专题11 功和功率及动能定理的理解与应用（解析版）

专题11 功和功率及动能定理的理解与应用
目录
题型一 恒力做功的分析和计算 1
题型二 变力做功的分析和计算 4
类型1 微元法计算变力做功 4
类型2 图像法计算变力做功 5
类型3 等效转换法求变力做功 7
类型4 平均力法求变力做功 7
类型5 应用动能定理求变力做功 8
题型三 功率的分析和计算 9
类型1 功率的分析和计算 9
类型2 功率和功综合问题的分析和计算 11
题型四 机车启动问题 12
类型1　恒定功率启动 13
类型2 恒加速度启动问题 14
题型五 动能定理的理解 16
题型六 动能定理的基本应用 18
题型七 动能定理与图像的“数形结合” 20
类型1 Ek－x(W－x)图像问题 21
类型2 F－x图像与动能定理的结合 22
类型3 其他图像与动能定理的结合 24
题型八 动能定理在多过程、往复运动问题中的应用 25
类型1 运用动能定理解决多过程问题 26
类型2 动能定理在往复运动问题中的应用 29

题型一 恒力做功的分析和计算
【解题指导】1．判断力是否做功及做正、负功的方法
判断根据
适用情况
根据力和位移方向的夹角判断
常用于恒力做功的判断
根据力和瞬时速度方向的夹角判断
常用于质点做曲线运动
根据功能关系或能量守恒定律判断
常用于变力做功的判断
2.计算功的方法
(1)恒力做的功
直接用W＝Flcos α计算或用动能定理计算。
(2)合力做的功
方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcos α求功，尤其适用于已知质量m和加速度a的情况。
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。
方法三：利用动能定理，合力做的功等于物体动能的变化。
【例1】(2022·广东惠州一中月考)图甲为一女士站在台阶式自动扶梯上匀速上楼(忽略扶梯对手的作用)，图乙为一男士站在履带式自动扶梯上匀速上楼，两人相对扶梯均静止．下列关于做功的判断中正确的是(　　)

A．图甲中支持力对人做正功
B．图甲中摩擦力对人做负功
C．图乙中支持力对人做正功
D．图乙中摩擦力对人做负功
【答案】　A
【解析】　题图甲中，人匀速上楼，不受摩擦力，摩擦力不做功，支持力向上，与速度方向的夹角为锐角，则支持力做正功，故A正确，B错误；题图乙中，支持力与速度方向垂直，支持力不做功，摩擦力方向与速度方向相同，做正功，故C、D错误．
【例2】(多选)网络上有这样一段视频，一个6岁的小女孩，徒手在8.0 s的时间内，爬上了高4 m的门厅立柱顶端．之后保持如图的姿势，从立柱顶端顺着立柱滑到底端．下列判断正确的是(　　)

A．加速向上时，小女孩受到的摩擦力一定大于其重力
B．加速向上时，立柱对小女孩的摩擦力做正功
C．在图示位置静止时，小女孩手与立柱间的弹力越大，摩擦力越大
D．小女孩加速滑下时，受到的摩擦力一定小于重力
【答案】　AD
【解析】　根据Ff－mg＝ma可知，加速向上时，小女孩受到的摩擦力一定大于其重力，A正确；加速向上时，立柱对小女孩的摩擦力的作用点没有移动，所以摩擦力不做功，B错误；在图示位置静止时，小女孩手与立柱间的弹力越大，最大静摩擦力越大，摩擦力等于重力，摩擦力不变，C错误；根据mg－Ff＝ma可知，小女孩加速滑下时，受到的摩擦力一定小于重力，D正确．
【例3】(多选)如图所示，一个质量为m＝2.0 kg的物体放在倾角为α＝37°的固定斜面上，现用F＝30 N、平行于斜面的力拉物体使其由静止开始沿斜面向上运动．已知物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.50，斜面足够长，g取10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.物体运动2 s后，关于各力做功情况，下列说法正确的是(　　)

A．重力做功为－120 J
B．摩擦力做功为－80 J
C．拉力做功为100 J
D．物体所受的合力做功为100 J
【答案】　ABD
【解析】　物体在斜面上运动时受到重力、拉力、摩擦力和支持力作用，根据牛顿第二定律得a＝＝5.0 m/s2，由x＝at2得，物体在2 s内的位移为x＝×5×22 m＝10.0 m，重力做功WG＝－mg·xsin 37°＝－120 J，A正确；拉力做的功为WF＝Fx＝300 J，C错误；摩擦力做功为Wf＝－Ffx＝－μmgcos 37°·x＝－80 J，B正确；支持力做功WN＝FNxcos 90°＝0，合外力做的功W＝WF＋WN＋WG＋Wf＝100 J，D正确．
【例4】如图所示，升降机内斜面的倾角θ＝30°，质量为2 kg的物体置于斜面上始终不发生相对滑动，在升降机以5 m/s的速度匀速上升4 s的过程中．g取10 m/s2，求：

(1)斜面对物体的支持力所做的功；
(2)斜面对物体的摩擦力所做的功；
(3)物体重力所做的功；
(4)合外力对物体所做的功．
【答案】　(1)300 J　(2)100 J　(3)－400 J　(4)0
【解析】　物体置于升降机内随升降机一起匀速运动过程中，处于受力平衡状态，受力分析如图所示

由平衡条件得Ffcos θ－FNsin θ＝0，Ffsin θ＋FNcos θ－G＝0
代入数据得Ff＝10 N，FN＝10 N
x＝vt＝20 m
(1)斜面对物体的支持力所做的功
WN＝FNxcos θ＝300 J
(2)斜面对物体的摩擦力所做的功
Wf＝Ffxcos (90°－θ)＝100 J
(3)物体重力做的功WG＝Gxcos 180°＝－400 J
(4)合外力对物体做的功
方法一：W合＝WN＋Wf＋WG＝0
方法二：F合＝0，W合＝F合xcos α＝0.
题型二 变力做功的分析和计算
【解题指导】求变力做功的五种方法
方法
以例说法
微元法
　质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR
等效
转换法
　恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做功W＝F·(－)
图像法
　一水平拉力拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝x0
平均
值法
　当力与位移为线性关系，力可用平均值＝表示，代入功的公式得W＝·Δx
应用动
能定理
　用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有：WF－mgL(1－cos θ)＝0，得WF＝mgL(1－cos θ)

