专题10 动能定理的应用-【高考二轮】2024年高考物理热点知识清单与题型讲练（全国通用）

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一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。
专题10 动能定理的应用
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc153037241" 题型一 动能定理的理解与基本应用 PAGEREF _Tc153037241 \h 1
\l "_Tc153037242" 题型二 动能定理与图像的结合 PAGEREF _Tc153037242 \h 6
\l "_Tc153037243" 类型1 Ek-x图像问题 PAGEREF _Tc153037243 \h 6
\l "_Tc153037244" 类型2 F-x图像与动能定理的结合 PAGEREF _Tc153037244 \h 10
\l "_Tc153037245" 类型3 其他图像与动能定理的结合 PAGEREF _Tc153037245 \h 15
\l "_Tc153037246" 题型三 动能定理在多过程问题中的应用 PAGEREF _Tc153037246 \h 17
题型一 动能定理的理解与基本应用
1．表达式：W＝Ek2－Ek1＝ΔEk.
其中Ek2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)表示一个过程的末动能，Ek1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)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秋•杭州期中）如图所示是姚明在NBA比赛中的一个漂亮投篮，篮球以与水平面成450的倾角准确落入篮筐，假设运动员投篮时在空中的速度恰好为零且投球点和篮筐正好在同一水平面上，投球点到篮筐的水平距离为5m。篮球质量约600g，不考虑空气阻力，g取10m/s2。根据以上数据，下列说法正确的是（ ）
A．篮球投出后的最高点距篮筐的竖直距离为2.5m
B．篮球进框的速度为5m/s
C．运动员投出篮球过程中，对篮球做的功约为15J
D．从篮球出手开始到落入篮筐的过程中，篮球运动的时间为2s
【解答】解：B、篮球在空中运动轨迹如下图所示：
设篮球升到最高点的时间为t，则t=vyg，由对称性可知篮球的初速度与水平方向夹角为45°，可知vx＝vy
篮球在水平方向做匀速直线运动，则有：x＝vx•2t，其中x＝5m
代入数据可得：vx＝vy＝5m/s，则篮球进框的速度v0=2vx=2×5m/s=52m/s，故B错误；
A、篮球最高点距篮筐的竖直距离y=vy22g=522×10m=1.25m，故A错误；
C、运动员投出篮球过程中，对篮球做的功W=12mv02
代入数据可得：W＝15J，故C正确；
D、从篮球出手开始到落入篮筐的过程中，篮球运动的时间t'=2t=2×vyg=2×510s=1s，故D错误。
故选：C。
（2023秋•北辰区校级期中）如图所示，高铁动车使从天津到北京的通行时间缩短在半小时左右，便利出行。假设此高铁动车启动后沿平直轨道行驶，发动机的功率恒为P且行驶过程中受到的阻力大小恒定。已知动车的质量为m，最高行驶速度vm＝350km/h。则下列说法正确的是（ ）
A．当动车的速度为vm4时，动车的加速度大小为3Pmvm
B．由题目信息无法估算天津到北京铁路的长度
C．从启动到速度为vm的过程中，动车牵引力所做的功为12mvm2
D．行驶过程中动车受到的阻力大小为Pvm
【解答】解：D、最高速行驶时，阻力与牵引力平衡，行驶过程中动车受到的阻力大小为f=Pvm
故D错误；
A、当动车的速度为vm4时，根据牛顿第二定律，动车的加速度大小为
a=F−fm=4Pvm−fm=3Pmvm
故A正确；
B、整个过程中，根据动能定理有
Pt﹣fx=12mvm2
由此可估算出铁路的长度x，故B错误；
C、设从启动到速度为vm的过程中，动车行驶的距离为x′，动车牵引力所做的功为W，根据动能定理W﹣fx′=12mvm2
可得动车牵引力所做的功W＞12mvm2，故C错误。
故选：A。
