力F随位移x的变化图像如图所示。已知玩具小汽车在位移x＝10m时恰好停下。下列关于玩具小汽车运动的物理量描述正确的是（　　）
A．初始阶段合外力F1＝1.5N
B．速度的最大值为2m/s
C．加速运动的时间为1s
D．匀速运动的时间为3s
（2024秋 顺义区校级月考）如图甲所示，质量为4kg的物体在水平推力作用下开始运动，推力大小F随位移大小x变化的情况如图乙所示，物体与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10m/s2。则（　　）
A．物体在F减为零之前一直做加速运动
B．运动过程中推力做的功为400J
C．该物体所走位移为4米时获得的动能为120J
D．物体在运动过程中的加速度先增大后减小，最后保持不变
（2024春 丽水期末）有一段粗糙轨道AB长为s，第一次物块以初速度v0由A出发，向右运动达到B时速度为v1，第二次物块以初速度v0由B出发向左运动。以A为坐标原点，物块与地面的摩擦力f随x的变化如图，已知物块质量为m，下列说法正确的是（　　）
A．物块在第一次运动中做匀减速直线运动
B．f﹣x图像的斜率为
C．第二次能到达A点，且花费时间较第一次长
D．两次运动中，在距离A点处摩擦力功率大小相等
类型3 其他图像与动能定理的结合
（2024春 广西期末）如图甲所示，倾角为θ的斜面体固定在水平面上，其中斜面的长度为l0，一质量为m可视为质点的物块从静止开始由斜面体的顶端A滑到底端B，物块与斜面体之间的动摩擦因数与到A点的距离x按图乙所示的规律变化。则物块在斜面的中点速度大小为（　　）。
A．
B．
C．
D．
（2024 辽宁模拟）一辆智能电动玩具车在水平路面上由静止开始加速，其加速度a随时间t的变化关系如图所示，当玩具车加速t＝1s后，牵引力的功率保持恒定。已知玩具车的质量m＝2kg，行驶过程中受到恒定的阻力f＝2N，则玩具车（　　）
A．从t＝0到t＝1s的位移为2m
B．从t＝0到t＝1s的牵引力做功为4J
C．从t＝1s到t＝3.17s的位移约为7m
D．从t＝1s到t＝3.17s的牵引力做功为21J
（2024春 渝中区校级月考）2023年12月26日，华为问界M9新车发布，问界M9采用前后双电机布局，综合最大功率405kW，纯电（100度电池容量）续航630km，被称为“遥遥领先”。如图为问界M9汽车某次测试行驶时的加速度a和车速倒数的关系图像。若汽车质量为2.5×103kg，汽车静止开始沿平直公路行驶，假设行驶中阻力恒定，则（　　）
A．汽车匀加速的时间为5s
B．测试中汽车从30m/s加速到40m/s用时为4s，该段过程中汽车行驶的距离约为43.3m
C．汽车所受阻力为2.5×103N
D．汽车发动机的额定功率为2.5×105W
知识点3 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
（多选）（2024秋 思明区校级月考）某一斜面固定在水平地面上，顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接，斜面的倾角为θ。一小木块从斜面的顶端由静止开始下滑，滑到水平面上的A点停下，已知木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，A点到O点的距离为x，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．整个过程摩擦力对小木块的功为μmgx
B．只增加小木块的质量，其它条件不变，小木块停A点的右侧
C．只增加斜面的倾角，其它条件不变，小木块仍停在A点
D．在A点小木块获得2mgh大小的动能，小木块刚好滑到斜面顶端
（2024春 沙坪坝区校级期中）如图所示，水平轨道与竖直圆轨道底部相通，圆轨道的上方有一个缺口CD，CD关于通过圆轨中心O的竖直线对称，缺口的圆心角∠COD＝2θ＝120°，圆轨道的半径R＝1m。一质量为m＝0.4kg的小球静止在A点，在F＝7x（x为物体的位移）的力作用下开始运动，到圆轨道最低点B时撤去F，然后沿竖直圆轨道上滑，不计一切摩擦，重力加速度g＝10m/s2，则（　　）
A．若小球恰好能过C点，则vC＝0
B．若小球恰好能过C点，AB两点间的距离
C．若小球恰好能过C点，离开C点后能上升的最大高度为0.25m
D．若小球恰好能过C点，也恰好能无碰撞地回到D点后沿轨道落回
（2024春 光明区校级期中）如图甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙的模型。倾角为45°的直轨道AB、半径R＝10m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF，分别通过水平光滑轨道BC、C'E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离l＝40m。现有质量m＝500kg的过山车，从高h＝40m的A点由静止下滑，经BCDC'EF最终停在G点，过山车与轨道AB、EF的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG的动摩擦因数为μ2＝0.75，过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小；
（2）过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小；
（3）减速直轨道FG的长度。
类型2 动能定理在往返运动问题中应用
（2024春 南昌期末）半径R＝1m的光滑圆弧OAC与传送带CD相切于C点，将一质量为m＝0.1kg的小物块从与圆心等高的A处无初速度释放，经C点进入倾角为θ＝37°的皮带传输机，D为传输机皮带的最高点，CD间距离为L＝1.6m，皮带以v＝2m/s的速率顺时针转动且不打滑，物块与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力，g＝10m/s2。
（1）小物块运动到B点时所受的支持力大小；
（2）物块从C点到达D点的时间t；
