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人教版高考物理一轮总复习第6章第2讲动能和动能定理的应用课时学案
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这是一份人教版高考物理一轮总复习第6章第2讲动能和动能定理的应用课时学案，共12页。学案主要包含了动能，动能定理等内容，欢迎下载使用。
一、动能
1．公式：Ek＝ eq \f(1,2)mv2，单位：焦耳(J)。
2．动能是标量，只能为0和正值，没有负值。
3．动能是状态量，具有相对性，v为瞬时速度，且与参考系的选择有关，一般以地面为参考系。
二、动能定理
1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
2．表达式：W＝Ek2－Ek1。
3．对动能定理的理解
当W＞0时，Ek2＞Ek1，物体的动能增大。
当W＜0时，Ek2＜Ek1，物体的动能减小。
当W＝0时，Ek2＝Ek1，物体的动能不变。
思考辨析
1．一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化。(√)
2．动能不变的物体一定处于平衡状态。(×)
3．如果物体所受的合外力为0，那么合外力对物体做的功一定为0。(√)
4．物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。(×)
5．物体的动能不变，所受的合外力必定为0。(×)
考点1 动能定理在直线运动中的应用(能力考点)
eq \a\vs4\al(典例)
(多选)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h、与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。则( )
A. 动摩擦因数μ＝ eq \f(6,7)
B. 载人滑草车的最大速度为 eq \r(\f(2gh,7))
C. 载人滑草车克服摩擦力做的功为mgh
D. 载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 eq \f(3,5)g
【自主解答】
AB 解析：对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知mg·2h－μmg cs 45°· eq \f(h,sin 45°)－μmg cs 37°· eq \f(h,sin 37°)＝0，解得μ＝ eq \f(6,7)，选项A正确；对经过上段滑道的过程分析，根据动能定理有mgh－μmg cs 45°· eq \f(h,sin 45°)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m))，解得vm＝ eq \r(\f(2gh,7))，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a＝ eq \f(mg sin 37°－μmg cs 37°,m)＝－ eq \f(3,35)g，故大小为 eq \f(3,35)g，选项D错误。
【技法总结】
应用动能定理解题的方法
(1)选取研究对象和运动过程；
(2)分析物体的运动情况和初、末状态的动能；
(3)分析物体受力情况和各力的做功情况；
(4)分阶段或全程列动能定理方程求解。
1．(2021·济宁模拟)如图所示是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若小车在平直水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离s，速度达到最大值vm，设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为F，那么( )
A. 小车先匀加速运动，达到最大速度后开始匀速运动
B. 这段时间内电动机所做的功为Pt
C. 这段时间内电动机所做的功为 eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m))
D. 这段时间内电动机所做的功为 eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m))－Fs
B 解析：小车电动机的功率恒定，速度不断变大，根据牛顿第二定律，有 eq \f(P,v)－F＝ma，故小车的运动是加速度不断减小的加速运动，选项A错误；这一过程中电动机的功率恒为P，所以W电＝Pt，选项B正确；对小车启动过程，根据动能定理，有W电－Fs＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m))，这段时间内电动机所做的功为W电＝Fs＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m))，选项C、D错误。
2．(2019·江苏高考)(多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。小物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中( )
A. 弹簧的最大弹力为μmg
B. 小物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C. 弹簧的最大弹性势能为μmgs
D. 小物块在A点的初速度为 eq \r(2μgs)
BC 解析：小物块压缩弹簧最短时有F弹>μmg，故A错误；全过程小物块运动的路程为2s，所以全过程中小物块克服摩擦力做的功为μmg·2s＝2μmgs，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得 Epmax＝μmgs，故C正确；小物块从A点出发到返回A点由动能定理得－μmg·2s＝0－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))，解得v0＝2 eq \r(μgs)，故D错误。
考点2 动能定理在曲线运动中的应用(能力考点)
eq \a\vs4\al(典例)如图所示，半径为r的半圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，直径AC水平，一质量为m的物块从圆弧轨道A端正上方P点由静止释放，物块刚好从A点无碰撞地进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，到B点时对轨道的压力大小等于物块重力的 2倍，重力加速度为g，不计空气阻力，不计物块大小，则：
(1)物块到达A点时的速度大小和PA间的高度差分别为多少？
(2)物块从A点运动到B点所用时间和克服摩擦力做的功分别为多少？
【自主解答】
解析：(1)设物块在B点时的速度为v，由牛顿第二定律得FN－mg＝m eq \f(v2,r)
因为FN＝2mg，所以v＝ eq \r(gr)
因为物块从A点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块到达A点时的速度大小为 eq \r(gr)。
设PA间的高度差为h，物块从P点运动到A点的过程由动能定理得mgh＝ eq \f(1,2)mv2，得h＝ eq \f(r,2)。
(2)因为物块从A点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块从A点运动到B点所用时间
