專題11功和功率及動能定理的理解與應用目錄TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"題型一恒力做功的分析和計算 1\o"CurrentDocument"題型二變力做功的分析和計算 L\o"CurrentDocument"類型1微元法計算變力做功 L\o"CurrentDocument"類型2圖像法計算變力做功 5\o"CurrentDocument"類型3等效轉換法求變力做功 (\o"CurrentDocument"類型4平均力法求變力做功 ；\o"CurrentDocument"類型5應用動能定理求變力做功 :\o"CurrentDocument"題型三功率的分析和計算 f\o"CurrentDocument"類型1功率的分析和計算 S\o"CurrentDocument"類型2功率和功綜合問題的分析和計算 1C題型四機車啟動問題 1；\o"CurrentDocument"類型1恒定功率啟動 13\o"CurrentDocument"類型2恒加速度啟動問題 M\o"CurrentDocument"題型五動能定理的理解 1(\o"CurrentDocument"題型六動能定理的基本應用 1；\o"CurrentDocument"題型七動能定理與圖像的“數形結合” 2(類型1E*-x(W-x)圖像問題 2(\o"CurrentDocument"類型2F-x圖像與動能定理的結合 21「ys；31弋彳也I到彳彖與口二SI口??????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????(2c\o"CurrentDocument"題型八動能定理在多過程、往復運動問題中的應用 2』\o"CurrentDocument"類型1運用動能定理解決多過程問題 25\o"CurrentDocument"類型2動能定理在往復運動問題中的應用 21題型一恒力做功的分析和計算【解題指導】L判斷力是否做功及做正、負功的方法判斷根據適用情況根據力和位移方向的夾角判斷常用于恒力做功的判斷根據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⑴恒力做的功直接用W=Hcosa計算或用動能定理計算。

（2）合力做的功方法一：先求合力尸金，再用Wa=F3/cosa求功，尤其適用于已知質量m和加速度a的情況。方法二：先求各個力做的功卬|、卬2、卬3…，再應用卬各=卬|+卬2+卬3+…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】（2022?廣東惠州一中月考）圖甲為一女士站在臺階式自動扶梯上勻速上樓（忽略扶梯對手的作用），圖乙為一男士站在履帶式自動扶梯上勻速上樓，兩人相對扶梯均靜止.下列關于做功的判斷中正確的是（）甲 乙A.圖甲中支持力對人做正功B.圖甲中摩擦力對人做負功C.圖乙中支持力對人做正功D.圖乙中摩擦力對人做負功【答案】A【解析】題圖甲中，人勻速上樓，不受摩擦力，摩擦力不做功，支持力向上，與速度方向的夾角為銳角，則支持力做正功，故A正確，B錯誤；題圖乙中，支持力與速度方向垂直，支持力不做功，摩擦力方向與速度方向相同，做正功，故C、D錯誤.【例2】（多選）網絡上有這樣一段視頻，一個6歲的小女孩，徒手在8.0s的時間內，爬上了高4m的門廳立柱頂端.之后保持如圖的姿勢，從立柱頂端順著立柱滑到底端.下列判斷正確的是（）A.加速向上時，小女孩受到的摩擦力一定大于其重力B.加速向上時，立柱對小女孩的摩擦力做正功C.在圖示位置靜止時，小女孩手與立柱間的彈力越大，摩擦力越大D.小女孩加速滑下時，受到的摩擦力一定小于重力【答案】AD【解析】根據尸可知，加速向上時，小女孩受到的摩擦力一定大于其重力，A正確：加速向上時，立柱對小女孩的摩擦力的作用點沒有移動，所以摩擦力不做功，B錯誤；在圖示位置靜止時，小女孩手與立柱間的彈力越大，最大靜摩擦力越大，摩擦力等于重力，摩擦力不變，C錯誤；根據mg-F（=/na可知，小女孩加速滑下時，受到的摩擦力一定小于重力，D正確.【例3】（多選）如圖所示，一個質量為m=2.0kg的物體放在傾角為a=37。的固定斜面上，現用尸=30N、平行于斜面的力拉物體使其由靜止開始沿斜面向上運動.已知物體與斜面之間的動摩擦因數"=0.50,斜面足夠長，g取10m/s2,sin37。=0.60,cos37。=0.80.物體運動2s后，關于各力做功情況，下列說法正確的是()A.重力做功為一120JB.摩擦力做功為-80JC.拉力做功為100JD.物體所受的合力做功為100J【答案】ABD【解析】 物體在斜面上運動時受到重力、拉力、摩擦力和支持力作用，根據牛頓第二定律得"=F-/nrsina-z/znpcosa .. 1口3dq?一1 , 二上，遼.) 丁-5 =5.0m/s2,由工=呼尸得，物體在2s內的位移為x=2^5x22m=10.0m,重力做功WG=-mgxsin37°=-120J,A正確；拉力做的功為%=&=300J,C錯誤；摩擦力做功為Wf=-&x=-/z/ngcos37°x=-80J,B正確；支持力做功WN=/=k?：os90°=0,合外力做的功W=Wf+Wn+Wg+Wf=100J,D正確.【例4】如圖所示，升降機內斜面的傾角6=30。，質量為2kg的物體置于斜面上始終不發生相對滑動，在升降機以5m/s的速度勻速上升4s的過程中.g取lOm/s2,求：(1)斜面對物體的支持力所做的功；(2)斜面對物體的摩擦力所做的功：(3)物體重力所做的功；(4)合外力對物體所做的功.