專題11 功和功率及動能定理的理解與應用（教師版）-2025版高考物理熱點題型講義

專題11功和功率及動能定理的理解與應用目錄TOC\o"1-3"\h\u題型一恒力做功的分析和計算 1題型二變力做功的分析和計算 6類型1微元法計算變力做功 8類型2圖像法計算變力做功 9類型3等效轉換法求變力做功 14類型4平均力法求變力做功 17類型5應用動能定理求變力做功 19題型三功率的分析和計算 23類型1功率的分析和計算 24類型2功率和功綜合問題的分析和計算 29題型四機車啟動問題 33類型1恒定功率啟動 34類型2恒加速度啟動問題 37題型五動能定理的理解 45題型六動能定理的基本應用 48題型七動能定理與圖像的“數(shù)形結合” 52類型1Ek－x(W－x)圖像問題 53類型2F－x圖像與動能定理的結合 56類型3其他圖像與動能定理的結合 62題型八動能定理在多過程、往復運動問題中的應用 68類型1運用動能定理解決多過程問題 68類型2動能定理在往復運動問題中的應用 71題型一恒力做功的分析和計算【解題指導】1．判斷力是否做功及做正、負功的方法判斷根據(jù)適用情況根據(jù)力和位移方向的夾角判斷常用于恒力做功的判斷根據(jù)力和瞬時速度方向的夾角判斷常用于質點做曲線運動根據(jù)功能關系或能量守恒定律判斷常用于變力做功的判斷2.計算功的方法(1)恒力做的功直接用W＝Flcosα計算或用動能定理計算。(2)合力做的功方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcosα求功，尤其適用于已知質量m和加速度a的情況。方法二：先求各個力做的功W1、W2、W3…，再應用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。方法三：利用動能定理，合力做的功等于物體動能的變化。【例1】質量為1kg的物塊僅在水平恒力F作用下由靜止沿水平方向做加速運動，已知物塊從靜止開始運動了距離L后的4s內前進了16m，且物塊從靜止開始運動了距離9L后的4s內前進了32m，則下列說法正確的是（）A．距離L為4mB．物塊從靜止開始運動距離9L時，力F對其做的功為18JC．物塊從靜止開始運動距離4L時，動量大小為D．物塊從靜止開始運動距離4L后的6s末的動能為60J【答案】BC【詳解】A．由于物塊僅在水平恒力作用下由靜止開始運動，則其做勻加速直線運動，設其運動的加速度為a，其從靜止開始運動距離為L時用時為t，運動距離為9L時用時為T，則由勻變速直線運動規(guī)律可得解得L=2m，，t=2s，T=6s故A錯誤；B．由牛頓第二定律，可得水平恒力F=ma即F=1N則物塊從靜止開始運動距離9L時，力F對其做的功為故B正確；C．物塊從靜止開始運動距離4L時的速度為所以物塊從靜止開始運動距離4L時的動量大小為故C正確；D．物塊從靜止開始運動距離4L后的6s末的速度為對應的動能為故D錯誤。故選BC?！咀兪窖菥?】如圖所示，傾角為的斜面固定在水平桌面上，用平行斜面向上的推力將位于斜面底端的滑塊推到斜面頂端，推力做的功至少為。已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，，，若用水平向左的推力將物塊推到頂端，推力做的功至少為（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】對物塊做功最少，物塊應從斜面底端緩慢運動到斜面頂端，用平行斜面向上的推力將位于斜面底端的物塊推到斜面頂端，對物塊受力分析如圖甲所示，根據(jù)受力平衡可得設斜面的長度為L，則對物塊受力分析如圖乙所示，根據(jù)受力平衡可得解得則故選C?！咀兪窖菥?】一質點在恒力F的作用下做直線運動，前一半路程從靜止開始在粗糙水平面上運動，后一半路程進入光滑水平面繼續(xù)運動，兩階段末速度分別為v1、v2，所用時間分別為t1、t2，恒力F的沖量分別為I1、I2，恒力F做的功分別為W1、W2，則（

）A． B． C． D．W2=W1【答案】CD【詳解】A．設質點的總路程為2x，在粗糙水平面上所受摩擦力為f，質點在第一階段有在第二階段有可得解得A錯誤；B．質點在第一階段有在第二階段有可得即解得B錯誤；C．根據(jù)得C正確；D．根據(jù)得D正確。故選CD。【變式演練3】某人（視為質點）在空乘逃生演練時，從傾斜滑墊上端A點由靜止滑下，經過轉折點B后進入水平滑墊，最后停在水平滑墊上的C點，A點在水平地面上的射影為點，該過程簡化示意圖如圖所示。已知人與傾斜滑墊和水平滑墊間的動摩擦因數(shù)均為，、B兩點間的距離為，B、兩點間的距離為，人的質量為，重力加速度大小為，不計人通過轉折點B時的機械能損失，下列說法正確的是（）A．人與傾斜滑墊間因摩擦產生的熱量大于B．人與傾斜滑墊間因摩擦產生的熱量為C．人從A點運動到點的過程中克服摩擦力做的功為D．因為傾斜滑墊的傾角未知，所以不能求出人從A點運動到C點的過程中克服摩擦力做的功【答案】C【詳解】AB．設傾斜滑墊的傾角為，對人分析有故錯誤；CD．人從A點運動到C點的過程中克服摩擦力做的功故C正確；D錯誤。故選C。題型二變力做功的分析和計算【解題指導】求變力做功的五種方法方法以例說法微元法質量為m的木塊在水平面內做圓周運動，運動一周克服摩擦力做功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR等效轉換法恒力F把物塊從A拉到B，繩子對物塊做功W＝F·(eq\f(h,sinα)－eq\f(h,sinβ))圖像法一水平拉力拉著一物體在水平面上運動的位移為x0，圖線與橫軸所圍面積表示拉力所做的功，W＝eq\f(F0＋F1,2)x0平均值法當力與位移為線性關系，力可用平均值eq\x\to(F)＝eq\f(F1＋F2,2)表示，代入功的公式得W＝eq\f(kΔx,2)·Δx應用動能定理用力F把小球從A處緩慢拉到B處，F(xiàn)做功為WF，則有：WF－mgL(1－cosθ)＝0，得WF＝mgL(1－cosθ)類型1微元法計算變力做功【例1】水平桌面上，長6m的輕繩一端固定于O點，如圖所示（俯視圖），另一端系一質量m=2.0kg的小球?，F(xiàn)對小球施加一個沿桌面大小不變的力F=10N，F(xiàn)拉著物體從M點運動到N點，F(xiàn)的方向始終與小球的運動方向成37°角。已知小球與桌面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，不計空氣阻力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，則下列說法正確的是（）A．拉力F對小球做的功為16π（J） B．拉力F對小球做的功為8π（J）C．小球克服摩擦力做的功為16π（J） D．小球克服摩擦力做的功為4π（J）【答案】A【詳解】AB．將圓弧分成很多小段l1，l2，…，ln，拉力F在每小段上做的功為W1，W2，…，Wn，因拉力F大小不變，方向始終與小球的運動方向成37°角，所以W1=Fl1cos37°W2=Fl2cos37°Wn=Flncos37°故故A正確，B錯誤；CD．同理可得小球克服摩擦力做的功故CD錯誤。故選A?！咀兪窖菥?】過去人們通常用驢來拉磨把谷物磨成面粉，如圖甲所示。假設驢拉磨可以看成做勻速圓周運動，示意圖如圖乙所示，驢對磨桿末端的拉力，拉力沿圓周切線方向，磨桿的半徑，驢拉磨轉動一周的時間為7s，，則下列說法正確的是（