类型1 微元法计算变力做功
【例1】水平桌面上，长R＝5 m的轻绳一端固定于O点，如图所示(俯视图)，另一端系一质量m＝2.0 kg的小球，现对小球施加一个大小不变的力F＝10 N，F拉着小球从M点运动到N点，方向始终与小球的运动方向成37°角．已知小球与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则拉力F做的功与小球克服摩擦力做的功之比为(　　)

A. B. C．2 D．3
【答案】　C
【解析】　将圆弧分成很多小段l1，l2，…，ln，拉力F在每小段上做的功为W1，W2，…，Wn，因拉力F大小不变，方向始终与小球的运动方向成37°角，所以W1＝Fl1cos 37°，W2＝
Fl2cos 37°，…，Wn＝Flncos 37°.W＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos 37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcos 37°·R＝π J．同理可得小球克服摩擦力做的功Wf＝μmg·R＝π J，拉力F做的功与小球克服摩擦力做的功之比为2，故选C.
【例2】聂海胜利用太空跑台——动感单车锻炼，如图所示．假设聂海胜锻炼15分钟克服动感单车阻力而消耗的能量约为900 kJ.假设动感单车的阻力主要来源于距车轴30 cm的阻尼装置(可视为质点)，宇航员每分钟蹬车90圈，则阻尼装置对车轮的阻力约为(　　)

A．180 N B．350 N C．580 N D．780 N
【答案】　B
【解析】　设平均阻力为Ff，则有Ff×(15×90×2πr)＝900 kJ，解得Ff≈354 N，故选B.
类型2 图像法计算变力做功
【例1】 (多选)如图所示，n个完全相同、边长足够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为l，总质量为m，它们一起以速度v在光滑水平面上滑动，某时刻开始滑上粗糙水平面。小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ，若小方块恰能完全进入粗糙水平面，则摩擦力对所有小方块所做功的数值为(　　)

A.mv2 B．mv2
C.μmgl D．μmgl
【答案】　AC
【解析】　小方块恰能完全进入粗糙水平面，说明所有小方块进入粗糙水平面后速度为零，以所有小方块为研究对象，据动能定理得Wf＝0－mv2，所以所有小方块克服摩擦力做功为mv2，故A项正确，B项错误；当长度为x的小方块滑上粗糙水平面时，所受摩擦力大小为μmg，则这n个小方块在进入粗糙水平面的过程中所受的平均摩擦力大小为F＝μmg，又该过程中这n个小方块的位移为l，则由功的公式可得Wf＝－Fl＝－μmgl，摩擦力做功的大小为μmgl，C项正确，D项错误。
C、D项另解　(图像法)根据Ff＝μmg，在平面直角坐标系中作出Ff－x图像，如图所示，则图中阴影部分面积即小方块进入粗糙水平面的过程中摩擦力所做的功的大小，有|W f |＝μmgl。

【例2】物体在水平拉力F作用下，沿x轴由坐标原点开始运动，设拉力F随x的变化分别如图甲、乙、丙所示，图甲为一半圆图形，对应拉力做功分别为W甲、W乙、W丙，则以下说法正确的是(　　)

A．W甲＞W乙＞W丙 B．W甲＝W乙＞W丙
C．W甲＝W乙＝W丙 D．W甲＞W乙＝W丙
【答案】　D
【解析】　在F－x图像中，F做的功等于图线与x轴所围的面积。
在图甲中，在数值上Fm＝x0
W甲＝πF
在图乙中，W乙＝Fmx0＝F
在图丙中，W丙＝Fmx0＝F
可见W甲＞W乙＝W丙，故D正确。
类型3 等效转换法求变力做功
【例1】如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升。若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1和W2，图中AB＝BC，则 (　　)

A．W1>W2
B．W1＜W2
C．W1＝W2
D．无法确定W1和W2的大小关系
【答案】　A
【解析】　轻绳对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力做功转化为恒力做功；因轻绳对滑块做的功等于拉力F对轻绳做的功，而拉力F为恒力，W＝F·Δl，Δl为轻绳拉滑块过程中力F的作用点移动的位移，大小等于定滑轮左侧绳长的缩短量，由题图及几何知识可知，ΔlAB＞ΔlBC，故W1>W2，A正确。
类型4 平均力法求变力做功
【例1】当前，我国某些地区的日常用水仍然依靠井水．某同学用水桶从水井里提水，井内水面到井口的高度为20 m．水桶离开水面时，水桶和水的总质量为10 kg.由于水桶漏水，在被匀速提升至井口的过程中，桶和水的总质量随着上升距离的变化而变化，其关系如图所示．水桶可以看成质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.由图像可知，在提水的整个过程中，拉力对水桶做的功为(　　)

A．2 000 J B．1 800 J
C．200 J D．180 J
【答案】　B
【解析】　由于水桶匀速上升，故拉力等于水桶重力．由于水和水桶的质量随位移均匀减小．故拉力与位移满足线性关系，所以可用平均力法求解变力做功．F1＝m1g＝100 N，F2＝m2g＝
80 N，则拉力做功为：W拉＝h＝1 800 J，故选B.
类型5 应用动能定理求变力做功
在一个有变力做功的过程中，当变力做功无法直接通过功的公式求解时，可用动能定理，W变＋W恒＝mv22－mv12，物体初、末速度已知，恒力做功W恒可根据功的公式求出，这样就可以得到W变＝mv22－mv12－W恒，就可以求变力做的功了．
【例1】质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g)(　　)