【答案】(D300J(2)100J(3)-400J(4)0【解析】 物體置于升降機內隨升降機一起勻速運動過程中，處于受力平衡狀態，受力分析如圖所示?G由平衡條件得Ffcos61-FNsin9=0,居sin6>+Fncos。一G=0代入數據得Ff=10N,Fn=10\/3Nx=vr=20m(1)斜面對物體的支持力所做的功Wn=Fmcos，=300J(2)斜面對物體的摩擦力所做的功Wf=Fjrcos(9O°-0=1OOJ(3)物體重力做的功Wg=Gxcos180°=-400J(4)合外力對物體做的功方法一：川==%+%+論=0方法二：Ffr—0,W(t=Foxcosa=0.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 、m小。飛＜一…/' 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=FfAxi+FfAxi+A%3+…=Ft{Axi+Axi++???)=Fr2nR等效轉換法////////hAB 恒力F把物塊從A拉到B,繩子對物塊做功W—FqAasin力圖像法0與F/N/隨軸F"x/m—水平拉力拉著一物體在水平面上運動的位移為xo,圖線斤圍面積表示拉力所做的功，卬=倍￡%)平均值法形變量Ax當力與位移為線性關系，力可用平均值了=以產表示，代入功的公式得卬=容?以應用動能定理ACWfI"B 用力F把小球從A處緩慢拉到8處，尸做功為M，則有：—mgL(l—cos0)=0,得WF=mgL(l—cos8)類型1微元法計算變力做功【例1】水平桌面上，長R=5m的輕繩一端固定于。點，如圖所示(俯視圖)，另一端系一質量〃7=2.Okg的小球，現對小球施加一個大小不變的力尸=10N,F拉著小球從M點運動到N點，方向始終與小球的運動方向成37。角.己知小球與桌面間的動摩擦因數〃=0.2,不計空氣阻力，取g=10m/s2,sin37°=0.6,TOC\o"1-5"\h\zcos37°=0.8,則拉力F做的功與小球克服摩擦力做的功之比為（ ）MF/A'" NA/ B.小 C.2 D.3【答案】C【解析】將圓弧分成很多小段小h/,,，拉力尸在每小段上做的功為M，卬2M，因拉力尸大小不變，方向始終與小球的運動方向成37。角，所以W,=F/|Cos37°,VV2=n40t.&2cos37°Wn=Flncos37°.W=Wi+W2+...+W,尸產cos37°（/i+/2+...+/?）=Feos37°?邛="ptJ.同理可得小球克服摩擦力做的功?歙=苧兀J,拉力尸做的功與小球克服摩擦力做的功之比為2,故選C.【例2】聶海勝利用太空跑臺——動感單車鍛煉，如圖所示.假設聶海勝鍛煉15分鐘克服動感單車阻力而消耗的能量約為900kJ.假設動感單車的阻力主要來源于距車軸30cm的阻尼裝置（可視為質點），宇航員每分鐘蹬車90圈，則阻尼裝置對車輪的阻力約為（）A.180NB.350NC.580ND.780N【答案】B【解析】設平均阻力為a，則有nx（15x90x2"）=900kJ,解得正354N,故選B.類型2圖像法計算變力做功【例1】（多選）如圖所示，〃個完全相同、邊長足夠小且互不粘連的小方塊依次排列，總長度為/,總質量為如它們一起以速度v在光滑水平面上滑動，某時刻開始滑上粗糙水平面。小方塊與粗糙水平面之間的動摩擦因數為〃，若小方塊恰能完全進入粗糙水平面，則摩擦力對所有小方塊所做功的數值為（），〃〃〃//〃"〃〃/索/〃〃〃/〃〃/XA./zhl B."7V2C%mgl D.pimgl【答案】AC【解析】小方塊恰能完全進入粗糙水平面，說明所有小方塊進入粗糙水平面后速度為零，以所有小方塊為研窕對象，據動能定理得川1=0一品/,所以所有小方塊克服摩擦力做功為51V故A項正確，B項錯誤；當長度為x的小方塊滑上粗糙水平面時，所受摩擦力大小為ymg,則這〃個小方塊在進入粗糙水平面的過程中所受的平均摩擦力大小為F7=$mg,又該過程中這n個小方塊的位移為/,則由功的公式可得Wf=-F~（i=—^imgl,摩擦力做功的大小為品?g/,C項正確，D項錯誤。C、D項另解（圖像法）根據R=%mg,在平面直角坐標系中作出R-x圖像，如圖所示，則圖中陰影部分面積即小方塊進入粗糙水平面的過程中摩擦力所做的功的大小，有【例2】物體在水平拉力尸作用下，沿x軸由坐標原點開始運動，設拉力尸隨x的變化分別如圖甲、乙、丙所示，圖甲為一半圓圖形，對應拉力做功分別為卬甲、W小卬丙，則以下說法正確的是（ ）甲 乙 丙A.W甲〉卬乙〉卬丙 B.卬甲=卬乙〉卬再C.W甲=卬C=卬用 D.卬甲＞卬k=卬'【答案】D【解析】在尸一x圖像中，尸做的功等于圖線與x軸所圍的面積。在圖甲中，在數值上Fm=1ro在圖乙中，W乙=%n的=珞在圖丙中，Wii|=2^FmX0=/rm可見內，故D正確。類型3等效轉換法求變力做功【例11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4點起由靜止開始上升。若從4點上升至8點和從8點上升至C點的過程中拉力尸做的功分別為Wi和電，圖中4B=BC,則（）W］>W2Wi<W2Wi=W2D.無法確定Wi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尸對輕繩做的功，而拉力尸為恒力，W=FM,為輕繩拉滑塊過程中力尸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，Nab>Zbc，故小>牝，A正確。類型4平均力法求變力做功［例1］當前，我國某些地區的日常用水仍然依靠井水.