）A．磨桿上各點的線速度均相等 B．驢轉動一周拉力所做的功為1680JC．驢轉動一周拉力的平均功率為480W D．磨桿末端的線速度大小為0.3m/s【答案】C【詳解】A．磨桿上各點的角速度相等，根據(jù)可知，半徑不同，則線速度不同，故A錯誤；B．驢轉動一周拉力所做的功為故B錯誤；C．驢轉動一周拉力的平均功率為故C正確；D．磨桿末端的線速度大小為故D錯誤。故選C?！咀兪窖菥?】如圖所示，擺球質量為m，懸線長度為L，把懸線拉到水平位置后放手．設在擺球從A點沿圓弧運動到B點的過程中空氣阻力的大小f不變，則下列說法正確的是（）A．重力做功為0 B．懸線的拉力做功為mgLC．空氣阻力做功為 D．擺球克服空氣阻力做功為fL【答案】C【詳解】A．擺球所受重力豎直向下，擺球位移有豎直向下的分量，故重力做功不為零，故A錯誤；B．懸線的拉力始終與v垂直，不做功，故B錯誤；CD．將圓弧路徑分成若干小圓?。ūM量?。?，每一段小圓弧上可認為f是恒力，所以f所做的總功等于每個小弧段上f所做功的代數(shù)和，即Wf＝－（fΔx1＋fΔx2＋…）＝-fπL故C正確，D錯誤。故選C。類型2圖像法計算變力做功【例2】如圖甲所示，一物塊放置在水平臺面上，在水平推力F的作用下，物塊從坐標原點O由靜止開始沿x軸正方向運動，F(xiàn)與物塊的位置坐標x的關系如圖乙所示。物塊在處從平臺飛出，同時撤去F，物塊恰好由P點沿其切線方向進入豎直圓軌道，隨后恰能從軌道最高點M飛出。已知物塊質量，物塊與水平臺面間的動摩擦因數(shù)為，軌道圓心為O，半徑為，MN為豎直直徑，，重力加速度，不計空氣阻力。求：（1）水平推力F做的功；（2）物塊運動到P點時的速度大??；（3）物塊在圓軌道上運動時摩擦力做的功?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)圖像與橫軸圍成的面積表示功，可知水平推力F做的功為（2）設物體從水平臺面飛出時的速度為，根據(jù)動能定理可得解得物塊恰好由P點沿其切線方向進入豎直圓軌道，則有（3）物體剛好從軌道最高點M飛出，重力剛好提供向心力，則有解得物塊從P點到M點，根據(jù)動能定理解得物塊在圓軌道上運動時克服摩擦力做的功為【變式演練1】木匠師傅用鐵錘把釘子砸進木梁，每次砸擊對鐵釘做功相同。已知釘子所受阻力與其進入木梁中的深度成正比，木匠砸擊4次，就把一枚長為的釘子全部砸進木梁，那么他第1錘將鐵釘砸進木梁的深度是（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】作出釘子所受阻力與進入深度的關系圖，可知前一半深度與后一半深度過程中，阻力做功之比為，由題意可知，每次砸錘，錘對釘做功相同，將釘全部砸進木梁需要砸4次，則第1錘將鐵釘砸進木梁的深度是。故選B?！咀兪窖菥?】放在粗糙水平地面上一物體受到水平拉力的作用，在0~6s內其速度與時間的關系圖象和該拉力的功率與時間的關系圖象分別如圖甲、乙所示。下列說法中正確的是（）A．0~6s內拉力做的功為140JB．拉力在0~6s內做的功與0~2s內拉力做的功相等C．物體質量為0.8kgD．物體在0~2s內所受的拉力為6N【答案】ACD【詳解】A．功率與時間的關系圖象中，圖線與坐標軸所圍圖形的面積，在數(shù)量上等于功，所以0~6s內拉力做的功為故A正確；B．拉力在0~6s內做的功大于0~2s內拉力做的功，故B錯誤；C．由圖乙可知2~6s內拉力的功率由圖甲可知2~6s內物體的速度為所以拉力的大小為這段時間內物體做勻速運動，則摩擦力的大小為在0~2s內，由動能定理可得即解得故C正確；D．物體在0~2s內的加速度為由牛頓第二定律有解得故D正確。故選ACD。類型3等效轉換法求變力做功【例3】如圖所示，固定的光滑豎直桿上套著一個滑塊，用輕繩系著滑塊繞過光滑的定滑輪，以恒定的拉力F拉繩，使滑塊從A點起由靜止開始上升。若從A點上升至B點和從B點上升至C點的過程中拉力F做的功分別為W1和W2，圖中AB＝BC，則()A．W1>W2B．W1＜W2C．W1＝W2D．無法確定W1和W2的大小關系【答案】A【解析】輕繩對滑塊做的功為變力做功，可以通過轉換研究對象，將變力做功轉化為恒力做功；因輕繩對滑塊做的功等于拉力F對輕繩做的功，而拉力F為恒力，W＝F·Δl，Δl為輕繩拉滑塊過程中力F的作用點移動的位移，大小等于定滑輪左側繩長的縮短量，由題圖及幾何知識可知，ΔlAB＞ΔlBC，故W1>W2，A正確?！咀兪窖菥?】如圖所示，邊長為、重力為的均勻正方形薄金屬片，懸掛在處的水平光滑軸上，若施力使其邊沿豎直方向，則此力至少做功（）A． B．C． D．【答案】C【詳解】若規(guī)定點所在水平面為零勢能參考平面，圖示位置的均勻正方形薄金屬片的重心位置與零勢能參考平面的高度差，當邊沿豎直方向時的重心位置與零勢能參考平面的高度差，薄金屬片的重心升高重力勢能增加量所以外力做功至少應為；故C正確，ABD錯誤。故選C?！咀兪窖菥?】如圖所示，某人用定滑輪提升質量為的重物，人拉著繩從滑輪正下方高的處緩慢走到處，此時繩與豎直方向成角，重力加速度為，不計繩的質量以及繩與滑輪間的摩擦。則此過程中人對重物所做的功是（

）A． B．C． D．【答案】A【詳解】全過程人拉著繩緩慢運動，認為重物的動能不變，人對重物所做的功等于重物重力勢能的增加，根據(jù)幾何關系知重物上升的高度則A正確，BCD錯誤。故選A。類型4平均力法求變力做功【例4】如圖所示，傾角為30°的光滑斜面固定在水平地面上，一輕質彈簧下端固定在斜面底端擋板上，上端與質量為1kg的小滑塊A相連，A上疊放另一個質量為2kg的小滑塊B，彈簧的勁度系數(shù)為k=50N/m，初始時系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用沿斜面向上的拉力F作用在滑塊B上，使B開始沿斜面向上做加速度大小為2m/s2的勻加速直線運動。重力加速度大小為10m/s2，不計空氣阻力。從開始運動到A、B分離瞬間，拉力F做功為（）A．1.76J B．1.6J C．1.4J D．1.12J【答案】B【詳解】初始時系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，設此時彈簧壓縮量為x0，對小滑塊A和B組成的系統(tǒng)，根據(jù)胡克定律和平衡條件得解得彈簧壓縮量小滑塊A、B分離瞬間，兩者之間的彈力恰好為零，且有相同的加速度a，設此時彈簧的壓縮量為x1，則對小滑塊A由牛頓第二定律得解得在小滑塊A、B分離之前，設A、B的位移為x，對A、B整體，根據(jù)胡克定律和牛頓第二定律有解得則拉力做功將各量代入上式可解得故B正確。故選B?！咀兪窖菥?】某塊石頭陷入淤泥過程中，其所受的阻力F與深度h的關系為（k，已知），石頭沿豎直方向做直線運動，當時，石頭陷入淤泥過程中克服阻力做的功為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】所受的阻力F與深度h的關系為線性關系，則有故選C?！咀兪窖菥?】靜止于水平地面上質量為的物體，在水平拉力（式中F為力的大小、x為位移的大小，力F、位移x的單位分別是N、m）作用下，沿水平方向移動了。已知重力加速度，則在物體移動的過程中拉力所做的功為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】根據(jù)題意可知，水平拉力與位移的關系式為則物體移動過程中拉力的平均值為則拉力做的功故選B。