A.mv02－μmg(s＋x) B.mv02－μmgx
C．μmgs D．μmg(s＋x)
【答案】　A
【解析】　根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由动能定理可得－W弹－Wf＝0－mv02，则W弹＝mv02－μmg(s＋x)，故选项A正确．
【例6】如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为(　　)

A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
【答案】　C
【解析】　在Q点质点受到的竖直向下的重力和竖直向上的支持力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝m，FN＝FN′＝2mg，联立解得v＝，下滑过程中，根据动能定理可得mgR＋Wf＝mv2，解得Wf＝－mgR，所以克服摩擦力做功mgR，选项C正确．
题型三 功率的分析和计算
1．公式P＝和P＝Fv的区别
P＝是功率的定义式，P＝Fv是功率的计算式。
2．平均功率的计算方法
(1)利用＝。
(2)利用＝F cos α，其中为物体运动的平均速度。
3．瞬时功率的计算方法
(1)利用公式P＝Fvcos α，其中v为t时刻的瞬时速度。
(2)P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。
(3)P＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。
类型1 功率的分析和计算
【例1】如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率的变化情况是(　　)

A． 逐渐增大
B．逐渐减小
C．先增大，后减小
D．先减小，后增大
【答案】　A
【解析】　小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点，即小球做匀速圆周运动，那么小球受到的重力mg、水平拉力F、绳子拉力FT三者的合力必是沿绳子指向O点．对小球受力分析如图，F＝mgtan θ，由P＝Fvcos θ，可得P＝mgvsin θ，θ逐渐增大，则功率P逐渐增大，A项正确．

【例2】如图所示，质量为m＝2 kg的木块在倾角θ＝37°的斜面上由静止开始下滑，斜面足够长，木块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则前2 s内重力的平均功率和2 s末重力的瞬时功率分别为(　　)

A．48 W　24 W B．24 W　48 W
C．24 W　12 W D．12 W　24 W
【答案】　B
【解析】　木块所受的合外力
F合＝mgsin θ－μmgcos θ＝4 N
木块的加速度a＝＝2 m/s2
前2 s内木块的位移x＝at2＝×2×22 m＝4 m
所以，重力在前2 s内做的功为
W＝mgxsin θ＝2×10×4×0.6 J＝48 J
重力在前2 s内的平均功率＝＝24 W
木块在2 s末的速度v＝at＝2×2 m/s＝4 m/s
2 s末重力的瞬时功率
P＝mgvsin θ＝2×10×4×0.6 W＝48 W.
故选项B正确．
【例3】(多选)如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2 kg的物体在F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知(g取10 m/s2)(　　)

A．物体加速度大小为2 m/s2
B．F的大小为10.5 N
C．4 s内F做功的平均功率为42 W
D．4 s末F的功率大小为42 W
【答案】　BD
【解析】　根据v－t图像知加速度a＝＝0.5 m/s2，故A错误；由牛顿第二定律得2F－mg＝ma，解得F＝＝ N＝10.5 N，故B正确；物体在4 s内的位移x＝at2＝×0.5×42 m＝4 m，则拉力作用点的位移x＝ 8 m，则拉力F做功的大小为W＝Fx＝10.5×8 J＝84 J，平均功率P′＝＝ W＝21 W，故C错误；4 s末物体的速度为2 m/s，则拉力作用点的速度为4 m/s，则拉力F的功率P＝Fv＝10.5×4 W＝42 W，故D正确．
类型2 功率和功综合问题的分析和计算
【例1】(2022·4月贵阳模拟)(多选)运动场上，某同学将篮球竖直向上抛出，到最高点又竖直落回到抛出点，若篮球所受的空气阻力大小恒定，下列判断正确的是(　　)
A．篮球上升过程中的加速度大于下降过程中的加速度
B．篮球上升过程中克服重力做的功大于下降过程中重力做的功
C．篮球下落到抛出点的速度大小大于篮球抛出时向上的初速度大小
D．篮球上升过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率
【答案】　AD
【解析】　上升过程a1＝＝g＋，下降过程a2＝＝g－可知，a1>a2，故A正确；由W克G＝WG＝mgh可知，篮球上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功，故B错误；取上升和下降的全过程，由能量守恒可知，重力势能不变，初动能等于内能和末动能之和，故落回到抛出点的速度大小小于抛出时的初速度大小，故C错误；上升过程用逆向思维有h＝a1t12，下降过程有h＝a2t22，因a1>a2，则t1PG，故D正确．
【例2】一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图甲、乙所示，则以下说法正确的是(　　)

A．第1 s内，F对滑块做的功为3 J
B．第2 s内，F对滑块做功的平均功率为4 W
C．第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率为1 W
D．前3 s内，F对滑块做的总功为零
【答案】　C
【解析】　由题图可知，第1 s内，滑块位移为1 m，F对滑块做的功为2 J，A错误；第2 s内，滑块位移为1.5 m，F对滑块做的功为4.5 J，平均功率为4.5 W，B错误；第3 s内，滑块位移为1.5 m，F对滑块做的功为1.5 J，第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率P＝Fv＝1 W，C正确；前3 s内，F对滑块做的总功为8 J，D错误．
【例3】(2021·福建南平市质检)电梯上升过程可以简化为匀加速、匀速、匀减速三个阶段，即加速到允许的最大速度v后做匀速运动，最后经过匀减速运动将速度减为零。假设该电梯在加速和减速过程的加速度大小相等，一幢大楼每层楼高度相同，有一个质量为m的人先坐电梯从1楼到7楼，办完事后再从7楼到16楼，重力加速度为g，则(　　)
A．电梯从1楼到7楼的平均速度等于电梯从7楼到16楼的平均速度
B．电梯从1楼到7楼的平均速度小于电梯从7楼到16楼的平均速度
C．加速阶段电梯对人做正功，减速阶段电梯对人做负功
D．上升过程中电梯对人做功的最大功率为mgv
【答案】　B
【解析】　运动过程图像如图所示，