某同學用水桶從水井里提水，井內水面到井口的高度為20m.水桶離開水面時，水桶和水的總質量為10kg.由于水桶漏水，在被勻速提升至井口的過程中，桶和水的總質量隨著上升距離的變化而變化，其關系如圖所示.水桶可以看成質點，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2.由圖像可知，在提水的整個過程中，拉力對水桶做的功為（）C.200J D.180J【答案】B【解析】由于水桶勻速上升，故拉力等于水桶重力.由于水和水桶的質量隨位移均勻減小.故拉力與位移滿足線性關系，所以可用平均力法求解變力做功.Fi=/n,g=100N,F2=m2g=80N,則拉力做功為：W,：.=—L/?=1800J,故選B.類型5應用動能定理求變力做功在一個有變力做功的過程中，當變力做功無法直接通過功的公式求解時，可用動能定理，W咬+W怔=/《也2一%物體初、末速度已知，恒力做功w慎可根據功的公式求出，這樣就可以得到卬變=熱以2—%U?一卬惻，就可以求變力做的功了.【例1】質量為m的物體以初速度vo沿水平面向左開始運動,起始點A與一輕彈簧0端相距s,如圖所示.已知物體與水平面間的動摩擦因數為〃，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為X,則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為(重力加速度大小為g)()A.^/wvo2+x) B.^/wvo2—firngxC.jtimgs D.jjmg(s+x)【答案】A【解析】根據功的定義式可知物體克服摩擦力做功為M=wng(s+x),由動能定理可得一卬二一的=0—；mvo2,則 —〃zng(s+x),故選項A正確.【例6】如圖所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高，質量為m的質點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點。時，對軌道的壓力為2mg,重力加速度大小為g.質點自P滑到。的過程中，克服摩擦力所做的功為()A'mgRC.?mgR D.扣gR【答案】C【解析】在。點質點受到的豎直向下的重力和豎直向上的支持力的合力充當向心力，所以有Fz-mg="斥,FN=FN'=2/ng,聯立解得下滑過程中，根據動能定理可得用gR+用=下加，解得的=一菱mgR,所以克服摩擦力做功*gR,選項C正確.題型三功率的分析和計算W.公式和p=&的區別尸=?是功率的定義式，P=Pv是功率的計算式。.平均功率的計算方法⑴利用p=yo(2)利用P=Fvcosa,其中v為物體運動的平均速度。.瞬時功率的計算方法(1)利用公式P=Fvcosa,其中v為f時刻的瞬時速度。(2)P=Fvf，其中vf為物體的速度v在力尸方向上的分速度。(3)P=f>,其中居為物體受到的外力F在速度v方向上的分力。類型1功率的分析和計算【例1】如圖所示，細線的一端固定于。點，另一端系一小球.在水平拉力作用下，小球以恒定速率在豎直平面內由A點運動到8點.在此過程中拉力的瞬時功率的變化情況是()A.逐漸增大B.逐漸減小C.先增大，后減小D.先減小，后增大【答案】A【解析】小球以恒定速率在豎直平面內由A點運動到8點，即小球做勻速圓周運動，那么小球受到的重力"吆、水平拉力尸、繩子拉力尸t三者的合力必是沿繩子指向。點.對小球受力分析如圖，F=mgtan0,由/>=尸1。》，，可得尸=/"gvsin仇，逐漸增大，則功率尸逐漸增大，A項正確.Omg【例2】如圖所示，質量為m=2kg的木塊在傾角0=37。的斜面上由靜止開始下滑，斜面足夠長，木塊與斜面間的動摩擦因數為"=0.5,已知5布37。=0.6,8537。=0.8,MX10m/s2,則前2s內重力的平均功率和2s末重力的瞬時功率分別為()A.48W24W B.24W48WC.24W12W D.12W24W【答案】B【解析】 木塊所受的合外力F々=mgsin0—pmgcos0=4N木塊的加速度。=卷=2m/s2

前2s內木塊的位移x=2?/2=2x2x22m=4所以，重力在前2s內做的功為W=mgxsin，=2xl0x4x（）.6J=48J.一w重力在前2s內的平均功率P=—=24W木塊在2s末的速度v=m=2x2m/s=4m/s2s末重力的瞬時功率P=mgvsin（9=2x10x4x0.6W=48W.故選項B正確.【例3】（多選）如圖甲所示，滑輪質量、摩擦均不計，質量為2kg的物體在尸作用下由靜止開始向上做勻加速運動，其速度隨時間的變化關系如圖乙所示，由此可知（g取10m/s2）（）A.物體加速度大小為2mHB.尸的大小為10.5N4s內F做功的平均功率為42W4s末尸的功率大小為42W【答案】BD20+12【解析】根據V-/圖像知加速度a=罟=0.5m/s2,故A錯誤；由牛頓第二定律得220+12N=10.5N,故B正確；物體在4s內的位移尸金產甘入。^*^m=4m,則拉力作用點的位移x=8m,則拉力廣做功的大小為W=Fr=10.5x8J=84J,平均功率「'=7=7W=21W,故C錯誤;4s末物體的速度為2m/s,則拉力作用點的速度為4m/s,則拉力F的功率P=Fv=10.5x4W=42W,故D正確.類型2功率和功綜合問題的分析和計算【例1】（2022?4月貴陽模擬）（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"產"V=g+今下降過程"2"號旦個一軻知，m>"2,故A正確：由W克G=Wa=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萬=；”由2,下降過程有/j=^a2f22.