（2023春•市南区校级期末）如图，质量为m的小球，从离地面H高处由静止释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止．设小球受到空气阻力恒定，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球落到地面时动能等于mgH
B．小球陷入泥中的过程中克服泥土阻力做功为mgh
C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg（H+h）
D．小球陷入泥中的过程克服泥土阻力所做的功等于刚落到地面时的动能
【解答】解：A、设小球受到空气阻力大小为f。从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得：mgH﹣fH＝Ek﹣0，则得小球落到地面时动能Ek＝mgH﹣fH，可见由于空气阻力的存在，小球落到地面上时动能小于mgH，故A错误；
B、小球陷入泥中的过程，由动能定理得：mgh﹣W阻＝0﹣Ek，W阻为克服泥土阻力所做的功，得：W阻＝mgh+Ek，可知小球陷入泥中的过程中克服泥土阻力做功大于mgh，故B错误；
C、对整个过程来说，由动能定理得：mg（H+h）﹣Wf＝0，所以整个过程中小球克服阻力做的功Wf＝mg（H+h），故C正确；
D、小球陷入泥中的过程，由动能定理得：mgℎ−W1=0−12mv2，解得W1=mgℎ+12mv2，所以小球陷入泥中的过程克服泥土阻力所做的功大于刚落到地面时的动能，故D错误。
故选：C。
（2023秋•青羊区校级月考）在一次消防演练中，演习者被困在第7层楼的房间内，通过救生缓降器进行自救，开始下滑的位置离地面高H＝18m，要求他在离地面高h＝4m处开始以v2＝2m/s的速度匀速下滑着地。演习者调节调速器先加速下滑一段时间后再减速下滑，刚好按要求到达地面。已知演习者的质量为50kg，加速时加速度允许最大值为a1＝4m/s2，减速时加速度允许最大值为a2＝2m/s2，g＝10m/s2。要求演习者以最短时间到达地面，忽略空气阻力。求：
（1）演习者加速下滑过程中的位移；
（2）整个过程中，缓降器的作用力对演习者所做的功。
【解答】解：（1）当演习者以最大允许加速度加速a1＝4m/s2和最大允许加速度a2＝2m/s2减速时，所用时间才最短。设演习者加速下滑过程中的位移为x1，初速度为0，加速阶段的末速度为v1；减速下滑过程中的位移为x2，减速时的末速度为v2＝2m/s；则由运动学公式
加速下滑时有：v12=2a1x1
减速下滑时有：v12−v22=2a2x2
由几何关系有H＝x1+x2+h
其中H＝18m，h＝4m，a1＝4m/s2，a2＝2m/s2 代入数据
联立解得，演习者加速下滑过程中的位移为x1＝5m。
（2）设整个过程中缓降器的拉力对演习者做的功为W，由动能定理可得mgH+W=12mv22−0
代入数据解得W＝﹣8900J
所以整个过程中，缓降器的作用力对演习者所做的功为﹣8900J。
（2023春•红塔区校级期末）如图所示，一可以看作质点的质量m＝2kg的小球以初速度v0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，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＝0.5m。已知sin53°＝0.8，cs53°＝0.6，不计空气阻力，取g＝10m/s2，求：
（1）小球的初速度v0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。
【解答】解：（1）小球从桌面飞出到A点的过程中，做平抛运动，由动能定理有：
12mvA2−12mv02=mg（R+Rcsθ）
又有：v0＝vAcsθ
解得：v0＝3m/s；
（2）小球恰好能通过最高点C的临界条件是：mg=mvC2R
而小球从桌面到C的过程中，重力做的功为0，由动能定理得：
Wf=12mvC2−12mv02
解得在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功为：Wf＝﹣4J
题型二 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)v­t图：由公式x＝vt可知，v­t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。