類型5應用動能定理求變力做功在一個有，可用動能定理，W變＋W恒＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，物體初、末速度已知，恒力做功W恒可根據(jù)功的公式求出，這樣就可以得到W變＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12－W恒，就可以求變力做的功了．【例5】圖1所示是一種叫“旋轉飛椅”的游樂項目，將其結構簡化為圖2所示的模型。長的鋼繩一端系著座椅，另一端固定在半徑的水平轉盤邊緣。轉盤可繞穿過其中心的豎直軸轉動。轉盤靜止時，鋼繩沿豎直方向自由下垂；轉盤勻速轉動時，鋼繩與轉軸在同一豎直平面內，與豎直方向的夾角。將游客和座椅看作一個質點，質量。不計鋼繩重力和空氣阻力，重力加速度。（，）（1）當轉盤勻速轉動時，求游客和座椅做圓周運動a．向心力的大小；b．線速度的大小v。（2）求游客由靜止到隨轉盤勻速轉動的過程中，鋼繩對游客和座椅做的功W?！敬鸢浮浚?）a．，b．；（2）【詳解】（1）對游客和座椅一起受力分析如下圖所示a．根據(jù)受力分子可知游客和座椅做圓周運動所需要的向心力為b．根據(jù)幾何關系可知游客和座椅zuo2圓周運動的半徑為由代入數(shù)據(jù)得（2）游客和座椅由靜止到隨轉盤勻速轉動得過程，根據(jù)功能關系有代入數(shù)據(jù)解得【變式演練1】是利用人體全身的力量，將一定重量的鉛球從肩上用手臂推出的田徑運動項目之一。運動員某次投擲鉛球時，先將質量為4kg的鉛球從地面上撿起，然后將鉛球拋出，鉛球出手時距離水平地面的高度為2.25m，出手時的速度方向斜向上與水平面夾角為37°，鉛球落地點到拋出點的水平距離為12m，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計空氣阻力。則運動員從地面上撿起鉛球到將鉛球拋出的過程中，運動員對鉛球做的功為（）A．200J B．290J C．110J D．90J【答案】B【詳解】設實心球出手時的速度大小為v0，規(guī)定豎直向上為正方向，出手后，豎直方向做勻減速直線運動有水平方向做勻速直線運動有解得，所以運動員對鉛球做的功為故選B。【變式演練2】如圖所示，一質量為的質點在半徑為的半球形容器中（容器固定）由靜止開始自邊緣上的A點滑下，到達最低點時，它對容器的正壓力為。重力加速度為，則質點自A滑到的過程中，摩擦力所做的功為（）A． B．C． D．【答案】C【詳解】設在B點的速度為，由牛頓第二定律，有則質點在B點的動能為質點從A滑到B的過程中，由動能定理得解得故選C。【變式演練3】如圖，輕質彈簧上端固定在O點，下端與質量為m的圓環(huán)相連，圓環(huán)套在水平粗糙的固定細桿上?，F(xiàn)在將圓環(huán)從A點靜止釋放，當圓環(huán)運動到B點時彈簧豎直且處于原長，到達C點時速度減為零；在C點使得圓環(huán)獲得一個沿桿向左的速度v，其恰好能回到A點。彈簧始終在彈性限度之內，下列說法正確的是（）A．從A到C的過程中，圓環(huán)經過B點速度最大B．從C回到A的過程中，彈力最終做正功C．從A到C克服摩擦力做功為D．從A到C彈簧彈性勢能減少了【答案】CD【詳解】A．圓環(huán)從A到C過程中，合力是0時圓環(huán)的速度最大，A錯誤；B．A到C過程中，根據(jù)能量守恒，彈性勢能減少，轉化為摩擦力做功產生的熱量，所以由C回到A的過程中，彈性勢能增大，彈力最終做負功，B錯誤。CD．從A到C再由C回到A，根據(jù)對稱特點可知，摩擦力做功相等，彈性勢能變化相同，根據(jù)動能定理，有求得CD正確。故選CD。題型三功率的分析和計算1．公式P＝eq\f(W,t)和P＝Fv的區(qū)別P＝eq\f(W,t)是功率的定義式，P＝Fv是功率的計算式。2．平均功率的計算方法(1)利用eq\a\vs4\al(\o(P,\s\up6(－)))＝eq\f(W,t)。(2)利用eq\o(P,\s\up6(－))＝Feq\o(v,\s\up6(－))cosα，其中eq\o(v,\s\up6(－))為物體運動的平均速度。3．瞬時功率的計算方法(1)利用公式P＝Fvcosα，其中v為t時刻的瞬時速度。(2)P＝FvF，其中vF為物體的速度v在力F方向上的分速度。(3)P＝Fvv，其中Fv為物體受到的外力F在速度v方向上的分力。類型1功率的分析和計算【例1】一只蘋果從樓上某一高度自由下落，蘋果在空中依次經過三個完全相同的窗戶1、2、3。圖中直線為蘋果在空中的運動軌跡。若不計空氣阻力的影響，下列說法正確的是（）

A．蘋果經過第三個窗戶所用的時間最長B．蘋果經過第三個窗戶重力做的功最多C．蘋果經過第一個窗戶重力做功的平均功率最小D．蘋果經過第一個窗戶下端時，重力做功的瞬時功率最大【答案】C【詳解】A．蘋果做自由落體運動，速度逐漸增加，越來越快，通過相同距離用時越來越少，故通過第一個窗戶用時最長，故A錯誤；B．重力的功，故蘋果通過3個窗戶重力做的功一樣多，故B錯誤；C．功率，通過第一個窗戶用時最長，故通過第1個窗戶重力的平均功率最小，故C正確。D．根據(jù)可知蘋果經過第三個窗戶下端時，速度最大，根據(jù)重力做功的瞬時功率最大，故D錯誤。故選C?！咀兪窖菥?】一個音樂噴泉噴頭出水口的橫截面積為，噴水速度約為10m/s，水的密度為kg/m3，則該噴頭噴水的功率約為（）A．10W B．20W C．100W D．200W【答案】C【詳解】設時間內從噴頭流出的水的質量為噴頭噴水的功率等于時間內噴出的水的動能增加量，即聯(lián)立解得故選C。【變式演練2】如圖所示，傾角為37o、長度為4m的粗糙固定斜面，一質量為1kg的小物塊從斜面頂端由靜止開始下滑至斜面底端，小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度g=10m/s2，則（）

A．整個過程中重力做功24JB．整個過程中合外力做功24JC．整個過程中重力做功的平均功率是24WD．小物塊滑到斜面底端時重力做功的瞬時功率是24W【答案】AD【詳解】A．根據(jù)公式可得，重力做功為故A正確；B．根據(jù)公式可得，合外力做功為故B錯誤；C．對小物塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律解得根據(jù)解得整個過程中重力做功的平均功率是故C錯誤；D．小物塊滑到斜面底端時重力做功的瞬時功率是故D正確。故選AD?！咀兪窖菥?】在距離地面4m的某樓層的墻外側，以1m/s的速度豎直向上拋出一個質量為50g的小石子（小石子可看成質點），忽略空氣阻力，g取。求：（1）石子落地時速度大小v；（2）石子經過多長時間t落地；（3）從拋出到落地這段時間內重力做功的平均功率P?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）由機械能守恒定律可知解得（2）設豎直向上為正方向，則有解得（3）重力做功為平均功率為【變式演練3】一質量為0.5kg的質點靜止于光滑水平面上，從時刻開始，受到水平外力F作用，如圖所示。下列判斷正確的是（）A．0~2s內外力的平均功率是18WB．第2s內外力所做的功是36JC．第4s末外力的瞬時功率最大D．第1s末與第3s末外力的瞬時功率之比為9:7【答案】AD【詳解】前兩秒勻加速直線運動的加速度后兩秒勻加速直線運動的加速度第1秒末的速度第2秒末的速度第3秒末的速度第4秒末的速度前兩秒的位移第2秒內的位移A．0~2s內外力做的功0~2s內外力的平均功率A正確；B．