因。1>"2，則“<，2，又P丸6=史*=詈，，&3=等=邛2則尸支G>Pg，故D正確.<1 1\ 12 12[例2]一滑塊在水平地面上沿直線滑行，r=0時其速度為1m/s,從此刻開始在滑塊運動方向上再施加一水平作用力F，力尸和滑塊的速度v隨時間r的變化規律分別如圖甲、乙所示，則以下說法正確的是（）甲 乙A.第1s內，F對滑塊做的功為3JB.第2s內，尸對滑塊做功的平均功率為4WC.第3s末，尸對滑塊做功的瞬時功率為1WD.前3s內，尸對滑塊做的總功為零【答案】C【解析】由題圖可知，第1s內，滑塊位移為1m,尸對滑塊做的功為2J,A錯誤；第2s內，滑塊位移為1.5m,F對滑塊做的功為4.5J,平均功率為4.5W,B錯誤；第3s內，滑塊位移為1.5m,F對滑塊做的功為1.5J,第3s末，F對滑塊做功的瞬時功率2=尸1，=1W,C正確；前3s內，尸對滑塊做的總功為8J,D錯誤.【例3】（2021?福建南平市質檢）電梯上升過程可以簡化為勻加速、勻速、勻減速三個階段，即加速到允許的最大速度v后做勻速運動，最后經過勻減速運動將速度減為零。假設該電梯在加速和減速過程的加速度大小相等，一幢大樓每層樓高度相同，有一個質量為機的人先坐電梯從1樓到7樓，辦完事后再從7樓到16樓，重力加速度為g,則（）A.電梯從1樓到7樓的平均速度等于電梯從7樓到16樓的平均速度B.電梯從1樓到7樓的平均速度小于電梯從7樓到16樓的平均速度C.加速階段電梯對人做正功，減速階段電梯對人做負功D.上升過程中電梯對人做功的最大功率為mgv【答案】B【解析】運動過程圖像如圖所示，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】(2022?福建三明市模擬)廣泛使用氫燃料作為交通能源是氫經濟的一個關鍵因素.使用氫為能源的最大好處是它跟空氣中的氧反應，僅產生水蒸氣排出，有效減少了傳統汽油車造成的空氣污染問題.一種氫氣燃料的汽車，質量為機=5.0x103kg,發動機的額定功率為60kW,在平直公路上行駛時所受阻力恒為車重的01倍.若汽車保持額定功率從靜止啟動(g取10m/s2),求：(1)汽車所能達到的最大速度大小；(2)當汽車的速度為6m/s時的加速度大小.【答案】(1)12m/s(2)1m/s2【解析】(1)汽車在整個運動過程中速度達到最大時，牽引力與阻力大小相等即尸=朽=0.1"7g=5.Oxl()3N又P=Fv所以最大速度竽溫^m/s=12m/s(2)當汽車速度M=6m/s時，汽車的牽引力r=-=ixio4NV設此時汽車的加速度為"，根據牛頓第二定律，有F-F(=maF—Fr得a= =1m/s2.tn【例2】(多選)復興號動車在世界上首次實現速度350km/h自動駕駛功能，成為我國高鐵自主創新的又一重大標志性成果。一列質量為機的動車，初速度為vo,以恒定功率P在平直軌道上運動，經時間r達到該功率下的最大速度Vm，設動車行駛過程所受到的阻力尸保持不變。動車在時間，內()A.做勻加速直線運動B.加速度逐漸減小C.牽引力的功率D.牽引力做功機庶一371日【答案】BC【解析】由于動車以恒定功率啟動，則由字v可知動車的速度增大則牽引力減小，由牛頓第二定律尸牽一尸=/na得動車的加速度逐漸減小，A錯誤，B正確；當動車的加速度為零時，即牽引力等于阻力時,動車的速度最大，即P=Fvm,C正確；設動車在時間t內的位移為x,由動能定理得W—則牽引力所做的功為W=Er+&t*—上/D錯誤。【例3】(2022?河南駐馬店市正陽縣高級中學高三月考)質量為膽的汽車，啟動后沿平直路面行駛，如果發動機的功率恒為P,且行駛過程中受到的摩擦阻力大小一定，汽車速度能夠達到的最大值為v,那么當汽車的車速法時.汽車的瞬時加速度的大小為()TOC\o"1-5"\h\zP c2PA萬 B百C絲 D絲mv mv【答案】C【解析】當汽車達到最大速度時做勻速運動，牽引力廠與摩擦力R相等，有F=Ff,P=Fv,所以吊=￡當速度達到j時，尸=￥，則尸一所以"=￡/=菖.故選C.類型2恒加速度啟動問題【例1】質量為1.0x103kg的汽車，沿傾角為30。的斜坡由靜止開始向上運動，汽車在運動過程中所受摩擦阻力大小恒為2000N,汽車發動機的額定輸出功率為5.6x104W,開始時以。=1mH的加速度做勻加速運動(g取10m/s2).求：(1)汽車做勻加速運動的時間：(2)汽車所能達到的最大速率；(3)若斜坡長143.5m,且認為汽車到達坡頂之前已達到最大速率，則汽車從坡底到坡頂需多長時間.【答案】(l)7s(2)8m/s(3)22s【解析】(1)由牛頓第二定律得F-mgsin30°-Ff=ma設勻加速過程的末速度為〃則有P=Fvv=at\解得/i=7s.(2)當達到最大速度小時，加速度為零，則有P=("?gsin300+Ft)vm解得Vm=8m/s.(3)汽車勻加速運動的位移XI=%“2,在后一階段對汽車由動能定理得P，21(mgsin3O°+R)X2=q/num2一品v2又有X=X|+x2解得，戶15s故汽車運動的總時間為「=九+及=22s.【例2】(多選)一輛小汽車在水平路面上由靜止啟動，在前5s內做勻加速直線運動，5s末達到額定功率，之后保持以額定功率運動，其v-r圖像如圖8所示。已知汽車的質量為機=1X103kg,汽車受到地面的阻力為車重的0.1倍，取g=10m/s2,則以下說法正確的是（ ）A.汽車在前5s內的牽引力為5x103NB.汽車速度為25m/s時的加速度為2m/s2C.汽車的額定功率為100kWD.