(2)a­t图：由公式Δv＝at可知，a­t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
(3)F­s图：由公式W＝Fs可知，F­s图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(4)P­t图：由公式W＝Pt可知，P­t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•泉州期末）如图（a），倾角为37°的斜面固定在水平地面上，一小物块从底端O点以一定初速度冲上斜面。以O点为原点，沿水平方向建立Ox坐标系，物块沿斜面运动过程中，动能Ek随x的变化规律如图（b）中的曲线Ⅰ和Ⅱ所示，取sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，重力加速度大小为10m/s2，则物块的质量m及物块与斜面间的动摩擦因数μ分别为（ ）
A．m＝1kg，μ＝0.25B．m＝1kg，μ＝0.2
C．m＝1.25kg，μ＝0.25D．m＝1.25kg，μ＝0.2
【解答】解：根据动能定理，对上滑过程有：﹣μmgcs37°×xcs37°−mgxtan37°＝0﹣Ek0，（其中Ek0＝4J，x＝0.4m）
对全程有：﹣2×μmgcs37°×xcs37°=Ek1﹣Ek0，（其中Ek1＝2J）
解得：m＝1kg，μ＝0.25，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023春•鼓楼区校级期末）某摩托车企业生产了一款高性能摩托车，为了测试摩托车的各项指标，在封闭场地对该摩托车进行测试。假设摩托车在平直的公路上以额定功率行驶，行驶一段距离后关闭发动机，测出了摩托车动能Ek与位移x的关系图像如图所示。已知摩托车的质量为200kg，摩托车运动过程中所受阻力恒定。则下列说法正确的是（ ）
A．摩托车加速运动的时间为20s
B．摩托车的额定功率为70kW
C．摩托车受到的阻力大小为1000N
D．摩托车速度为40m/s时，加速度为2m/s2
【解答】解：C．由图像可知摩托车运动过程中的最大动能为3.6×105J，由动能表达式Ek=12mv2
解得摩托车行驶的最大速度为vm＝60m/s
关闭发动机后摩擦力做功使动能减小，由动能定理得﹣fx3＝0﹣Ekm
其中由图像可知减速的位移为x3＝1500m﹣1200m＝300m
解得f＝1200N
故C错误；
B．受力分析可知，额定功率下摩托车做匀速运动时有F牵＝f，P＝F牵vm
联立解得P＝1200N×60m/s＝7.2×104W＝72kW
故B错误；
A．设摩托车加速运动时间为t1，加速过程由动能定理得Pt1﹣fx1＝Ekm
解得t1＝20s
故A正确；
D．摩托车速度为40m/s时，牵引力大小为F牵'=Pv
根据牛顿第二定律得F牵'﹣f＝ma
解得a＝3m/s2
故D错误。
故选：A。
（2023•河北模拟）如图甲所示，一质量为1kg的滑块（视为质点）以某一初速度冲上足够长的固定斜面，以斜面底端为位移的起点，滑块在斜面上运动的动能Ek随位移x变化的关系如图乙所示。取重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．斜面倾角的正弦值为0.5
B．滑块上滑过程克服摩擦力做的功为20J
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25
D．滑块返回斜面底端时，滑块所受重力的功率为12W
【解答】解：AB．由乙图可知滑块上滑的最大位移为5m，从斜面底端上滑至回到斜面底端过程中克服阻力做功为20J，所以上滑和下滑过程克服阻力做功都为10J。则上滑过程中有
﹣mgxsinθ+Wf＝﹣40J，Wf＝﹣10J
联立解得：sinθ=35
故AB错误；
C．上滑过程中阻力做功Wf＝﹣μmgcsθ•x＝﹣10J，csθ=45
联立解得：μ＝0.25
故C正确；
D．滑块返回斜面底端时，滑块的动能为：
Ek=12mv2=20J
解得v=210m/s
滑块所受重力的功率为：
P=mgvsinθ=1×10×210×0.6W=1210W
故D错误。
故选：C。
（2023•青浦区二模）我国的民用无人机技术发展迅速，目前已占据全球市场一半以上。某品牌无人机出厂前进行竖直飞行测试，发动机起飞一段时间后关闭，再经历一小段时间到达最高点。已知无人机发动机提供的升力大小恒定，空气阻力恒为重力的0.25倍，无人机的动能E与上升高度h的关系如图所示，则下列论述错误的是（ ）