第2s內外力所做的功B錯誤；C．第2秒末的外力的瞬時功率第4s末外力的瞬時功率第4s末外力的瞬時功率不是最大。C錯誤；D．第1s末與第3s末外力的瞬時功率分別為第1s末與第3s末外力的瞬時功率之比D正確。故選AD。類型2功率和功綜合問題的分析和計算【例2】(多選)運動場上，某同學將籃球豎直向上拋出，到最高點又豎直落回到拋出點，若籃球所受的空氣阻力大小恒定，下列判斷正確的是()A．籃球上升過程中的加速度大于下降過程中的加速度B．籃球上升過程中克服重力做的功大于下降過程中重力做的功C．籃球下落到拋出點的速度大小大于籃球拋出時向上的初速度大小D．籃球上升過程中克服重力做功的平均功率大于下降過程中重力的平均功率【答案】AD【解析】上升過程a1＝eq\f(mg＋Ff,m)＝g＋eq\f(Ff,m)，下降過程a2＝eq\f(mg－Ff,m)＝g－eq\f(Ff,m)可知，a1>a2，故A正確；由W克G＝WG＝mgh可知，籃球上升過程中克服重力做的功等于下降過程中重力做的功，故B錯誤；取上升和下降的全過程，由能量守恒可知，重力勢能不變，初動能等于內能和末動能之和，故落回到拋出點的速度大小小于拋出時的初速度大小，故C錯誤；上升過程用逆向思維有h＝eq\f(1,2)a1t12，下降過程有h＝eq\f(1,2)a2t22，因a1>a2，則t1<t2，又P克G＝eq\f(W克G,t1)＝eq\f(mgh,t1)，PG＝eq\f(WG,t2)＝eq\f(mgh,t2)，則P克G>PG，故D正確．【變式演練1】套圈是我國民眾喜愛的傳統(tǒng)游戲，小孩和大人在同一條豎直線上的不同高度分別水平拋出相同的圓環(huán)，結果恰好都套中前方同一物體，不計空氣阻力。若大人和小孩拋出圓環(huán)的高度之比為，圓環(huán)及被套物體均可視為質點，則下列說法正確的是（）A．大人和小孩拋出的圓環(huán)初速度之比為1︰B．大人和小孩拋出的圓環(huán)在空中飛行的時間之比為C．大人和小孩拋出的圓環(huán)落地時重力的瞬時功率之比為1︰2D．大人和小孩拋出的圓環(huán)在空中運動過程中動量的變化量之比為1︰【答案】AB【詳解】B．圓環(huán)做平拋運動，豎直方向上根據(jù)可得大人和小孩拋出圓環(huán)的高度之比為，則運動時間之比為，故B正確；A．圓環(huán)在水平方向上有可得水平位移相等，則平拋初速度之比為時間的反比，即為，故A正確；C．圓環(huán)落地時重力的瞬時功率為落地時重力的瞬時功率之比等于時間之比，為，故C錯誤；D．根據(jù)動量定理，可得合力的沖量等于動量的變化量，即動量的變化量之比也為時間之比，故D錯誤。故選AB?！咀兪窖菥?】如圖甲質量的物體在拉力F作用下由靜止開始沿著水平路面加速運動，5s后撤去拉力，物體運動的v-t圖像如圖乙所示，不計空氣阻力，，求：（1）摩擦力f，拉力F，分別是多少N？（2）撤去拉力后的運動過程中，摩擦力對物體做的功？（3）加速過程中物體所受拉力的平均功率？【答案】（1）50N；70N；（2）；（3）【詳解】（1）撤去拉力后由圖像可知輪胎的加速度大小為根據(jù)牛頓第二定律有有由圖像可知前5s內的加速度為根據(jù)牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)得（2）5s至7s內，即2s內位移為摩擦力做的功為（3）拉力F作用的位移拉力F做的功全過程中拉力的平均功率為題型四機車啟動問題1．兩種啟動方式兩種方式以恒定功率啟動以恒定加速度啟動P－t圖像和v－t圖像OA段過程分析v↑?F＝eq\f(P不變,v)↓?a＝eq\f(F－F阻,m)↓a＝eq\f(F－F阻,m)不變?F不變eq\o(?,\s\up7(v↑))P＝Fv↑直到P＝P額＝Fv1運動性質加速度減小的加速直線運動勻加速直線運動，持續(xù)時間t0＝eq\f(v1,a)AB段過程分析F＝F阻?a＝0?vm＝eq\f(P,F阻)v↑?F＝eq\f(P額,v)↓?a＝eq\f(F－F阻,m)↓運動性質以vm做勻速直線運動加速度減小的加速直線運動BC段F＝F阻?a＝0?以vm＝eq\f(P額,F阻)做勻速直線運動2.三個重要關系式(1)無論哪種啟動過程，機車的最大速度都等于其勻速運動時的速度，即vm＝eq\f(P,F阻).(2)機車以恒定加速度啟動的過程中，勻加速過程結束時，功率最大，但速度不是最大，v＝eq\f(P額,F)<vm＝eq\f(P額,F阻).(3)機車以恒定功率啟動時，牽引力做的功W＝Pt.由動能定理得：Pt－F阻x＝ΔEk.此式經常用于求解機車以恒定功率啟動過程的位移大小和時間．類型1恒定功率啟動【例1】我國新能源汽車領先全球，2024年3月，小米第一臺汽車XiaomiSU7正式上市，其技術領先且價格符合大眾消費，一輛小米新能源汽車在平直公路上行駛，汽車的質量為，發(fā)動機的額定功率為，設汽車在行駛過程中受到的阻力大小恒為。如果汽車從靜止開始以額定功率啟動，則（）A．汽車從靜止開始做勻加速直線運動，然后做加速度減小的加速運動B．汽車在行駛過程中所能達到的最大速度C．若汽車以不同的恒定功率啟動所能達到的最大速度相同D．若汽車到達最大速度的時間為t，則這段時間內的位移【答案】B【詳解】A．恒定功率啟動，由可知，速度逐漸增加，逐漸減小，由牛頓第二定律可得可知加速度逐漸減小，則汽車做加速度減小的加速運動，A錯誤；B．當時，速度達到最大，利用求得最大速度B正確；C．由B選項解析可知，當以不同的恒定功率啟動所能達到的最大速度不同；C錯誤；D．若汽車到達最大速度的時間為t，由于在時間內，汽車不是做勻加速直線運動，則平均速度不等于，因此位移不等于D錯誤。故選B。【變式演練1】如圖甲所示，一物體置于傾角的足夠長光滑斜面上，電動機通過跨過定滑輪的輕繩牽引物體沿斜面上升。啟動電動機后，在時間內物體運動的圖像如圖乙所示，其中除時間段圖像為曲線外，其余時間段圖像均為直線，后電動機的輸出功率保持不變。已知物體的質量為，不計一切阻力，重力加速度g取。則（）A．內電動機的輸出功率不變B．內電動機牽引力逐漸變大C．內電動機牽引力大小為D．后電動機的輸出功率為【答案】D【詳解】A．由圖可知，內物體做勻加速的直線運動，則電動機牽引力大小不變，物體速度增大，則內電動機的輸出功率變大，故A錯誤；B．由圖可知，內物體的加速度逐漸減小，則電動機牽引力逐漸減小，故B錯誤；C．由圖可知，內物體的加速度為由牛頓第二定律可得，內電動機牽引力大小為故C錯誤；D．后電動機的輸出功率不變，等于時的輸出功率，則有故D正確。故選D?！咀兪窖菥?】高鐵已成為中國的“國家名片”，截至2022年末，全國高速鐵路營業(yè)里程4.2萬千米，位居世界第一。如圖所示，一列高鐵列車的質量為m，額定功率為，列車以額定功率在平直軌道上從靜止開始運動，經時間t達到該功率下的最大速度，設高鐵列車行駛過程所受到的阻力為，且保持不變．則（）A．列車在時間t內可能做勻加速直線運動B．如果改為以恒定牽引力啟動，則列車達到最大速度經歷的時間一定大于tC．列車達到的最大速度大小為D．列車在時間t內牽引力做功為【答案】B【詳解】A．列車以恒定功率運動，根據(jù)牛頓第二定律可得列車的速度v逐漸增大，則加速度a逐漸減小，所以列車做加速度減小的加速直線運動，直到達到最大速度，故A錯誤；C．當牽引力等于阻力時，列車速度達到最大，則有解得最大速度為故C錯誤；B．