（3）物块从C到D的过程中，物块与传送带摩擦产生的热量Q。
（2024春 天山区校级期中）如图（a），一倾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图（b）所示。已知AB段长度为2m，滑块质量为2kg，滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10m/s2，sin37°＝0.6。求：
（1）滑块第一次到达B点时的动能；
（2）滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
（2024 温州二模）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由倾角θ＝53°的固定斜面CD、水平传送带EF、粗糙水平轨道FG、光滑圆弧轨道GPQ、及固定在Q处的弹性挡板组成。斜面CD高度h0＝0.4m，传送带EF与轨道FG离地面高度均为h，两者长度分别为l1＝4m、l2＝1.5m，OG、OP分别为圆弧轨道的竖直与水平半径，半径R＝0.8m，圆弧PQ所对应的圆心角α＝37°，轨道各处平滑连接。现将质量m＝1kg的滑块（可视为质点）从斜面底端的弹射器弹出，沿斜面从D点离开时速度大小v0＝5m/s，恰好无碰撞从E点沿水平方向滑上传送带。当传送带以v＝5m/s的速度顺时针转动，滑块恰好能滑至P点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，滑块与挡板碰撞后原速率反向弹回，不计空气阻力。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）高度h；
（2）滑块与水平轨道FG间的动摩擦因数μ2；
（3）滑块最终静止时离G点的距离x；
（4）若传送带速度大小可调，要使滑块与挡板仅碰一次，且始终不脱离轨道，则传送带速度大小v的范围。
（2023秋 香坊区校级月考）如图所示，在竖直平面内有一半径为R的光滑圆弧轨道，半径OA水平、OB和OC竖直。质量为m，可视为质点的滑块从A的正上方P点由静止下落，在A点内侧进入轨道后，到达轨道的最高点B，若重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．物体运动到B点时速度大小一定等于
B．物体从B点飞出后，一定落在圆弧轨道外侧
C．物体在B、C两点对轨道的压力差ΔF与h有关，h越大，ΔF越大
D．h最小值为R
（2023春 天宁区校级月考）如图，abc是竖直面内的固定轨道，ab长度为2R；bc是半径为R的四分之一的光滑圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球从静止开始始终受到水平方向的恒力F作用，F，由a点开始运动，到达从c点后继续在空中运动，不计一切阻力，则在c点飞出后在空中运动过程中的最小速度为（　　）
A． B． C． D．
（2023春 历下区校级月考）“歼﹣20”是中国自主研制的双发重型隐形战斗机，该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务。在某次起飞中，质量为m的“歼﹣20”以恒定的功率P启动，在起飞过程中的速度随时间变化图像如图所示，起飞过程可看作在水平面上的直线运动，经时间t飞机达到最大速度vm时，刚好起飞。关于飞机起飞过程，下列说法正确的是（　　）
A．飞机所受合力不变，速度增加越来越慢
B．飞机所受合力增大，速度增加越来越快
C．发动机的牵引力做功为
D．飞机克服阻力所做的功为Pt
（2022春 海门市期末）如图所示，一位滑雪运动员从斜面顶端由静止滑下，轨道末端为一段圆弧，不计一切阻力，其动能Ek关于水平位移x图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2022春 南关区校级期中）质量分别为2m和m的A、B两个物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，撤去F1、F2受到摩擦力的作用减速到静止，其v﹣t图像如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．A、B两个物体受到的摩擦力大小之比为1：1
B．F1、F2大小之比为1：2
C．F1、F2对A、B两个物体做功之比为1：2
D．全过程中摩擦力对A、B两个物体做功之比为1：2
（2024春 郫都区校级期中）如图所示，高为L的粗糙斜轨道AB、CD与水平面的夹角均为45°，它们分别与竖直平面内的圆弧形光滑轨道相切于B、D两点，圆弧的半径也为L。质量为m的小滑块从A点由静止滑下后，经CD轨道返回，再次冲上AB轨道至速度为零时，相对于BD面的高度为。已知滑块与AB轨道间的动摩擦因数为μ1＝0.5，重力加速度为g，求：
（1）滑块第一次经过D点和第二次经过D点的动能；
（2）滑块与CD轨道间的动摩擦因数μ2；
（3）经过足够长时间后，滑块在两斜面上滑动的路程之和s。
（2024春 西湖区校级期中）如图，水平平台上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点，平台AB段光滑，BC段长x＝1m，与滑块间的摩擦因数为μ1＝0.25。平台右端与水平传送带相接于C点，传送带的长为L＝3m，与滑块间的摩擦因数为μ2＝0.4，传送带向右匀速运动，其速度的大小可以由驱动系统根据需要设定。传送带右端D点与一光滑圆弧形轨道相切，圆弧形轨道半径R＝0.8m。今将一质量m＝2kg的滑块向左压缩轻弹簧到最短，此时弹簧的弹性势能为Ep＝30J，然后突然释放，滑块滑到传送带右端D点后继续滑上圆弧形轨道。重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。不计空气阻力。求：
（1）滑块到达C点的速度vC。
（2）改变传送带的速度，求物块从传送带右侧D滑出时速度v的范围。
（3）要使滑块不脱离圆弧形轨道，求传送带的速度范围。
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