A．无人机的升力大小是68.6N
B．无人机的质量是4kg
C．空气阻力的大小是8N
D．加速段与减速段时间之比为7：5
【解答】解：A．由动能E与上升高度h的关系图，可得斜率大小即为合外力的大小，故得到加速段的合外力大小为F﹣mg﹣f=501.75N=28.6N，减速段的合外力为mg+f=503−1.75N=40N，联立可得升力F＝68.6N，故A正确；
BC．由减速段的合外力为mg+f＝1.25mg＝40N，可得无人机m＝3.2kg，空气阻力f＝0.25mg＝0.25×3.2×10N＝8N，故B错误，C正确；
D．由于加速段和减速段均为匀变速直线运动，可知两阶段的平均速度相等，故时间之比等于位移之比为1.75：1.25＝7：5，故D正确。
本题选错误的，故选：B。
（2023•东城区一模）如图甲所示，一物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面。物块在斜面上运动的过程中，其动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．物块质量为0.7kg
B．物块所受摩擦力大小为0.7
C．0～20m过程中，物块克服摩擦力做功为40J
D．0～10m过程中与10m～20m过程中物块所受合力之比为3：4
【解答】解：AB、物块沿斜面上滑过程，由动能定理得：﹣mgssin30°﹣fs＝0﹣Ek1
物块沿斜面下滑过程，由动能定理得：mgssin30°﹣fs＝Ek2﹣0
代入数据联立解得：m＝0.7kg
f＝0.5N
故A正确，B错误；
C、0～20m过程中，物块克服摩擦力做功为Wf＝2fs＝2×0.5×10J＝10J
故C错误；
D、0～10m过程中，物块所受合外力为F1＝mgsin30°+f＝0.7×10×12N+0.5N＝4N
10m～20m过程中物块所受合力为F2＝mgsin30°﹣f＝0.7×10×12N﹣0.5N＝3N
合力之比为4：3，故D错误。
故选：A。
类型2 F-x图像与动能定理的结合
（2023•昌平区模拟）如图所示，在光滑水平桌面内，固定有光滑轨道ABC，其中半圆轨道BC与直轨道AB相切于B点，物体受到与AB平行的水平拉力F，从静止开始运动，拉力F的大小满足如图乙所示（以A为坐标原点，拉力F从A指向B为正方向）。若m＝1kg，AB＝4m，半圆轨道的半径R＝1.5m，重力加速度取g＝10m/s则下列说法中正确的是（ ）
A．拉力F从A到B做功为50J
B．物体从B到C过程中，所受的合外力为0
C．物体能够到达C点，且速度大小为25m/s
D．物体能够到达C点，且速度大小为215m/s
【解答】解：A、因为W＝Fx，所以F﹣x图象中，图线与x轴所围成的图形的面积即为功，面积之和为30J，所以拉力F从A到B做功为W＝30J，故A错误；
B、物体从B到C的过程中，所受的合外力不为零，物体从B到C做匀速圆周运动，所受到的合外力指向圆心，故B错误；
CD、初位置A到C点的过程中，根据动能定理有W=12mv2，
解得物体到达C点的速度大小为v=215m/s，故C错误，D正确。
故选：D。
（2023春•厦门期末）质量为1kg的物体放在水平地面上，与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，在水平拉力F的作用下，由静止开始做直线运动，拉力F和物体的位移x之间的关系如图所示，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．0～1m内，拉力做功为7.5J
B．0～1m内，物体克服摩擦力做功为7.5J
C．0～2m内，物体克服摩擦力做功为12.5J
D．0～2m内，物体动能增加12.5J
【解答】解：A、0～1m内，拉力随位移成线性变化，则图像与坐标轴围成的面积代表拉力做功，即W=10+52×1J＝7.5J.故A正确；
B、0～1m内，物体克服摩擦力做功为Wf＝μmgx＝0.5×1×10×1J＝5J，故B错误；
C、0～2m内，物体克服摩擦力做功为W'f＝μmgx'＝0.5×1×10×2J＝10J，故C错误；
D、拉力在1～2s做功为W'＝Fx＝5×1J＝5J
根据动能定理可知
W+W'﹣W'f＝ΔEk
解得动能的增加量ΔEk＝2.5J，故D错误。