汽車的最大速度為80m/s【答案】AC【解析】由速度一時間圖線知，汽車做勻加速運動的加速度大小。=需=苧m/s2=4m/s?,根據牛頓第二定律得產其中f=0.1mg=lx。n,解得牽引力尸=fFma=lxl（）3n+4x1（）3N=5x1O3N,故A正確；汽車的額定功率尸M&nSxlO3x20WulxlO5W=100kW,故C正確；汽車在25m/s時的牽引力 N=4x10-,N.根據牛頓第二定律得，加速度"=T=-7-77?—m/s2=3m/s2,故V ni iaivpiyin5B錯誤；當牽引力等于阻力時，速度最大，則最大速度％=，=太帶m/s=100m/s,故D錯誤。【例3】（2022?云南省師大附中高三上學期月考）（多選）如圖甲為某型號電動平衡車，其體積小，操作方便，深受年輕人的喜愛.當人站在平衡車上沿水平直軌道由靜止開始運動，其v-r圖像如圖乙所示（除3?10s時間段圖像為曲線外，其余時間段圖像均為直線）.已知人與平衡車質量之和為80kg,3s后功率恒為300W,且整個騎行過程中所受到的阻力不變，結合圖像的信息可知（）A.。?3s時間內，牽引力做功585JB.3?10s時間內，平衡車的平均速度大小是4.5m/sC.3?10s時間內，平衡車克服摩擦力做功1020JD.平衡車在第2s末與第14s末牽引力的功率之比為1：2【答案】AC【解析】平衡車最終勻速運動時，牽引力與阻力相等，根據P=Fv=Rvm代入數據，可得R=50N.在Ay0?3s時間內，平衡車做勻加速運動，根據圖像可知。=巖=1m/s2,根據牛頓第二定律尸一Ff=/na,可得尸=130N,在。?3s時間內的位移si=%產=4.5m,因此。?3s時間內，牽引力做功Wi=Fsi=585J,故A正確；在3~10s時間內，根據動能定理Pt—wSf=|wv,n2—pnvi2,代入數據得W?if=l020J,故C正確：在3?10s時間內，平衡車做加速度逐漸減小的加速運動，因此平衡車的平均速度"7￡8血=4.5m/s,故B錯誤：平衡車在2s末的功率巳二「也二260W,因此弁=黑=2故D錯誤.ri4300IJ題型五動能定理的理解.兩個關系(1)數量關系：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。.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。【例1】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vo=O的勻加速直線運動，列車的動能以=*，=5"(〃)2=：%(2m)，可見B正確，A、C>D錯誤。【例2】(多選)如圖所示，電梯質量為M,在它的水平地板上放置-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，當電梯的速度由也增大到也時，上升高度為〃，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/加，，其中W為支持力做的功B.對物體，動能定理的表達式為W各=0,其中卬方為合力做的功C.對物體，動能定理的表達式為娘=品也2一品W2,其中卬為支持力做的功D.對電梯，其所受的合力做功為//也,一【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企=W一m8”=3，”吸2—3加力2,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,即如壯一;D正確.【例4】（2022?北京東城區期末）如圖所示，在高為〃的粗糙平臺上，有一個質量為〃，的小球，被一根細線拴在墻上，球與墻間有一根被壓縮的輕質彈簧。當燒斷細線時，小球被彈出，小球落地時速度大小為Vo對燒斷細線到小球剛要落地的過程，下列說法正確的是（）JMAAAAAOA.小球離開彈簧時的動能是當nv2B.彈簧彈力做的功等于mnv2C.彈簧彈力與重力做功的和等于品v2D.彈簧彈力與摩擦力做功的和等于品，一/ng人【答案】D【解析】從燒斷細線到小球剛要落地的整個過程中，根據動能定理可知移項可知，小球離開彈簧時的動能不等制,〃落落地時動能才等于Jnv2,A錯誤；彈簧彈力做的功等于品/一“儂》+場，B錯誤；彈簧彈力與重力做功的和等于/》/+%C錯誤；彈簧彈力與摩擦力做功的和等于//—mg4,D正確。題型六動能定理的基本應用.應用流程

運動動能動能定理明確初、末動能運動動能動能定理明確初、末動能運動性質及特點定究象研過確研對和究程分階段或人」:d浮列方程解方程、得出結果.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，最后根據結果加以檢驗。【例1】(2022?湖南省長沙一中高三月考)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以調節冰壺的運動，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為〃，摩擦冰面后二者之間的動摩擦因數變為kn，其中0<Jt<l,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加.【答案】(1)32.4m(2)(\~k)L【解析】⑴以冰壺為研究對象，從投出冰壺到冰壺停下來的過程中一WMgs=0一7v2,得s=32.4m.(2)未摩擦冰面時有一〃mgs'=0—^mv'2,摩擦冰面時有一+Aj—￡.)—kftmgL=0—^mv'2,聯立得As=(1—k)L.