加速与减速阶段时间相等，平均速度
＝＝＝，电梯从7楼到16楼匀速运动的时间更长，所以平均速度更大，故A错误，B正确；电梯对人的作用力方向始终向上，与位移同向，故始终做正功，故C错误；上升过程中匀加速阶段结束时，电梯对人做功的功率最大为P＝Fv＝(mg＋ma)v＞mgv，故D错误。
题型四 机车启动问题
1．两种启动方式
两种方式
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
P－t图像
和v－t
图像




OA
段
过程
分析
v↑⇒F＝↓⇒a＝↓
a＝不变⇒F不变P＝Fv↑直到P＝P额＝Fv1
运动
性质
加速度减小的加速直线运动
匀加速直线运动，持续时间t0＝
AB
段
过程
分析
F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝
v↑⇒F＝↓⇒a＝↓
运动
性质
以vm做匀速直线运动
加速度减小的加速直线运动
BC段

F＝F阻⇒a＝0⇒以vm＝做匀速直线运动

2.三个重要关系式
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝.
(2)机车以恒定加速度启动的过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不是最大，v＝ (3)机车以恒定功率启动时，牵引力做的功W＝Pt.由动能定理得：Pt－F阻x＝ΔEk.此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小和时间．
类型1　恒定功率启动
【例1】(2022·福建三明市模拟)广泛使用氢燃料作为交通能源是氢经济的一个关键因素．使用氢为能源的最大好处是它跟空气中的氧反应，仅产生水蒸气排出，有效减少了传统汽油车造成的空气污染问题．一种氢气燃料的汽车，质量为m ＝5.0×103 kg，发动机的额定功率为60 kW，在平直公路上行驶时所受阻力恒为车重的0.1倍．若汽车保持额定功率从静止启动(g取10 m/s2)，求：
(1)汽车所能达到的最大速度大小；
(2)当汽车的速度为6 m/s时的加速度大小．
【答案】　(1)12 m/s　(2)1 m/s2
【解析】　(1)汽车在整个运动过程中速度达到最大时，牵引力与阻力大小相等
即F＝Ff＝0.1mg＝5.0×103 N
又P＝Fv
所以最大速度v＝ m/s ＝12 m/s
(2)当汽车速度v′＝6 m/s时，汽车的牵引力
F′＝＝1×104 N
设此时汽车的加速度为a，根据牛顿第二定律，
有F′－Ff＝ma
得a＝＝1 m/s2.
【例2】(多选)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内(　　)

A．做匀加速直线运动
B．加速度逐渐减小
C．牵引力的功率P＝Fvm
D．牵引力做功W＝mv－mv
【答案】　BC
【解析】　由于动车以恒定功率启动，则由P＝F牵v可知动车的速度增大则牵引力减小，由牛顿第二定律F牵－F＝ma得动车的加速度逐渐减小，A错误，B正确；当动车的加速度为零时，即牵引力等于阻力时，动车的速度最大，即P＝Fvm，C正确；设动车在时间t内的位移为x，由动能定理得W－Fx＝mv－mv，则牵引力所做的功为W＝Fx＋mv－mv，D错误。
【例3】(2022·河南驻马店市正阳县高级中学高三月考)质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为时．汽车的瞬时加速度的大小为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】　C
【解析】　当汽车达到最大速度时做匀速运动，牵引力F与摩擦力Ff相等，有F＝Ff，P＝Fv，所以Ff＝.当速度达到时，F′＝，则F′－Ff＝ma，所以a＝＝.故选C.
类型2 恒加速度启动问题
【例1】质量为1.0×103 kg的汽车，沿倾角为30°的斜坡由静止开始向上运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2 000 N，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104 W，开始时以a＝1 m/s2的加速度做匀加速运动(g取10 m/s2)．求：
(1)汽车做匀加速运动的时间；
(2)汽车所能达到的最大速率；
(3)若斜坡长143.5 m，且认为汽车到达坡顶之前已达到最大速率，则汽车从坡底到坡顶需多长时间．
【答案】　(1)7 s　(2)8 m/s　(3)22 s
【解析】　(1)由牛顿第二定律得
F－mgsin 30°－Ff＝ma
设匀加速过程的末速度为v，则有P＝Fv
v＝at1
解得t1＝7 s.
(2)当达到最大速度vm时，加速度为零，
则有P＝(mgsin 30°＋Ff)vm
解得vm＝8 m/s.
(3)汽车匀加速运动的位移x1＝at12，在后一阶段对汽车由动能定理得
Pt2－(mgsin 30°＋Ff)x2＝mvm2－mv2
又有x＝x1＋x2
解得t2≈15 s
故汽车运动的总时间为t＝t1＋t2＝22 s.
【例2】(多选)一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其v－t图像如图8所示。已知汽车的质量为m＝1×103 kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，取g＝10 m/s2，则以下说法正确的是(　　)

A．汽车在前5 s内的牵引力为5×103 N
B．汽车速度为25 m/s时的加速度为2 m/s2
C．汽车的额定功率为100 kW
D．汽车的最大速度为80 m/s
【答案】　AC
【解析】　由速度—时间图线知，汽车做匀加速运动的加速度大小a＝＝ m/s2＝4 m/s2，根据牛顿第二定律得F－f＝ma，其中f＝0.1mg＝1×103 N，解得牵引力F＝f＋ma＝1×103 N＋4×103 N＝5×103 N，故A正确；汽车的额定功率P＝Fv＝5×103 ×20 W＝1×105 W＝100 kW，故C正确；汽车在25 m/s时的牵引力F′＝＝ N＝4×103 N，根据牛顿第二定律得，加速度a′＝＝ m/s2＝3 m/s2，故B错误；当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度vm＝＝ m/s＝100 m/s，故D错误。
【例3】（2022·云南省师大附中高三上学期月考）(多选)如图甲为某型号电动平衡车，其体积小，操作方便，深受年轻人的喜爱．当人站在平衡车上沿水平直轨道由静止开始运动，其v－t图像如图乙所示(除3～10 s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)．已知人与平衡车质量之和为80 kg,3 s后功率恒为300 W，且整个骑行过程中所受到的阻力不变，结合图像的信息可知(　　)