列車以恒定牽引力啟動時先做勻加速直線運動，根據(jù)功率，可知列車速度增大，功率增大，達到額定功率后又開始做加速度減小的加速運動，直至達到最大速度，并且此過程與以額定功率啟動的最后階段運動情況完全相同，而開始時的加速度比以額定功率啟動的加速度小，所以經歷的時間較長，列車達到最大速度經歷的時間一定大于t，故B正確；D．列車從開始到最大速度過程中，根據(jù)動能定理將代入解得故D錯誤。故選B?！咀兪窖菥?】比亞迪E-SEED概念車是基于人類未來發(fā)展而傾力打造的一款全新型純電動汽車，其中“E-SEED”五個英文字母分別代表：電動、運動、體驗、環(huán)保和裝置，蘊含著比亞迪綠色環(huán)保的設計理念。為了獲取該款車的有關數(shù)據(jù)，某次試車過程中，試車員駕駛汽車由靜止沿光滑平直公路啟動，并控制汽車功率按圖示規(guī)律變化。已知汽車的質量為m，額定功率為，汽車在行駛過程中所受阻力恒為車重的K倍，在時刻汽車剛好獲得最大速度。則下列說法正確的是（）A．在t1~t2時間內汽車做勻速直線運動B．在0~t1時間內汽車平均功率為C．在0~t2時間內汽車發(fā)動機所做的功為D．在t2時刻汽車的運動速度為【答案】BD【分析】根據(jù)圖象確定汽車做加速度減小的變加速直線運動，當功率達到額定功率將保持不變，最后當牽引力等于阻力時，速度達到最大?！驹斀狻緼．由題意并結合圖象可知，在時間內汽車做加速度減小的變加速直線運動，選項A錯誤；B．在時間內，所以汽車的平均功率為，選項B正確；C．在時間內，汽車發(fā)動機所做的功為，選項C錯誤；D．在時刻，汽車達到最大速度，則有汽車的牽引力，則，選項D正確；故選BD。類型2恒加速度啟動問題【例2】如圖1所示，在傾角的斜面頂端平臺固定一電動機，現(xiàn)工人師傅將質量的貨物放置在斜面底端，開動電動機使其保持功率不變，貨物在繩子的拉力作用下從靜止開始沿斜面向上運動，經過后貨物開始做勻速直線運動，在時，突然電動機轉輪卡殼不動（繩子的拉力瞬間變?yōu)榱悖浳镉窒蛏线\動一段時間后停在斜面上，貨物運動的圖像如圖2所示。已知重力加速度g取，下列說法正確的是（）A．貨物與斜面之間的動摩擦因數(shù)為B．電動機的額定功率為2000WC．貨物在斜面上一共前進了6mD．當貨物加速到1m/s時，其加速度大小為【答案】AC【詳解】A．由圖2可知，電動機在時卡殼，卡殼后貨物在摩擦力和重力分力作用下做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律結合圖2可知兩式聯(lián)立解得故A正確；B．勻速時電動機對貨物的拉力勻速時速度電動機功率故B錯誤；C．整個過程應用動能定理得且解得故C正確；D．當貨物速度為1m/s時，其牽引力貨物所受合力加速度故D錯誤。故選AC?！咀兪窖菥?】近年來，國產新能源汽車技術進步明顯，比亞迪秦搭載第五代DM技術的混動“雙引擎”小汽車在實測中，百公里油耗小于2.5L，綜合續(xù)航里程超過2300km，續(xù)航實現(xiàn)了巨幅提升，遠超傳統(tǒng)燃油車。若質量的“雙引擎”小汽車，當行駛速度時靠電動機輸出動力；當行駛速度在范圍內時靠汽油機輸出動力，同時內部電池充電；當行駛速度時汽油機和電動機同時工作，這種汽車更節(jié)能環(huán)保。若該小汽車在一條平直的公路上由靜止啟動，汽車的牽引力F隨運動時間t變化的圖像如圖所示，若小汽車行駛過程中所受阻力恒為1250N。已知汽車在時刻第一次切換動力引擎，以后保持恒定功率行駛至第時刻。下列判斷正確的是（）A．階段汽車的加速度為B．汽車第一次切換動力引擎時刻C．電動機輸出的最大功率為90kWD．時刻后若要繼續(xù)加速將是“雙引擎”同時工作模式【答案】AD【詳解】A．開始階段，牽引力F1=5000N，根據(jù)牛頓第二定律解得開始階段的加速度故A正確；B．汽車第一次切換動力引擎時v1=54km/h=15m/s，運動的時間s故B錯誤；C．時刻，電動機輸出功率最大Pm==75kW故C錯誤；D．汽油機工作期間，功率W=90000W時刻汽車的速度為=90km/h根據(jù)題意，若要繼續(xù)加速將是“雙引擎”同時工作模式，故D正確；故選AD?！咀兪窖菥?】我國新能源汽車發(fā)展迅速，2022年僅比亞迪新能源汽車全年銷量為186.35萬輛，位列全球第一、如圖所示為比亞迪某型號汽車某次測試行駛時的加速度和車速倒數(shù)的關系圖像。若汽車質量為，它由靜止開始沿平直公路行駛，且行駛中阻力恒定，最大車速為30m/s，則（）A．汽車勻加速所需時間為5sB．汽車以恒定功率啟動C．汽車所受阻力為D．汽車在車速為5m/s時，功率為【答案】A【詳解】B．由圖知，汽車以恒定加速度啟動，汽車勻加速運動的加速度為2m/s2，故B錯誤；A．汽車勻加速運動的末速度解得v=10m/s勻加速運動的時間故A正確；C．由圖可知汽車的最大速度為30m/s，此時汽車做勻速直線運動，有F=f則P=f×30當時，a＝2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得即聯(lián)立解得，P=6×104W故C錯誤；D．根據(jù)牛頓第二定律，汽車勻加速運動時有F-f=ma代入數(shù)據(jù)得F＝f+ma＝2×103N+2×103×2N＝6×103N車速為5m/s時，功率為P＝Fv＝6×103×5W＝3×104W故D錯誤。故選A?！咀兪窖菥?】北京冬奧會期間奧運場館和運動員村之間首次大規(guī)模使用氫能源汽車作為主要交通工具。在一次測試中，某款質量的氫能源汽車沿平直公路從靜止開始做直線運動，其圖像如圖所示。汽車在時間內做勻加速直線運動，時刻的瞬時速度為，內汽車保持額定功率不變，內汽車做勻速直線運動，最大速度，汽車從末開始關閉動力減速滑行，時刻停止運動。已知汽車的額定功率為，整個過程中汽車受到的阻力大小不變。（1）求和為多少？（2）求汽車在內通過的距離x?！敬鸢浮浚?），；（2）【詳解】（1）設汽車受到的阻力大小為；汽車做勻速直線運動階段有解得汽車做勻加速直線運動階段有，，聯(lián)立解得，，汽車關閉動力減速滑行時的加速度大小為根據(jù)速度時間關系可得聯(lián)立解得（2）汽車在內，根據(jù)動能定理可得解得題型五動能定理的理解1．兩個關系(1)數(shù)量關系：合力做的功與物體動能的變化具有等量代換關系，但并不是說動能變化就是合力做的功。(2)因果關系：合力做功是引起物體動能變化的原因。2．標量性動能是標量，功也是標量，所以動能定理是一個標量式，不存在方向的選取問題。當然動能定理也就不存在分量的表達式?！纠?】隨著高鐵時代的到來，人們出行也越來越方便，高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動。在啟動階段，列車的動能()A．與它所經歷的時間成正比B．與它的位移成正比C．與它的速度成正比D．與它的加速度成正比【答案】B【解析】列車在啟動階段做v0＝0的勻加速直線運動，列車的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(at)2＝eq\f(1,2)m·(2ax)，可見B正確，A、C、D錯誤。【變式演練1】(多選)如圖所示，電梯質量為M，在它的水平地板上放置一質量為m的物體．電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運動，當電梯的速度由v1增大到v2時，上升高度為H，重力加速度為g，則在這個過程中，下列說法正確的是()A．對物體，動能定理的表達式為W＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，其中W為支持力做的功B．