【例2】(2022?湖南懷化市模擬)如圖所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度為好的物體從D點出發沿CBA滑動到頂點A時速度剛好為零，如果斜面改為AC,讓該物體從。點出發沿。C4滑動到A點且速度剛好為零，則物體具有的初速度(已知物體與斜面及水平面之間的動摩擦因數處處相同且不為零，不計8、C處能量損失)()AJOBCDA.等于vo B.大于voC.小于vo D.取決于斜面【答案】A【解析】物體從。點滑動到頂點A過程中，由動能定理可得一件的。一〃/ngcos? p??vo2?a為斜面傾角，由幾何關系有0“osa=xoB^因而上式可以簡化為一mgxw—4mg加°=0一/獷，從上式可以看出，物體的初速度與路徑無關.故選A.【例3】如圖所示，一質量為帆=0.5kg的小滑塊，在/=4N水平拉力的作用下，從水平面上的A處由靜止開始運動，滑行x=1.75m后由8處滑上傾角為37。的光滑固定斜面，滑上斜面后拉力的大小保持不變，方向變為沿斜面向上，滑動一段時間后撤去拉力.已知小滑塊沿斜面上滑到的最高點C距8點為L=2m,小滑塊最后恰好停在A處.不計3處能量損失，g取lOm/sz,已知sin37。=0.6,cos37。=0.8.試求：AB(1)小滑塊與水平面間的動摩擦因數〃；(2)小滑塊在斜面上運動時，拉力作用的距離必；(3)小滑塊在斜面上運動時，拉力作用的時間f.【答案】(1浸(2)1.25m(3)0.5s【解析】(1)小滑塊由C運動到A,由動能定理得mgLsin370—"mgr=024解得"=考(2)小滑塊在斜面上運動時，設拉力作用的距離為期小滑塊由A運動到C,由動能定理得Fx-ftmgx+Fxn—mgLsin37°=0解得jco=1.25m(3)小滑塊由4運動到8,由動能定理得r 1 2rx—/imgx—~nn,~在斜面上，由牛頓第二定律得尸一mgsin37o=小“由運動學公式得xo=vf+；aF聯立解得f=0.5s.

題型七動能定理與圖像的“數形結合”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)根據物理規律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數關系式.(3)將推導出的物理規律與數學上與之相對應的標準函數關系式相對比，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，或者利用函數圖線上的特定值代入函數關系式求物理量.2.圖像所圍“面積”和圖像斜率的含義類型1E*—x(W—x)圖像問題【例1】(2019?全國卷IHT7)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用.距地面高度〃在3m以內時，物體上升、下落過程中動能反隨〃的變化如圖所示.重力加速度取10m/s2.該物體的質量為()A.2kg BA.2kg B.1.5kgc.1kgD.0.5kgd/=24Jd/=24J=48J【答案】C【解析】法一：特殊值法畫出運動示意圖.既產36J8h=3m山上￡匕=72Ha-J--4

設該外力的大小為尸，據動能定理知At8（上升過程）：rmg+F）h=EkB—EkA8—A（下落過程）：（mg—F）〃=￡k/-Ek/整理以上兩式并代入數據得物體的質量m=lkg,選項C正確.法二：寫表達式根據斜率求解上升過程：一（zng+F）/i=Ek—Eko，則Ek=—（mg+F）h+Ero下落過程：（/ng—F）/?=Ek'—Eko',則Ek'=（"?g-F）〃+Eko'，72—36結合題圖可知mg+/=3_0N=12N,48-24mg~F=3_（）N=8N聯立可得/n=1kg,選項C正確.【例2】（2021?湖北卷，4）如圖甲所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30。的固定斜面上滑，運動過程中摩擦力大小/■恒定，物塊動能Ek與運動路程s的關系如圖乙所示。重力加速度大小取10m/s2,物塊質量"z和所受摩擦力大小/■分別為（）A.m=0.7kg,/=0.5N B./n=0.7kg,/=1.0NC./n=0.8kg,/=0.5N D.m=0.8kg,f=1.0N【答案】A【解析】0?10m內物塊上滑，由動能定理得一/ngsin30。6一力=反一反0，整理得Ek=Eko-（mgsin30。4-7）5,結合0?10m內的圖像得，斜率的絕對值因=〃取41130。+/=4沖10~2001內物塊下滑，由動能定理得（mgsin3（r-/）（s-si）=Ek，整理得Ek=（wgsin30°-f）s-（mgsm30°-J）Si,結合10~20m內的圖像得，斜率l=/ngsin3（r-7=3N。聯立解得/=0.5N、/n=0.7kg,A正確，B、C、D錯誤。類型2F-x圖像與動能定理的結合【例1】.（多選）在某一粗糙的水平面上，一質量為2kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運動,當運動一段時間后，拉力逐漸減小，且當拉力減小到零時，物體剛好停止運動，圖中給出了拉力隨位移變化的關系圖像.已知重力加速度g取10m/s2.根據以上信息能精確得出或估算得出的物理量有（）A.物體與水平面間的動摩擦因數B.合外力對物體所做的功C.物體做勻速運動時的速度D.