故选：A。
（2023春•湖南期末）木箱放在水平地面，在水平外力F作用下由静止开始运动，F随木箱的位移x的变化规律如图所示，当木箱运动0.4m时，木箱的动能最大，已知木箱质量为m＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，则（ ）
A．木箱与水平地面间的动摩擦因数为0.2
B．木箱运动0.5m的动能为0
C．木箱运动的最大位移为1.25m
D．木箱获得的最大动能为4.8J
【解答】解：A．当木箱运动0.4m时，外力大小为
F1=20×(0.5−0.4)0.5N=4N
此时木箱的动能最大，可判断出此时木箱的速度最大，因此木箱的合力为0，根据摩擦力的计算公式可得：
F1＝μmg
解得：μ＝0.4，故A错误；
B．F﹣x图像中，图线与横轴围成的面积表示力做的功，则木箱运动0.5m，水平外力做功为
W1=20×0.52J=5J
木箱运动0.5m，摩擦力做功为
Wf1＝﹣μmgx＝﹣4×0.5J＝﹣2J
根据动能定理可得：
W1+Wf1=12mv12
解得：v1=6m/s，故B错误；
C．假设木箱运动的最大位移为xmax，根据动能定理可得：
W1﹣μmgxmax＝0
解得：xmax＝1.25m，故C正确；
D．同上述分析可知当木箱运动0.4m时，外力做功为
W2=(20+4)×0.42J=4.8J
与此同时，摩擦力做功为
Wf2＝﹣μmgx'＝﹣4×0.4J＝﹣1.6J
此过程木箱的动能最大，根据动能定理有
W2+Wf2＝Ekmax
解得：Ekmax＝3.2J，故D错误。
故选：C。
（2022秋•黄浦区期末）在水平力F的作用下质量为2kg的物块由静止开始在水平地面上做直线运动，水平力F随时间t变化的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.1，g取10m/s2。则（ ）
A．6s时物块的动能为零
B．3s时物块离初始位置的距离最远
C．0～6s时间内合外力对物块所做的功为8J
D．0～6s时间内水平力 F 对物块所做的功为20J
【解答】解：A.物块与地面滑动摩擦力f＝μmg＝0.1×2×10N＝2N
0～3s，以F方向为正方向，根据动量定理：（F﹣f）t3＝mv3
解得v3＝3m/s
3s后F反向，根据牛顿第二定律，物块加速度a=F+fm=4+22m/s2=3m/s2
物块做匀减速运动，运动时间Δt=v3a=33s=1s
4s末速度为零，之后反向加速，根据牛顿第二定律，物块加速度a'=F−fm=4−22m/s2=1m/s2
6s末速度v6＝a'（t6﹣t4）＝1×（6﹣4）m/s＝2m/s
根据动能公式，6s末物块动能Ek6=12mv62=12×2×22J=4J
故A错误；
B．4s末速度为零，之后反向运动，故4 s 末物块离初始位置距离最远，故B错误；
C．0～6 s，根据动能定理：W合＝Ek6，解得W合＝4J
故C错误；
D.0～3s，位移大小x1=v32t3=32×3m=4.5m
3s～4s位移大小为x2=v32(t4−t3)=32×(4−3)m=1.5m
4s～6s位移大小为x3=v62(t6−t4)=22×(6−4)m=2m
0～3s、4s～6s水平力F做正功，3s～4s水平力F做负功
0～6s水平力F做的功为W＝F（x1+x3﹣x2）＝4×（4.5+2﹣1.5）J＝20J
故D正确。
故选：D。
（2023春•景洪市校级期末）如图甲所示，在水平地面上放置一质量m＝4kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力随位移x变化的图像如图乙所示。已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动
B．水平推力所做的功为200J
C．物体在运动过程中的加速度先变小后不变
D．物体运动0～4m的过程中合力做的功为420J
【解答】解：AC、物体所受滑动摩擦力f＝μmg＝0.5×4×10N＝20N，推力从100N减小到0，当推力大于滑动摩擦力时物体做加速运动，随推力的减小，物体所受合力减小，由牛顿第二定律可知，加速度减小；当推力小于滑动摩擦力时随推力减小，物体所受合力增大，由牛顿第二定律可知，加速度增大，物体做减速运动；撤去推力后物体所受合力等于滑动摩擦力，所受合力不变，物体做匀减速直线运动直到静止；因此物体先做加速运动，当推力等于滑动摩擦力后做减速运动，撤去推力后做匀减速直线运动，最终静止；物体的加速度大小先减小后增大再不变，故AC错误；