A．0～3 s时间内，牵引力做功585 J
B．3～10 s时间内，平衡车的平均速度大小是4.5 m/s
C．3～10 s时间内，平衡车克服摩擦力做功1 020 J
D．平衡车在第2 s末与第14 s末牵引力的功率之比为1∶2
【答案】　AC
【解析】　平衡车最终匀速运动时，牵引力与阻力相等，根据P＝Fv＝Ffvm代入数据，可得Ff＝50 N．在0～3 s时间内，平衡车做匀加速运动，根据图像可知a＝＝1 m/s2，根据牛顿第二定律F－Ff＝ma，可得F＝130 N，在0～3 s时间内的位移s1＝at2＝4.5 m，因此0～3 s时间内，牵引力做功W1＝Fs1＝585 J，故A正确；在3～10 s时间内，根据动能定理Pt－
W克f＝mvm2－mv12，代入数据得W克f＝1 020 J，故C正确；在3～10 s时间内，平衡车做加速度逐渐减小的加速运动，因此平衡车的平均速度≠＝4.5 m/s，故B错误；平衡车在2 s末的功率P2＝Fv2＝260 W，因此＝＝.故D错误．
题型五 动能定理的理解
1．两个关系
(1)数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合力做的功。
(2)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
2．标量性
动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题。当然动能定理也就不存在分量的表达式。
【例1】随着高铁时代的到来，人们出行也越来越方便，高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能(　　)

A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的加速度成正比
【答案】　B
【解析】　列车在启动阶段做v0＝0的匀加速直线运动，列车的动能Ek＝mv2＝m(at)2＝m·(2ax)，可见B正确，A、C、D错误。
【例2】(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是(　　)

A．对物体，动能定理的表达式为W＝mv22－mv12，其中W为支持力做的功
B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功
C．对物体，动能定理的表达式为W－mgH＝mv22－mv12，其中W为支持力做的功
D．对电梯，其所受的合力做功为Mv22－Mv12
【答案】　CD
【解析】　电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功(即合力做的功)才等于物体动能的增量，即W合＝W－mgH＝mv22－mv12，其中W为支持力做的功，A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，即Mv22－Mv12，D正确．
【例4】(2022·北京东城区期末)如图所示，在高为h的粗糙平台上，有一个质量为m的小球，被一根细线拴在墙上，球与墙间有一根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时速度大小为v。对烧断细线到小球刚要落地的过程，下列说法正确的是(　　)

A．小球离开弹簧时的动能是mv2
B．弹簧弹力做的功等于mv2
C．弹簧弹力与重力做功的和等于mv2
D．弹簧弹力与摩擦力做功的和等于mv2－mgh
【答案】　D
【解析】　从烧断细线到小球刚要落地的整个过程中，根据动能定理可知W弹－Wf＋mgh＝mv2，移项可知，小球离开弹簧时的动能不等于mv2，落地时动能才等于
mv2，A错误；弹簧弹力做的功等于mv2－mgh＋Wf，B错误；弹簧弹力与重力做功的和等于mv2＋Wf，C错误；弹簧弹力与摩擦力做功的和等于mv2－mgh，D正确。
题型六 动能定理的基本应用
1．应用流程

2．注意事项
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(2)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理。
(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。
【例1】(2022·湖南省长沙一中高三月考)如图所示，运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置，按比赛规则，冰壶投出后，可以用毛刷在其滑行前方来回摩擦冰面，减小冰壶与冰面间的动摩擦因数以调节冰壶的运动，将冰壶的运动简化为直线运动且不考虑冰壶的转动．已知未摩擦冰面时，冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.02.重力加速度g取10 m/s2.

(1)运动员以3.6 m/s的水平速度将冰壶投出，未摩擦冰面的情况下，求冰壶能在冰面上滑行的最大距离s；
(2)设未摩擦冰面时，冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ，摩擦冰面后二者之间的动摩擦因数变为kμ，其中0 【答案】　(1)32.4 m　(2)(1－k)L
【解析】　(1)以冰壶为研究对象，从投出冰壶到冰壶停下来的过程中－μmgs＝0－mv2，得s＝32.4 m.
(2)未摩擦冰面时有－μmgs′＝0－mv′2，
摩擦冰面时有－μmg(s′＋Δs－L)－kμmgL＝0－mv′2，
联立得Δs＝(1－k)L.
【例2】(2022·湖南怀化市模拟)如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零，如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计B、C处能量损失)(　　)

A．等于v0 B．大于v0
C．小于v0 D．取决于斜面
【答案】　A
【解析】　物体从D点滑动到顶点A过程中，由动能定理可得－mg·xAO－μmg·xDB－μmgcos α·xAB＝0－mv02，α为斜面倾角，由几何关系有xABcos α＝xOB，因而上式可以简化为－mg·xAO－μmg·xOD＝0－mv02，从上式可以看出，物体的初速度与路径无关．故选A.
【例3】如图所示，一质量为m＝0.5 kg的小滑块，在F＝4 N水平拉力的作用下，从水平面上的A处由静止开始运动，滑行x＝1.75 m后由B处滑上倾角为37°的光滑固定斜面，滑上斜面后拉力的大小保持不变，方向变为沿斜面向上，滑动一段时间后撤去拉力．已知小滑块沿斜面上滑到的最高点C距B点为L＝2 m，小滑块最后恰好停在A处．不计B处能量损失，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.试求：