對物體，動能定理的表達式為W合＝0，其中W合為合力做的功C．對物體，動能定理的表達式為W－mgH＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，其中W為支持力做的功D．對電梯，其所受的合力做功為eq\f(1,2)Mv22－eq\f(1,2)Mv12【答案】CD【解析】電梯上升的過程中，對物體做功的有重力mg、支持力FN，這兩個力的總功(即合力做的功)才等于物體動能的增量，即W合＝W－mgH＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，其中W為支持力做的功，A、B錯誤，C正確；對電梯，無論有幾個力對它做功，由動能定理可知，其合力做的功一定等于其動能的增量，即eq\f(1,2)Mv22－eq\f(1,2)Mv12，D正確．【變式演練2】下列說法正確的有（）A．若運動物體所受的合外力為零，則物體的動能一定保持不變B．若運動物體所受的合外力不為零，則物體的動能一定發(fā)生變化C．若運動物體的動能保持不變，則該物體所受合外力一定為零D．若運動物體的動能發(fā)生變化，則該物體所受合外力一定不為零【答案】AD【詳解】A.運動物體所受合外力為零，合外力對物體不做功，由動能定理可知，物體動能不變，故A正確；B.運動物體所受合外力不為零，物體運動狀態(tài)一定變化，則該物體一定做變速運動，如果合外力方向與物體速度方向垂直，合外力對物體不做功，物體動能不變，故B錯誤；C.如果運動物體所受合外力與物體的速度方向垂直，合外力對物體不做功，物體動能不變，如勻速圓周運動，故C錯誤；D.若運動物體的動能發(fā)生變化，根據(jù)動能定理可知，合外力一定做功，即合力一定不為零，故D正確；故選AD?！咀兪窖菥?】關于動能定理，下列說法中正確的是（）A．在某過程中，外力做的總功等于各個力單獨做功的絕對值之和B．動能定理既適用于直線運動，又適用于曲線運動C．只要有力對物體做功，物體的動能就一定改變D．動能定理既適用于恒力做功，又適用于變力做功【答案】BD【詳解】A．在某過程中，外力做的總功等于各個力單獨做功的代數(shù)和，故A錯誤；B．動能定理既適用于直線運動，又適用于曲線運動，故B正確；C．有力對物體做功，但如果合力對物體做功為0，則物體的動能保持不變，故C錯誤；D．動能定理既適用于恒力做功，又適用于變力做功，故D正確。故選BD。題型六動能定理的基本應用1．應用流程2．注意事項(1)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系。(2)應用動能定理的關鍵在于準確分析研究對象的受力情況及運動情況，可以畫出運動過程的草圖，借助草圖理解物理過程之間的關系。(3)當物體的運動包含多個不同過程時，可分段應用動能定理求解；也可以全過程應用動能定理。(4)列動能定理方程時，必須明確各力做功的正、負，確實難以判斷的先假定為正功，最后根據(jù)結果加以檢驗?！纠?】如圖所示，運動員把冰壺沿水平冰面投出，讓冰壺在冰面上滑行，在不與其他冰壺碰撞的情況下，最終停在遠處的某個位置，按比賽規(guī)則，冰壺投出后，可以用毛刷在其滑行前方來回摩擦冰面，減小冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)以調節(jié)冰壺的運動，將冰壺的運動簡化為直線運動且不考慮冰壺的轉動．已知未摩擦冰面時，冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)為0.02.重力加速度g取10m/s2.(1)運動員以3.6m/s的水平速度將冰壺投出，未摩擦冰面的情況下，求冰壺能在冰面上滑行的最大距離s；(2)設未摩擦冰面時，冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)為μ，摩擦冰面后二者之間的動摩擦因數(shù)變?yōu)閗μ，其中0<k<1，若運動員仍以某一水平速度將冰壺投出，設運動過程中，冰壺運動中累計滑過被毛刷摩擦過的冰面長度為L，求與未摩擦冰面相比，冰壺運動可以多滑行的距離Δs.【答案】(1)32.4m(2)(1－k)L【解析】(1)以冰壺為研究對象，從投出冰壺到冰壺停下來的過程中－μmgs＝0－eq\f(1,2)mv2，得s＝32.4m.(2)未摩擦冰面時有－μmgs′＝0－eq\f(1,2)mv′2，摩擦冰面時有－μmg(s′＋Δs－L)－kμmgL＝0－eq\f(1,2)mv′2，聯(lián)立得Δs＝(1－k)L.【變式演練1】質量為m的物體，在水平面上以初速度v0開始滑動，經距離d時，速度減為。物體與水平面各處的動摩擦因數(shù)相同，則（）A．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為B．克服摩擦力做的功為C．物體再前進便停止D．要使物體前進總距離為2d，其初速度應為【答案】CD【詳解】AB．根據(jù)動能定理即克服摩擦力做功為，根據(jù)解得AB錯誤；C．根據(jù)動能定理解得C正確；D．根據(jù)動能定理解得D正確。故選CD。【變式演練2】清沙是夏季海灘非常流行的娛樂項目。如圖所示某滑沙項目滑道傾角30°，人和裝備總質量為50kg的滑沙愛好者從距滑道底端高12m的起點由靜止開始下滑，下滑過程中所受阻力大小為重力的，g取。求：（1）下滑過程中阻力對滑沙愛好者做功；（2）滑沙愛好者到達滑道底端時的速度大小v?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）下滑過程中所受阻力大小為則下滑過程中阻力對滑沙愛好者做功為（2）滑沙愛好者下滑到滑道底端的過程，根據(jù)動能定理代入數(shù)據(jù)，解得【變式演練3】桌面，兩物塊質量分別為、且，則（）A．物塊A慣性大，滑行距離大B．物塊B阻力小，滑行距離大C．兩物塊滑行的時間相等D．兩物塊克服阻力做功相等【答案】C【詳解】AB．令初速度為v0，與桌面間的摩擦因數(shù)為，根據(jù)動能定理，對A有對B有聯(lián)立可得質量是慣性的唯一量度，質量大的物體慣性大，所以物塊A慣性大，故AB錯誤；C．根據(jù)動量定理，對A有對B有聯(lián)立可得故C正確；D．根據(jù)定能定理，對A有對B有因為，所以故D錯誤。故選C。題型七動能定理與圖像的“數(shù)形結合”1．解決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(jù)物理規(guī)律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數(shù)關系式．(3)將推導出的物理規(guī)律與數(shù)學上與之相對應的標準函數(shù)關系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點、圖與坐標軸圍成的面積等所表示的物理意義，分析解答問題，或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關系式求物理量．2．圖像所圍“面積”和圖像斜率的含義類型1Ek－x(W－x)圖像問題【例1】如圖甲所示，一質量為1kg的滑塊（視為質點）以某一初速度沖上足夠長的固定斜面，以斜面底端為位移的起點，滑塊在斜面上運動的動能隨位移x變化的關系如圖乙所示。取重力加速度大小。