物體運動的時間【答案】ABC【解析】物體做勻速直線運動時，受力平衡，拉力后與滑動摩擦力R大小相等，物體與水平面間的動摩擦因數為"=普=0.35,A正確；減速過程由動能定理得Wf+M=O—根據4-x圖像中圖線與坐標軸圍成的面積可以估算力F做的功的,而由此可求得合外力對物體所做的功，及物體做勻速運動時的速度v,B、C正確；因為物體做變加速運動，所以運動時間無法求出，D錯誤.【例2】如圖甲所示，質量為機=5.0kg的物體靜止在水平地面上，在水平推力F作用下開始運動，水平推力尸隨位移x變化的圖像如圖乙所示（x=4.0m后無推力存在）.已知物體與地面之間的動摩擦因數〃=0.50,取重力加速度g=l0m/s2.下列選項正確的是（）0 4.0x/m甲 乙A.物體的加速度先減小后增大B.在距出發點3m位置時物體的速度達到最大C.物體的最大速度為2/m/sD.物體在水平地面上運動的最大位移是16.0m【答案】B【解析】物體在水平方向受推力與摩擦力作用，由牛頓第二定律得F-^mg=ma,加速度一〃g.由題圖乙可知，物體所受推力隨位移的增加而減小，開始物體所受推力大于摩擦力，物體做加速運動，隨推力尸的減小，加速度。減小：當推力等于摩擦力時，合力為零，加速度為零：當推力小于摩擦力時物體所受合力方向與物體的速度方向相反，物體做減速運動，加速度。逐漸增大；撤去推力時物體所受合力等于滑動摩擦力，物體加速度不變，做勻減速直線運動，直到速度為零，故由以上分析可知，物體的加速度先減小后增大再不變,A錯誤；由題圖乙可知，推力尸隨位移x變化的數學關系式為尸=10（）—25M0￡彩4.0m）,物體的速度最大時，加速度為零，此時有尸解得x」0°R""g=3m,即在距出發點3m位置時物體的速度達到最大，B正確：尸一x圖線與坐標軸圍成圖形的面積等于推力對物體做的功，設物體的最大速度為Vm，由題圖乙可知，物體速度最大時，推力對物體做的功W=；x（100+25）x3J=187.5J,從物體開始運動到速度最大的過程中，對物體，由動能定理得代入數據解得Vm=3小m/s,C錯誤；由F-x圖像可知，推力對物體做的功等于圖線與坐標軸圍成的面積，即卬=；&=$100x4.0J=200J，對物體運動的整個過程，根據動能定理可得W-WMgXmaxU。，代入數據解得Xnsx=8m,D錯誤.類型3其他圖像與動能定理的結合【例1】質量為m的小球在豎直向上的拉力作用下從靜止開始運動，其v-t圖像如圖所示（豎直向上為正方向，OE段為直線），已知重力加速度大小為g,空氣阻力不計，貝1（ ）?“ ?! *2 ?3A.f3?「4時間內，小球豎直向下做勻減速直線運動B.而?，2時間內，合力對小球先做正功后做負功0?h時間內，小球的平均速度一定為當h?a時間內，拉力做的功為j"4）［（。4-。3）+g?4—「3）］【答案】D【解析】由題圖可知，△?a時間內小球具有向上的速度，小球豎直向上做勻減速運動，a錯誤；由題圖可知，M?時間內，小球一直向上做加速運動，合力對小球一直做正功，B錯誤：由題圖可知，。?，2時間內，小球的運動不是勻加速運動，平均速度不一定為方，C錯誤；由題圖可知，打?〃時間內，小球的位移x=uju（〃一△），由動能定理得W—mgx=；?iV42-解得w=—。3）+g（a—，3）J，D正確.【例2】.（多選）如圖甲所示，用不可伸長的輕質細繩拴著一小球，在豎直面內做圓周運動，不計一切阻力.小球運動到最高點時細繩對小球的拉力F與小球速度的平方/的圖像如圖乙所示，已知重力加速度g=10m/s2,下列說法正確的是（）A.小球運動到最高點的最小速度為1m/sB.小球的質量為0.1kgC.細繩長為0.2mD.當小球在最高點的速度為啦m/s時，小球運動到最低點時細繩的拉力大小為7N【答案】ABD【解析】設小球的質量為〃?，細繩長為在最高點，根據牛頓第二定律有a+〃吆解得尸1=下《一"R根據題圖乙的縱軸截距為一mg=-lN,可得質量為〃?=0.lkg,根據題圖乙的斜率為々=1,可得細繩長為L=0.lm,故B正確，C錯誤；根據繩一球模型可知小球運動到最高點拉力為零時速度最小，只有重力提供向心力，有=爺解得最小速度為，min=M二=lm/s，故A正確；當小球在最高點的速度為力=6m/s時，小球從最高點到最低點根據動能定理有"際?2乙=%!也2—5W|2,在最低點由牛頓第二定2律有「2—"供="號，解得小球運動到最低點時細繩的拉力大小為B=7N,故D正確.【例3】(多選)放在粗糙水平地面上質量為0.8kg的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像和該拉力的功率與時間的關系圖像分別如圖甲、乙所示.下列說法中正確的是(g取10m/s2)( )甲 乙A.。?6s內拉力做的功為140JB.物體在0?2s內所受的拉力為4NC.物體與粗糙水平地面間的動摩擦因數為0.5D.合外力在。?6s內做的功與。?2s內做的功相等【答案】ADp6() , P'【解析】由2二鼠可知，物體在0?2s內所受的拉力而N=6N,在2?6s內所受的拉力F=歹=^N=2N,B錯誤：拉力在0?6s內做的總功W=Eq+尸X2=6x^x2J+2x10x4J=140J,A正確；由物體在2?6s內做勻速運動可知，F=nmg,可求得"=0.25,C錯誤：由動能定理可知，物體所受的合外力在0?6s內所做的功與。?2s內所做的功均為斗"/二"】，D正確題型八動能定理在多過程、往復運動問題中的應用.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，大大簡化運算..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】.(2022?山東濰坊聯考)如圖所示，半徑為R=3m的光滑半圓軌道ABC與傾角為8=37。