(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的距离x0；
(3)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的时间t.
【答案】　(1)　(2)1.25 m　(3)0.5 s
【解析】　(1)小滑块由C运动到A，由动能定理得
mgLsin 37°－μmgx＝0
解得μ＝
(2)小滑块在斜面上运动时，设拉力作用的距离为x0
小滑块由A运动到C，由动能定理得
Fx－μmgx＋Fx0－mgLsin 37°＝0
解得x0＝1.25 m
(3)小滑块由A运动到B，由动能定理得
Fx－μmgx＝mv2
在斜面上，由牛顿第二定律得F－mgsin 37°＝ma
由运动学公式得x0＝vt＋at2
联立解得t＝0.5 s.
题型七 动能定理与图像的“数形结合”
1．解决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、图与坐标轴围成的面积等所表示的物理意义，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．图像所围“面积”和图像斜率的含义

类型1 Ek－x(W－x)图像问题
【例1】(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为(　　)

A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg
【答案】　C
【解析】　法一：特殊值法
画出运动示意图．

设该外力的大小为F，据动能定理知
A→B(上升过程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkA
B→A(下落过程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′
整理以上两式并代入数据得物体的质量m＝1 kg，选项C正确．
法二：写表达式根据斜率求解
上升过程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，
则Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0
下落过程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′，
则Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′，
结合题图可知mg＋F＝ N＝12 N，
mg－F＝ N＝8 N
联立可得m＝1 kg，选项C正确．
【例2】(2021·湖北卷，4)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，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为(　　)

A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N
【答案】　A
【解析】　0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N。联立解得f＝0.5 N、m＝0.7 kg，A正确，B、C、D错误。
类型2 F－x图像与动能定理的结合
【例1】．(多选)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像．已知重力加速度g取10 m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有(　　)

A．物体与水平面间的动摩擦因数
B．合外力对物体所做的功
C．物体做匀速运动时的速度
D．物体运动的时间
【答案】　ABC
【解析】　物体做匀速直线运动时，受力平衡，拉力F0与滑动摩擦力Ff大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝＝0.35，A正确；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－mv2，根据F－x图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v，B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误．
【例2】如图甲所示，质量为m＝5.0 kg的物体静止在水平地面上，在水平推力F作用下开始运动，水平推力F随位移x变化的图像如图乙所示(x＝4.0 m后无推力存在)．已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.50，取重力加速度g＝10 m/s2.下列选项正确的是(　　)

A．物体的加速度先减小后增大
B．在距出发点3 m位置时物体的速度达到最大
C．物体的最大速度为2 m/s
D．物体在水平地面上运动的最大位移是16.0 m
【答案】　B
【解析】　物体在水平方向受推力与摩擦力作用，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，加速度a＝－μg.由题图乙可知，物体所受推力随位移的增加而减小，开始物体所受推力大于摩擦力，物体做加速运动，随推力F的减小，加速度a减小；当推力等于摩擦力时，合力为零，加速度为零；当推力小于摩擦力时物体所受合力方向与物体的速度方向相反，物体做减速运动，加速度a逐渐增大；撤去推力时物体所受合力等于滑动摩擦力，物体加速度不变，做匀减速直线运动，直到速度为零，故由以上分析可知，物体的加速度先减小后增大再不变，A错误；由题图乙可知，推力F随位移x变化的数学关系式为F＝100－25x(0≤x≤4.0 m)，物体的速度最大时，加速度为零，此时有F＝μmg，解得x＝＝3 m，即在距出发点3 m位置时物体的速度达到最大，B正确；F－x图线与坐标轴围成图形的面积等于推力对物体做的功，设物体的最大速度为vm，由题图乙可知，物体速度最大时，推力对物体做的功W＝×(100＋25)×3 J＝187.5 J，从物体开始运动到速度最大的过程中，对物体，由动能定理得W－μmgx＝mvm2－0，代入数据解得vm＝3 m/s，C错误；由F－x图像可知，推力对物体做的功等于图线与坐标轴围成的面积，即W＝Fx＝×100×4.0 J＝200 J，对物体运动的整个过程，根据动能定理可得W－μmgxmax＝0，代入数据解得xmax＝8 m，D错误．
类型3 其他图像与动能定理的结合
【例1】质量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其v－t图像如图所示(竖直向上为正方向，DE段为直线)，已知重力加速度大小为g，空气阻力不计，则(　　)

A．t3～t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动
B．t0～t2时间内，合力对小球先做正功后做负功
C．0～t2时间内，小球的平均速度一定为
D．t3～t4时间内，拉力做的功为[(v4－v3)＋g(t4－t3)]
【答案】　D
【解析】　由题图可知，t3～t4时间内小球具有向上的速度，小球竖直向上做匀减速运动，A错误；由题图可知，t0～t2时间内，小球一直向上做加速运动，合力对小球一直做正功，B错误；由题图可知，0～t2时间内，小球的运动不是匀加速运动，平均速度不一定为，C错误；由题图可知，t3～t4时间内，小球的位移x＝(t4－t3)，由动能定理得W－mgx＝mv42－mv32，解得W＝[(v4－v3)＋g(t4－t3)]，D正确．
【例2】．(多选)如图甲所示，用不可伸长的轻质细绳拴着一小球，在竖直面内做圆周运动，不计一切阻力．小球运动到最高点时细绳对小球的拉力F与小球速度的平方v2的图像如图乙所示，已知重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A．小球运动到最高点的最小速度为1 m/s
B．小球的质量为0.1 kg
C．细绳长为0.2 m
D．当小球在最高点的速度为 m/s时，小球运动到最低点时细绳的拉力大小为7 N
【答案】　ABD
【解析】　设小球的质量为m，细绳长为L，在最高点，根据牛顿第二定律有F1＋mg＝m，解得F1＝v2－mg.根据题图乙的纵轴截距为－mg＝－1 N，可得质量为m＝0.1 kg，根据题图乙的斜率为＝1，可得细绳长为L＝0.1 m，故B正确，C错误；根据绳—球模型可知小球运动到最高点拉力为零时速度最小，只有重力提供向心力，有mg＝m，解得最小速度为vmin＝＝1 m/s，故A正确；当小球在最高点的速度为v1＝ m/s时，小球从最高点到最低点根据动能定理有mg·2L＝mv22－mv12，在最低点由牛顿第二定律有F2－mg＝m，解得小球运动到最低点时细绳的拉力大小为F2＝7 N，故D正确．
【例3】(多选)放在粗糙水平地面上质量为0.8 kg的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示．下列说法中正确的是(g取10 m/s2)(　　)