下列說法正確的是（）A．斜面傾角的正弦值為0.5B．滑塊上滑過程克服摩擦力做的功為20JC．滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.25D．滑塊返回斜面底端時，滑塊所受重力的功率為12W【答案】C【詳解】AB．由乙圖可知滑塊上滑的最大位移為5m，從斜面底端上滑至回到斜面底端過程中客服阻力做功為20J，所以上滑和下滑過程客服阻力做功都為。則上滑過程中有，解得故AB錯誤；C．上滑過程中阻力做功，解得故C正確；D．滑塊返回斜面底端時，滑塊的動能為解得滑塊所受重力的功率為故D錯誤。故選C?！咀兪窖菥殹咳鐖D1所示，水平面上一質量為2kg的木箱在水平向右的力的作用下向右移動4m的距離后，在另一水平力作用下，又勻速運動4m的距離到達斜面底端，撤去外力，木箱沖上傾角為37°的斜面，斜面和水平面間通過光滑小圓弧軌道（未畫出）連接。在木箱從靜止開始運動到斜面上最高點的過程中，其動能隨運動路程變化的圖像如圖2所示。已知木箱與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度g取，。下列說法正確的是（）

A．的大小為4NB．木箱在斜面上能到達的最大高度為1.8mC．木箱返回水平面后向左運動的最大距離為1.8mD．整個運動過程中，木箱克服摩擦力做的功為36J【答案】AC【詳解】A．由題圖2可知，木箱初動能為0，則木箱在的作用下做初速度為零的勻加速直線運動，應用動能定理有由題圖2知，可得，之后木箱在的作用下做勻速運動，所以故A正確；B．木箱沖上斜面后做勻減速運動，根據(jù)動能定理有由題圖2知，可得，木箱在斜面上能到達的最大高度故B錯誤；C．因為所以當木箱運動至斜面上的最高點后，沿斜面向下做勻加速運動，到達水平面后，在摩擦力作用下再減速直到停止。木箱從沖上斜面到最終停下來，對這一過程應用動能定理可得可得故C正確；D．對整個運動過程，由動能定理有所以故D錯誤。故選AC。類型2F－x圖像與動能定理的結合【例2】如圖甲所示，在傾角的光滑固定斜面上有一勁度系數(shù)的輕質彈簧，彈簧下端固定在垂直于斜面的擋板上，彈簧上端栓接一質量的物體，初始時物體處于靜止狀態(tài)。取。(1)求此時彈簧的形變量；(2)現(xiàn)對物體施加沿斜面向上的拉力，拉力的大小與物體的位移的關系如圖所示，設斜面足夠長；①寫出物體的速度與位移的關系式；②若物體位移為0.1時撤去拉力，求此后物體沿斜面上滑的最大距離。（結果保留兩位有效數(shù)字）【答案】(1)0.1m；(2)①；②0.04m【詳解】(1)初始狀態(tài)物體處于平衡狀態(tài)，則解得：此時彈簧的形變量(2)①由圖象可得設物體運動位移為x時，物體的加速度為a，則解得：物體的加速度所以，物體做勻加速直線運動，根據(jù)運動學公式有代入數(shù)據(jù)有②物體位移為0.1時撤去拉力，此后物體上滑過程中彈力f隨形變量的圖象如下圖所示物體上滑過程中克服彈力所做的功對應圖中的面積，即撤去拉力至物體恰好速度為0，據(jù)動能定理有聯(lián)立解得【變式演練1】如圖1所示，一質量為0.4kg的小物體靜止在水平臺面上，在水平推力的作用下從坐標原點開始沿軸運動，與物體坐標的關系如圖2所示。在時撤去力，同時物體從平臺飛出。物體與水平臺面間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度取10m/s2，不計空氣阻力。求：（1）時，物體的加速度大小；（2）從坐標原點到處，水平推力所做的功；（3）物體即將離開平臺時力的功率?！敬鸢浮浚?）；（2）44J；（3）【詳解】（1）由圖2，圖像知，在0~2m，F(xiàn)與x函數(shù)當時，代入得在0~2m運動過程中，滑動摩擦力為物體受到的合外力為由牛頓第二定律知，物體的加速度為（2）由題知，力F在作用過程中變化，所以圖線與橫軸所圍成的面積即為力F做的功，則由數(shù)學關系（3）設物體離開平臺時瞬時速度為v根據(jù)能量守恒定律有代入得離開平臺時F2=16N，則功率為代入得【變式演練2】如圖1所示，一輕彈簧豎直固定于水平桌面上，另一相同的彈簧下端與光滑固定斜面底端的擋板相連，物體P、Q分別從兩彈簧上端由靜止釋放，加速度a與彈簧壓縮量x的關系分別如圖2中實線、虛線所示。則（）A．光滑斜面的傾角為37°B．P、Q向下運動達到最大速度時兩彈簧的壓縮量之比為C．P、Q的質量之比為D．P、Q向下運動過程中的最大速度之比為【答案】CD【詳解】A．設物體P、Q分別質量為、。由圖2可知彈簧壓縮量為零時，物體P、Q加速度分別為，。對物體P，有得①設斜面的傾角為，對物體Q，有②由①②得得A錯誤；B．加速度為零時，物體P、Q的速度最大。由圖2可知，P、Q向下運動達到最大速度時兩彈簧的壓縮量分別為，。P、Q向下運動達到最大速度時兩彈簧的壓縮量之比為。B錯誤；C．P、Q向下運動達到最大速度時，對兩物體，有又得C正確；D．P、Q向下運動過程中的最大速度分別為和，對P、Q由動能定理得③④由③④得，P、Q向下運動過程中的最大速度之比D正確。故選CD。類型3其他圖像與動能定理的結合【例3】如圖1所示，一傾角的斜面體固定在水平地面上（斜面足夠長、帶一定滑輪），物塊A放在斜面上的O點，用跨過輕質定滑輪的輕繩與物塊B連接，B離滑輪足夠遠。A、B的質量分別為、。運動過程中A與O點的距離設為x，A與斜面間的動摩擦因數(shù)μ與x的關系如圖2。重力加速度g取，現(xiàn)將A、B由靜止釋放。求：（1）當x為多大時物塊A的速度最大；（2）物塊A在斜面上滑行的最大位移。【答案】（1）；（2）【詳解】（1）設物塊A的速度最大時A與斜面間的動摩擦因數(shù)，由牛頓第二定律得解得由圖2得則當時（2）設物塊A沿斜面向下滑到最大位移過程中，克服摩擦力做功為，由功能關系得摩擦力做功為其中解得【例4】如圖甲所示，長度的水平傳送帶順時針勻速轉動，其右端與一半徑的豎直光滑半圓弧軌道相切于Q點。質量為的小物塊以初速度沖上傳送帶的左端P點，在傳送帶上向右運動后進入圓弧軌道。圖乙給出在傳送帶以不同速率運行時，小物塊第一次在圓弧軌道上所能到達的最大高度h與傳送帶的轉動速率的關系，其中段為直線，段為曲線。小物塊可視為質點，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，重力加速度g取。求：（1）時，小物塊第一次到達Q點的速度大??；（2）乙圖中B點的坐標；（3）乙圖中D點對應的；【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)題意可知，時，小物塊從開始運動到第一次到達Q點的過程中，由動能定理有解得（2）根據(jù)題意可知，若傳送帶的速度，則小物塊第一次到達Q點均為，則小物塊在圓弧軌道上上升的高度不在隨變化而變化，即由動能定理有解得即乙圖中B點的坐標。（3）根據(jù)題意可知，若傳送帶速度大于小物塊速度，小物塊做加速運動，假設小物塊一直加速，則有解得即當傳送帶的速度時，小物塊第一次到達Q點均為，若小物塊恰好到圓弧最高點，則有解得由動能定理有解得即當小物塊第一次到達點時的速度，小物塊在圓弧軌道上上升的高度不變，則有【變式演練1】某實驗小組對兩輛新能源汽車在同一水平直軌道上進行了對比實驗，其速度大小v隨時間t的變化關系如圖所示，已知兩汽車所受摩擦力大小為其重力的k倍且恒定，B車實驗中變速階段加速度的大小相同，A車的質量為B車質量的1.5倍，汽車運動距離相等，不計空氣阻力。則（）A．