B、由图乙所示图象可知，推力做功W推=12×100×4J＝200J，故B正确；
D、物体运动0～4m的过程中合力做的功W＝W推﹣fx＝200J﹣20×4J＝120J，故D错误。
故选：B。
类型3 其他图像与动能定理的结合
（2023春•铁岭期末）如图甲所示，在一无限大的光滑水平面上静止放置着可视为质点的物体，以物体所在初始位置为坐标原点建立一维坐标系，现给物体施加一沿x轴正方向的作用力F，其加速度a与坐标x的关系如图乙所示，则在x＝4m处，物体的速度大小为（ ）
A．42m/sB．210m/sC．26m/sD．无法计算
【解答】解：由图乙可知加速度a＝3+0.5x，由牛顿第二定律可得合力F＝ma＝（3+0.5x）m，物体的质量不变，可知合力F与x成线性关系，F与x的图像如下图所示：
根据F与x的图像图线与横轴所夹的面积表示力F做的功，可得WF=3m+5m2×4=16m
由动能定理有：WF=12mv2−0
代入数据可得：v=42m/s，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023•吉林模拟）一质量为2kg的物体静止于粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示。外力F对物体所做的功、物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列分析正确的是（ ）
A．物体运动的总位移为13.5m
B．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2
C．物体在前3m运动过程中的加速度为2.5m/s2
D．x＝9m时，物体的速度为32m/s
【解答】解：AB、摩擦力大小始终不变，所以图乙中直线为摩擦力做功与位移的关系，
物体克服摩擦力做功Wf＝μmgx，图象的斜率k＝μmg=2010N＝2N，
代入数据解得：μ＝0.1
由图乙所示可知，整个过程克服摩擦力做的Wf＝27J，
代入数据解得，物体运动的最大位移：xmax＝13.5m，故A正确，B错误；
C、外力F做的功W＝Fx，由图示图象可知，前3m内，拉力大小F1=W1x1=153N＝5N
对物体，由牛顿第二定律得：F1﹣μmg＝ma
代入数据解得，加速度大小：a＝1.5m/s2，故C错误；
D、由图乙所示图象可知，x＝9m时，外力做功W＝27J，对物体，由动能定理得：W﹣μmgx=12mv2−0，
代入数据解得：v＝3m/s，故D错误。
故选：A。
题型三 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．
（2023春•袁州区校级月考）如图甲所示，某同学利用乐高拼装积木搭建一游戏轨道，其结构简图如图乙所示。该轨道由固定的竖直轨道AB，半径分别为r＝0.4m、0.5r、1.5r的三个半圆轨道BCO3、O3DO1、FGH，半径为r的四分之一圆弧轨道O1E，长度L＝1m的水平轨道EF组成，轨道BCO3和轨道O1E前后错开，除水平轨道EF段外其他轨道均光滑，且各处平滑连接。可视为质点的滑块从A点由静止释放，恰好可以通过轨道O3DO1的最高点D，不计空气阻力。
（1）求A、C两点的高度差h；
（2）要使物块至少经过F点一次，且运动过程中始终不脱离轨道，求滑块与水平轨道EF间的动摩擦因数μ的范围。
【解答】解：（1）滑块恰好经过D点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得
mg=mvD20.5r
滑块从A到D，根据动能定理得
mg(ℎ−r−0.5r)=12mvD2
联立解得：h＝0.7m
（2）若滑块恰好滑到F点停下，根据动能定理得
mgh﹣μ1mgL＝0
解得：μ1＝0.7
当滑块到G点速度为零，根据动能定理得
mg（h﹣1.5r）﹣μ2mgL＝0
解得：μ2＝0.1
当滑块返回时不超过O1点，根据动能定理得
mg（h﹣r）﹣μ3mg⋅2L＝0
解得：μ3＝0.15
综上可得，滑块与水平轨道EF间的动摩擦因数μ的范围为0.15≤μ≤0.7。