A．0～6 s内拉力做的功为140 J
B．物体在0～2 s内所受的拉力为4 N
C．物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5
D．合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等
【答案】　AD
【解析】　由P＝Fv可知，物体在0～2 s内所受的拉力F＝＝ N＝6 N，在2～6 s内所受的拉力F′＝＝ N＝2 N，B错误；拉力在0～6 s内做的总功W＝Fx1＋F′x2＝6××2 J＋2×10×4 J＝140 J，A正确；由物体在2～6 s内做匀速运动可知，F′＝μmg，可求得μ＝0.25，C错误；由动能定理可知，物体所受的合外力在0～6 s内所做的功与0～2 s内所做的功均为mv2＝40 J，D正确
题型八 动能定理在多过程、往复运动问题中的应用
1．运用动能定理解决多过程问题，有两种思路
(1)分阶段应用动能定理
①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理．
②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破．
(2)全过程(多个过程)应用动能定理
当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大简化运算．
2．全过程列式时要注意
(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关．
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积．
类型1 运用动能定理解决多过程问题
【例1】.(2022·山东潍坊联考)如图所示，半径为R＝3 m的光滑半圆轨道ABC与倾角为θ＝37°的粗糙斜面DC相切于C。A点左侧有一光滑水平平台，平台与A点的高度差h＝0.9 m，平台上水平放置一弹簧，左端固定，右端与质量为m＝0.5 kg的小滑块P接触但不连接。推动P压缩弹簧至某一位置后释放，P刚好从半圆轨道的A点切入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好运动到斜面上与A点等高的D点，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：

(1)此过程中弹簧的最大弹性势能；
(2)小滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
(3)小滑块经过半圆轨道最低点B时，对轨道的压力的最小值。
【答案】　(1)8 J　(2) 　(3)7 N
【解析】　(1)小滑块从离开平台至到达A点的过程中做平抛运动，若小滑块做平抛运动的初速度为v0，则弹簧的最大弹性势能
Ep＝mv
小滑块在A点时竖直方向的分速度
vy＝
由几何关系可得v0＝
解得Ep＝8 J。
(2)小滑块从释放至到达D点，由能量守恒定律有Ep＋mgh＝μmgcos θ·xCD
由几何关系有tan θ＝
解得μ＝。
(3)由于μ＜tan θ，因此滑块不可能停在斜面轨道上，滑块再一次回到圆弧轨道时，假设能到达与圆心等高的圆弧上的点，则从D点到该点的过程中有
mgRcos θ－μmgcos θ·xCD＝12 J－12.5 J＜0，
故滑块不可能到达该点，滑块将在斜面轨道和圆轨道上做往复运动且滑块到达的最高点一次比一次低，直至滑块可到达的最高点为C点，滑块最终将在C点及与C点的等高点之间的圆弧轨道上做往复运动，这种情况下滑块经过B点时速度最小，对B点压力最小。
设滑块经过B点的最小速度为v2，则对滑块由动能定理得mgR(1－cos θ)＝mv
在B点，由牛顿第二定律得
FN－mg＝m
解得FN＝7 N，由牛顿第三定律可知，小滑块在B点对轨道压力的最小值为7 N。
【例2】．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，可抽象为图乙所示的模型。倾角为45°的直轨道AB、半径R＝10 m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF，分别通过水平光滑衔接轨道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＝40 m。现有质量m＝500 kg的过山车，从高h＝40 m 处的A点由静止下滑，经BCDC′EF最终停在G点。过山车与轨道AB、EF间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG间的动摩擦因数μ2＝0.75。过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，g取10 m/s2。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x(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。
【答案】　(1)8 m/s　(2)7×103 N (3)30 m
【解析】　(1)设过山车在C点的速度大小为vC，
由动能定理得
mgh－μ1mgcos 45°·＝mv
代入数据得vC＝8 m/s。
(2)设过山车在D点速度大小为vD，由动能定理得
mg(h－2R)－μ1mgcos 45°·＝mv
F＋mg＝m，解得F＝7×103 N
由牛顿第三定律知，过山车在D点对轨道的作用力大小为7×103 N。
(3)全程应用动能定理
mg[h－(l－x)tan 37°]－μ1mgcos 45°·－μ1mgcos 37°·－μ2mgx＝0
解得x＝30 m。
【例3】．如图所示，半圆形光滑轨道竖直固定在AB杆上，杆长L＝1 m，半圆与水平方向相切于B点，半径R＝0.5 m，距其右侧一定水平距离处固定一个斜面体．斜面C端离地高度h＝0.8 m，E端固定一轻弹簧，弹簧原长为DE，DE＝0.375 m，斜面CD段粗糙而DE段光滑．现将一质量为1 kg的物块(可看作质点)从圆轨道某处静止释放，离开最低点B后恰能落到斜面顶端C处，且速度方向恰好平行于斜面，物块沿斜面下滑压缩弹簧后又沿斜面向上返回，第一次恰能返回到最高点C.斜面倾角θ＝53°，重力加速度g＝10 m/s2.已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：