的粗糙斜面QC相切于C。A點左側有一光滑水平平臺，平臺與4點的高度差〃=0.9m,平臺上水平放置一彈簧，左端固定，右端與質量為m=0.5kg的小滑塊P接觸但不連接。推動P壓縮彈簧至某一位置后釋放，尸剛好從半圓軌道的A點切入半圓軌道內側，之后經半圓軌道沿斜面剛好運動到斜面上與A點等高的。點，重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不計空氣阻力,求:(1)此過程中彈簧的最大彈性勢能；(2)小滑塊與斜面間的動摩擦因數"；(3)小滑塊經過半圓軌道最低點B時，對軌道的壓力的最小值。25【答案】(1)8J(2)祈(3)7N【解析】(1)小滑塊從離開平臺至到達A點的過程中做平拋運動，若小滑塊做平拋運動的初速度為w，則彈簧的最大彈性勢能L1 2小滑塊在A點時豎直方向的分速度Vy=-\]2gh由幾何關系可得丫0=總Idll(7解得Ep=8J。(2)小滑塊從釋放至到達D點,由能量守恒定律有0-xcd由幾何關系有tan夕=盧XCD25解得"=互。(3)由于因此滑塊不可能停在斜面軌道上，滑塊再一次回到圓弧軌道時，假設能到達與圓心等高的圓弧上的點，則從。點到該點的過程中有mgRcos伊―〃"?gcos3xci)=12J—12.5J<0,故滑塊不可能到達該點，滑塊將在斜面軌道和圓軌道上做往復運動且滑塊到達的最高點一次比一次低，直至滑塊可到達的最高點為C點，滑塊最終將在C點及與C點的等高點之間的圓弧軌道上做往復運動，這種情況下滑塊經過B點時速度最小，對B點壓力最小。設滑塊經過B點的最小速度為v2,則對滑塊由動能定理得"也?(1-cos在8點，由牛頓第二定律得7?N_mg_"i-r解得Fn=7N,由牛頓第三定律可知，小滑塊在8點對軌道壓力的最小值為7N。【例2】.如圖甲所示，游樂場的過山車可以底朝上在豎直圓軌道上運行，可抽象為圖乙所示的模型。傾角為45。的直軌道A8、半徑R=10m的光滑豎直圓軌道和傾角為37。的直軌道EF,分別通過水平光滑銜接軌道BC、CE平滑連接，另有水平減速直軌道尸G與EF平滑連接，EG間的水平距離/=40m。現有質量=500kg的過山車，從高人=40m處的4點由靜止下滑，經8C0CE尸最終停在G點。過山車與軌道AB、EF間的動摩擦因數均為*=0.2,與減速直軌道FG間的動摩擦因數"2=0.75。過山車可視為質點，運動中不脫離軌道，g取10m/s2。求：甲 乙(1)過山車運動至圓軌道最低點C時的速度大小；(2)過山車運動至圓軌道最高點D時對軌道的作用力大小；(3)減速直軌道FG的長度x(已知sin37。=0.6,cos37。=0.8)。【答案】(1)8?m/s(2)7x103n(3)30m【解析】(1)設過山車在C點的速度大小為vc，由動能定理得h1,"吆力一〃i"7gcos45°-sin45°-2,wvr代入數據得vc—8^10m/so(2)設過山車在D點速度大小為切，由動能定理得h17—2R)一〃i，"gcos45°sin45O=2WV?招F+mg=nr^,解得由牛頓第三定律知，過山車在D點對軌道的作用力大小為7x103No(3)全程應用動能定理h /-xmg[h-(l—x)tan37°]—//pn^cos45°：、)。一〃即gc°s37°? 在一心/叫產。Zj111"1 Jt解得x=30m。【例3].如圖所示，半圓形光滑軌道豎直固定在AB桿上，桿長L=1m,半圓與水平方向相切于B點，半徑R=0.5m,距其右側一定水平距離處固定一個斜面體.斜面C端離地高度人=0.8m,E端固定一輕彈簧，彈簧原長為OE,D￡=0.375m,斜面CL＞段粗糙而OE段光滑.現將一質量為1kg的物塊(可看作質點)從圓軌道某處靜止釋放，離開最低點8后恰能落到斜面頂端C處，且速度方向恰好平行于斜面，物塊沿斜面下滑壓縮彈簧后又沿斜面向上返回，第一次恰能返回到最高點C斜面傾角6=53。，重力加速度g=10mH.已知sin53°=0.8,cos53°=0.6,求：(1)物塊運動到B點時對軌道的壓力大小；(2)物塊在粗糙斜面CD段上能滑行的總路程s.【答案】(1)14.5N(2)3.25m【解析】(1)物塊從8到C做平拋運動，則有嶺2=2g(L-/o在C點時有tan0=7i代入數據解得vs=L5m/s在B點對物塊進行受力分析得F—mg=nr^-解得尸=14.5N根據牛頓第三定律知物塊對軌道的壓力大小產=尸=14.5N(2)物塊在C點的速度為“c=而而=2.5m/s物塊從C點下滑到返回C點的過程，根據動能定理得] 7"〃igcos0^2xcd0--hXC￡=^0=1mXCD=XCE^XDE代入數據解得最終物塊在OE段來回滑動，從C到。，根據動能定理得:■ ] 7mgxcD^ /nngcosO^s=O-^rnvc1解得5=3.25m.類型2動能定理在往復運動問題中的應用.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是變化的，而且重復的次數又往往是無限的或者難以確定..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，所以用動能定理分析這類問題可使解題過程簡化.【例1】如圖所示，豎直面內有一粗糙斜面AB,88部分是一個光滑的圓弧面，C為圓弧的最低點，AB正好是圓弧在B點的切線，圓心。與A、力點在同一高度，6=37。，圓弧面的半徑R=3.6m,一滑塊質量m=5kg,與AB斜面間的動摩擦因數〃=0.45,將滑塊從A點由靜止釋放(sin37。=0.6,cos37。=0.8,g取10m/s2).求在此后的運動過程中：(1)滑塊在AB段上運動的總路程；(2)在滑塊