摩擦力做功之比等于B．汽車運動時間之比等于C．汽車牽引力所做的功之比等于D．汽車輸出的最大功率之比小于【答案】BCD【詳解】B．因為B車實驗中變速階段加速度的大小相同，且汽車運動距離相等，可知兩圖像與坐標軸圍成的面積相等，則B車運動的時間為3t0，則汽車運動時間之比等于，選項B正確；A．設A、B兩車的質量分別為1.5m和m，則摩擦力做功之比等于選項A錯誤；C．根據(jù)動能定理可知汽車牽引力所做的功之比等于摩擦力做功之比，為，選項C正確；D．兩車加速階段的加速度之比對A車對B車則汽車輸出的最大功率之比選項D正確。故選BCD?！咀兪窖菥?】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(shù)μ隨下滑距離x的變化規(guī)律如圖乙所示。重力加速度為g。則下列說法正確的是（）A．物塊克服滑動摩擦力做的功為B．物塊克服滑動摩擦力做的功為C．物塊在B點的速度大小為D．若物塊在沿斜面體向上的外力作用下，由B點緩慢移動到A點，外力做功【答案】BD【詳解】AB．由圖乙作出該過程中摩擦力隨x的變化規(guī)律，如圖所示則圖線與坐標軸圍成的面積表示物塊克服滑動摩擦力所做的功，即故A錯誤，B正確；C．對物塊由A點到B點的過程中，由動能定理得解得物塊在B點的速度大小為故C錯誤；D．物體由B點緩慢移動到A點，動能沒有變化，由動能定理解得故選BD。題型八動能定理在多過程、往復運動問題中的應用1．運用動能定理解決多過程問題，有兩種思路(1)分階段應用動能定理①若題目需要求某一中間物理量，應分階段應用動能定理．②物體在多個運動過程中，受到的彈力、摩擦力等力若發(fā)生了變化，力在各個過程中做功情況也不同，不宜全過程應用動能定理，可以研究其中一個或幾個分過程，結合動能定理，各個擊破．(2)全過程(多個過程)應用動能定理當物體運動過程包含幾個不同的物理過程，又不需要研究過程的中間狀態(tài)時，可以把幾個運動過程看作一個整體，巧妙運用動能定理來研究，從而避開每個運動過程的具體細節(jié)，大大簡化運算．2．全過程列式時要注意(1)重力、彈簧彈力做功取決于物體的初、末位置，與路徑無關．(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的數(shù)值等于力的大小與路程的乘積．類型1運用動能定理解決多過程問題【例1】某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角θ=37°的光滑直軌道AB，半徑R=1m的光滑圓弧軌道BCD，長度L=1.25m、傾角為θ、動摩擦因數(shù)μ1=0.75的直軌道DE和半徑為R、圓心角為θ的光滑圓弧管道EF組成，軌道間平滑連接。在軌道末端F的右側光滑水平面上緊靠著質量m=0.5kg的滑塊b，其上表面與軌道末端F所在的水平面平齊。質量m=0.5kg的小物塊a從軌道AB上高為h=0.8m處靜止釋放，經圓弧軌道BCD滑上軌道DE。小物塊a可視為質點。不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。（1）求小物塊經過C點時，軌道對小物塊彈力的大??；（2）求小物塊a在DE上經過的總路程s；（3）若h=2.15m，小物塊a在滑塊b上滑動時動摩擦因數(shù)為μ2=0.25，則滑塊至少多長才能使小物塊不脫離滑塊？（小物塊a運動到滑塊b右側的豎直擋板能發(fā)生完全彈性碰撞）【答案】（1）13N；（2）；（3）【詳解】（1）對小物塊a從A到第一次經過C的過程，根據(jù)機械能守恒定律有在C點根據(jù)牛頓第二定律有解得F=13N（2）小物塊a從C點運動到D的過程，由動能定理有設小物塊a在軌道DE上運動到最高點的位移為x，由動能定理有解得因為所以小物塊a在DE上運動至最高點后靜止，所以小物塊a在DE上經過的總路程第（2）問法二：小物塊a從C點運動到D的過程，由動能定理有物塊a滑上斜面DF，直至最高點，由牛頓第二定律和運動學（逆向思維）知識可得解得之后物塊a有向下運動趨勢，由牛頓第二定律可得故a靜止，所以小物塊a在DE上運動至最高點后靜止，所以小物塊a在DE上經過的總路程（3）對小物塊a從A到F的過程，根據(jù)動能定理有設滑塊長度為l時，小物塊恰好不脫離滑塊，且此時二者達到共同速度v，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有解得【變式演練1】一籃球質量為m＝0.60kg，一運動員使其從距地面高度為h1=1.8m處由靜止自由落下，反彈高度為h2=1.2m，若使籃球從距地面h3=1.5m的高度由靜止下落，并在開始下落的同時運動員向下拍球，球落地后反彈的高度也為1.5m，該籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值K不變，重力加速度大小g取10m/s2，不計空氣阻力，求：（1）比值K的大??；（2）運動員拍球過程中對籃球所做的功?！敬鸢浮浚?）1.5；（2）4.5J【詳解】（1）設籃球自由下落與地面碰撞前瞬間的動能為Ek1，籃球與地面碰撞后瞬間籃球的動能為Ek2，由動能定理可知籃球下落過程籃球上升過程則（2）第二次從1.5m的高度靜止下落，同時向下拍球，在籃球反彈上升的過程中，由動能定理可得第二次從1.5m的高度靜止下落，同時向下拍球，籃球下落過程中，由動能定理可得解得【變式演練2】如圖甲所示，一質量的小物塊，放置在光滑的水平臺面上，在水平推力F的作用下，物塊從坐標原點O由靜止開始沿x軸運動，F(xiàn)與物塊的位置坐標x的關系，如圖乙所示。物塊在處從平臺邊緣A點飛出，同時撤去F，物塊到達斜面頂端B點時恰能沿斜面BC下滑，斜面的高度，傾角，小物塊沿斜面運動到底端C點后，立即無速度損失地滑上水平地面CD，隨后小物塊從D點沖上半徑的光滑圓形軌道內側。已知小物塊與斜面BC間的動摩擦因數(shù)，，，重力加速度，不計空氣阻力。則：（1）小物塊從A點飛出的速度為多少？（2）若水平地面CD光滑，圓形軌道最低點D對小物塊的支持力大小為多少？（3）若水平地面CD粗糙，且動摩擦因數(shù)與斜面BC相同。現(xiàn)要使小物塊經過D點后不脫離半圓形軌道，則CD段距離的范圍為多少？【答案】（1）；（2）140N；（3）或【詳解】（1）由的關系圖像面積分析可知，當小物塊運動到x=2m處F所做的功小物塊運動到x=2m處時，由動能定理得由以上各式解得（2）小物塊從A到B做平拋運動，在B點速度分解，由幾何關系知設小物塊在D點的速度為，從B點到D點由動能定理得小物塊在D點受到的支持為，由牛頓第二定律知由以上各式解得（3）當小物塊恰好能到達E點時，在E點的速度為從B點到E點由動能定理得由以上各式解得當小物塊剛到達與圓心等高位置時，速度為零，從B→O由動能定理得解得當小物塊剛好到達軌道最低點D時，從B→D，由動能定理得解得由以上可得CD段的距離范圍為或類型2動能定理在往復運動問題中的應用1．往復運動問題：在有些問題中物體的運動過程具有重復性、往返性，而在這一過程中，描述運動的物理量多數(shù)是變化的，而且重復的次數(shù)又往往是無限的或者難以確定．2．解題策略：此類問題多涉及滑動摩擦力或其他阻力做功，其做功的特點是與路程有關，運用牛頓運動定律及運動學公式將非常繁瑣，甚至無法解出，由于動能定理只涉及物體的初、末狀態(tài)，所以用動能定理分析這類問題可使解題過程簡化．【例2】如圖所示，在豎直平面內，粗糙的斜面軌道的下端與光滑的圓弧軌道相切于B，C是最低點