(1)物块运动到B点时对轨道的压力大小；
(2)物块在粗糙斜面CD段上能滑行的总路程s.
【答案】　(1)14.5 N　(2)3.25 m
【解析】　(1)物块从B到C做平抛运动，则有vy2＝2g(L－h)
在C点时有tan θ＝
代入数据解得vB＝1.5 m/s
在B点对物块进行受力分析得F－mg＝m
解得F＝14.5 N
根据牛顿第三定律知物块对轨道的压力大小F′＝F＝14.5 N
(2)物块在C点的速度为vC＝＝2.5 m/s
物块从C点下滑到返回C点的过程，根据动能定理得
－μmgcos θ×2xCD＝0－mvC2
xCE＝＝1 m
xCD＝xCE－xDE
代入数据解得μ＝
最终物块在DE段来回滑动，从C到D，根据动能定理得：
mgxCDsin θ－μmgcos θ×s＝0－mvC2
解得s＝3.25 m.
类型2 动能定理在往复运动问题中的应用
1．往复运动问题：在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定．
2．解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出，由于动能定理只涉及物体的初、末状态，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化．
【例1】如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一高度，θ＝37°，圆弧面的半径R＝3.6 m，一滑块质量m＝5 kg，与AB斜面间的动摩擦因数μ＝0.45，将滑块从A点由静止释放(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)．求在此后的运动过程中：

(1)滑块在AB段上运动的总路程；
(2)在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值．
【答案】　(1)8 m　(2)102 N　70 N
【解析】　(1)由题意可知斜面AB与水平面的夹角为θ＝37°，
知mgsin θ>μmgcos θ，
故滑块最终不会停留在斜面上，
由于滑块在AB段受摩擦力作用，
则滑块做往复运动的高度将越来越低，
最终以B点为最高点在光滑的圆弧面上做往复运动．
设滑块在AB段上运动的总路程为s，
滑块在AB段上所受摩擦力大小Ff＝μFN＝μmgcos θ，
从A点出发到最终以B点为最高点做往复运动，
由动能定理得mgRcos θ－Ffs＝0，解得s＝8 m.
(2)滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，此时滑块所受轨道支持力最大，设为Fmax，
从A到C的过程，由动能定理得
mgR－FflAB＝mv12－0，
斜面AB的长度lAB＝，
由牛顿第二定律得Fmax－mg＝，
解得Fmax＝102 N.
滑块以B为最高点做往复运动的过程中过C点时，速度最小，设为v2，此时滑块所受轨道支持力最小，设为Fmin，从B到C，
由动能定理得mgR(1－cos θ)＝mv22－0，
由牛顿第二定律得Fmin－mg＝，
解得Fmin＝70 N，
根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102 N，最小值为70 N.
【例2】如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC水平，其长度d＝0.50 m，盆边缘的高度为h＝0.30 m．在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为(　　)

A．0.50 m B．0.25 m C．0.10 m D．0
【答案】　D
【解析】　小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上运动的总路程为s，小物块在盆底BC面上所受的滑动摩擦力大小不变，整个过程由动能定理有mgh－μmgs＝0，所以小物块在BC面上运动的总路程为s＝＝ m＝3 m，因d＝0.50 m，s＝6d，所以小物块在BC面上来回运动共6次，刚好3个来回，所以最终停在B点，即距离B点为0，A、B、C错误，D正确．
【例3】(2022·湖北省1月选考模拟·7)如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点．一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动．小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%.小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为(　　)

A. B.
C. D.
【答案】　B
【解析】　由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH＝Ek，此时小物块所走路程s1＝，第一次通过O点后动能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高度H1＝95%H，第二次到达O点所走的路程s2＝＝95%，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)2，…，故小物块所走的总路程s总＝s1＋s2＋…sn＝＋95%＋(95%)2＋…(95%)n－1，n无穷大时，可得s总＝(等比数列求和)，故B正确．
【例4】如图所示，固定于地面上竖直平面内的某一游戏装置由半径为R＝1.8 m的四分之一光滑圆形轨道CD、水平光滑轨道DA与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道AB构成，轨道在D、A两处平滑连接，且OD竖直，在装置出口处B端右侧有一刚性挡板PQ，已知P点与B点等高，Q点足够高，AB段轨道长度L＝2 m，动摩擦因数μ＝0.5，PB距离x＝1.2 m．现将质量为m＝0.1 kg的滑块自C点以某一初速度v0沿切线方向弹射，不计滑块的大小，滑块与刚性挡板的碰撞可视为弹性碰撞．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6)

(1)滑块初速度至少多大才能击中挡板？
(2)改变初速度让滑块碰到挡板后恰能沿原路返回斜面，求滑块在整个运动过程中对轨道D点压力的最大值．
(3)在(2)题情况下，整个过程滑块能通过圆轨道上距离D点高度0.01 m的E点多少次？
【答案】　(1) m/s　(2) N　(3)9次
【解析】　(1)滑块初速度最小时，恰好能击中刚性挡板的P点，从B点到击中挡板可以等效看成左右对称的两个平抛运动
x＝vBcos 37°·t，t＝，
得vB＝ m/s.
从C点到B点，根据动能定理可知：mgR－mgLsin θ－μmgLcos θ＝mvB2－mv02，
得v0＝ m/s.
(2)滑块恰能沿原路返回，即从B点出发后垂直击中挡板：x＝vB′cos 37°·t′，t′＝，
得vB′＝5 m/s.
从D点到B点，根据动能定理可知－mgLsin θ－μmgLcos θ＝mvB′2－mvD2，
得vD＝ m/s.
在D点FN－mg＝m，
FN＝m＋mg＝ N，
根据牛顿第三定律可知整个运动过程中滑块对轨道D点压力的最大值为 N.
(3)若滑块恰能再次上滑到B点，则mvB″2－mvB′2＝－2μmgLcos θ，得vB″<0，
可知滑块返回不会从B点飞出，第一次返回到圆轨道的高度为H1,0－mvB′2＝mgLsin θ－μmgLcos θ－mgH1，得H1＝1.65 m.
第一次返回斜面高度为h1：mgH1＝mgh1＋μmgh1；
第二次返回圆轨道高度为H2：mgh1－μmgh1＝mgH2，得H2＝H1；
则第n次返回圆轨道高度为Hn：Hn＝n－1H1.