（2023秋•渝中区校级期中）如图所示，竖直面内的轨道ABC由粗糙倾斜轨道AB和光滑圆弧轨道BC组成，两轨道在B处相切，倾斜轨道倾角为37°。一质量为m＝1kg的小物体从顶端A点静止释放，已知轨道AB长L＝1m，物体与倾斜轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧轨道半径R＝0.2m，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，求：
（1）物体在倾斜轨道上运动的加速度大小；
（2）物体从B点刚进入圆弧轨道时受到轨道的支持力大小。
【解答】解：（1）在倾斜轨道上，由牛顿第二定律有：mgsin37°﹣μmgcs37°＝ma
代入数据可得：a＝2m/s2
（2）从A点到B点由动能定理有：mgLsin37°−μmgLcs37°=12mv2
在B点由牛顿第二定律有：FN−mgsin37°=mv2R
代入数据可得：FN＝26N
（2023秋•思明区校级期中）滑草（图1）是一项喜闻乐见的娱乐项目，游戏者乘坐滑草板从倾斜轨道顶端由静止出发，随着速度变大，往往让体验者感受到紧张和刺激，最后通过水平轨道减速到零。为了研究这个过程中的运动情况，小明亲自参与了该项目的游戏并做了一些数据记录：他用手机记录了自己从斜轨道最高点静止出发到停下来的时间为t＝15s，通过询问工作人员他得知了倾斜轨道的长度为L1＝50m，他测量了自己在水平轨道上做减速运动的位移大小为L2＝25m，最后他对自己的运动过程做了简化处理：如图2所示，把自己和滑草板看成质点，把整个运动过程看成沿斜直轨道AB的匀加速直线运动和水平直轨道的匀减速直线运动，不计通过B点前后瞬间的能量损失，整个运动过程中的动摩擦因数处处相同，已知小明的质量为m＝60kg，重力加速度大小取g＝10m/s2。根据这个简化和他前面已知的数据，请求解以下问题：
（1）小明在B点的速度大小；
（2）滑草轨道与滑草板的动摩擦因数；
（3）在BC阶段，滑草板克服摩擦力做的功。
【解答】解：（1）在A、B段小明做匀加速直线运动，在B点的速度为vB，根据L1+L2=vB2t
解得vB＝10m/s
（2）在B、C段小明做匀减速，根据速度—位移公式，有vC2−vB2=2a2L2
解得a2=2m/s2
根据牛顿第二定律μmg＝ma2
解得μ＝0.2
（3）在BC阶段，克服摩擦力做的功等于动能损失的量：
Q=12mvb2−12mvc2。
解得：Q＝3000J
（2023春•郑州期末）如图所示，水平传送带以恒定速度v＝6m/s顺时针向右侧运动，左右两端点A、间距L＝4m。传送带左用一光滑水平面CA与足够长、倾角θ＝37°的斜面CE相连。传送带右侧与竖直面内半径R＝0.4m的光滑半圆形轨道BD相切于B点（水平面AC与斜面CE连接处、传送带左右两侧连接处均平滑，物块通过时无机械能损失）。已知物块P与斜面CE间的动摩擦因数μ1＝0.5，与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.2，小物块P的质量m＝1kg，重力加速度g取10m/s2。现将小物块P自斜面CE上到C点的距离为s＝2.25m的位置由静止释放。（sin37°＝0.6）
（1）求物体到达斜面底端的速度大小；
（2）判断物体能否通过半圆轨道最高点D？如果不能，请说明原因；如果能，求物体通过D点时对轨道的压力；
（3）若物体P从斜面上某区域任意位置由静止释放时，发现物块P总能以相同的速度通过半圆轨道T点，求该释放区域的长度。
【考点】动能定理；牛顿运动定律的应用——传送带问题；生活中的圆周运动——竖直平面内的圆周运动．
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；分析综合能力．
【解答】解：（1）物块从释放到C的过程中，根据动能定理有
mgs•sinθ﹣μ1mgs•csθ=12mvC2
代入数据联立解得
vC＝3m/s
（2）物块在传送带上做加速运动的加速度为
μ2mg＝ma
运动至传送带B端的过程
vB2−vC2=2aL
得vB＝5m/s
对BD端，根据机械能守恒
12mvB2=12mvD2+2mgR
得vD＝3m/s
设物块恰好能通过最高点，则
mg＝mv'2R
得v'＝2m/s＜3m/s
故物块能通过最高点，根据牛顿第二定律
mg+N＝mvD2R
得N＝12.5N
根据牛顿第三定律，对轨道的压力为12.5N
（3）由题意可知，物块到达B点时与传送带共速，设恰好到达B点时共速，则根据动能定理
mgxsinθ﹣μ1mgcsθx+μ2mgL=12mv2
得x＝5m