t＝ eq \f(\f(πr,2),v)＝ eq \f(π,2) eq \r(\f(r,g))
物块从A点运动到B点由动能定理有
mgr－W克f＝0
解得W克f＝mgr。
答案：(1) eq \r(gr) eq \f(r,2) (2) eq \f(π,2) eq \r(\f(r,g)) mgr
【技法总结】
应用动能定理分析曲线运动问题时，要分析物体的受力情况及各力的做功情况，知道哪些力做功，哪些力不做功，如圆周运动中指向圆心的绳子的拉力、支持力是不做功的。
1．如图所示，AB为 eq \f(1,4) 圆弧轨道，BC为水平直轨道，BC恰好在B点与AB相切，圆弧的半径为R，BC的长度也是R。一质量为m的物体与两轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为( )
A. eq \f(μmgR,2) B. eq \f(mgR,2)
C. mgR D. (1－μ)mgR
D 解析：设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A点运动到C点的全过程，根据动能定理有mgR－WAB－μmgR＝0，所以WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正确。
2．(2018·天津高考)滑雪运动深受人民群众的喜爱，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直平面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中( )
A. 所受合外力始终为0 B. 所受摩擦力大小不变
C. 合外力做功一定为0 D. 机械能始终保持不变
C 解析：根据曲线运动的特点分析运动员的受力情况，根据牛顿第二定律求解出运动员与曲面间的正压力变化情况，从而分析运动员所受摩擦力的变化；根据运动员的动能变化情况，结合动能定理分析合外力做功；根据运动过程中，是否只有重力做功来判断运动员的机械能是否守恒。因运动员做曲线运动，所以所受合外力一定不为0，A错误；运动员受力如图所示，重力垂直于曲面的分力与曲面对运动员的支持力的合力充当向心力，故有FN－mg cs θ＝m eq \f(v2,R)，得FN＝m eq \f(v2,R)＋mg cs θ，运动过程中运动员的速率恒定，且θ在减小，所以曲面对运动员的支持力越来越大，根据Ff＝μFN可知摩擦力越来越大，B错误；运动员运动过程中的速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为0，根据动能定理可知合外力做功为0，C正确；因为下滑过程中克服摩擦力做功，故机械能不守恒，D错误。
考点3 动能定理和图像的结合问题(能力考点)
eq \a\vs4\al(典例)如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R＝0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1 kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F的作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取 10 m/s2。
(1)求滑块到达B处时的速度大小；
(2)求滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间；
(3)若到达B处时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？
解此题把握以下关键环节：
(1)利用Fx图线与x轴所围面积可求F做的功。
(2)滑块恰好通过圆弧轨道最高点C的速度为 eq \r(gR)。
【自主解答】
解析：(1)对滑块从A处运动到B处的过程，由动能定理得
F1x1－F3x3－μmgx＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
即20×2 J－10×1 J－0.25×1×10×4 J＝ eq \f(1,2)×1 kg×v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
得vB＝2 eq \r(10) m/s。
(2)在前2 m内，有F1－μmg＝ma，且x1＝ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
解得t1＝ eq \r(\f(8,35)) s。
(3)当滑块恰好能到达最高点C时，有
mg＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)),R)
对滑块从B处运动到C处的过程，由动能定理得
W－mg×2R＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C))－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
代入数值得W＝－5 J，即克服摩擦力做的功为5 J。
答案：(1)2 eq \r(10) m/s (2) eq \r(\f(8,35)) s (3)5 J
【技法总结】
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．图像所围面积的意义
(1)v t图像：由公式x＝vt可知，v t图线与t坐标轴围成的面积表示物体的位移。
(2)at图像：由公式Δv＝at可知，at图线与t坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
(3)Fx图像：由公式W＝Fx可知，Fx图线与x坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(4)Pt图像：由公式W＝Pt可知，Pt图线与t坐标轴围成的面积表示力所做的功。
1．(2019·全国卷Ⅲ)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、下落过程中的动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。则该物体的质量为( )
A. 2 kg B. 1.5 kg
C. 1 kg D. 0.5 kg
C 解析：对上升过程，由动能定理，有－(F＋mg)h＝Ek－Ek0，得Ek＝Ek0－(F＋mg)h，由图线的斜率得F＋mg＝12 N；对下落过程，(mg－F)h＝E′k－E′k0，得mg－F＝8 N，联立解得m＝1 kg，F＝2 N，C项正确。
2．用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系，如图所示。下列说法正确的是( )
A. 0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B. 0～6 s内物体在4 s末的速度最大
C. 物体在2～4 s内的速度不变
D. 0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力对物体做的功
D 解析：由题图可知物体在6 s末的速度v6＝ eq \f(1,2)×(2＋5)×2 m/s－ eq \f(1,2)×1×2 m/s＝6 m/s，则 0～6 s 内物体一直向正方向运动，A项错误；由题图可知物体在 5 s 末的速度最大，为vm＝ eq \f(1,2)×(2＋5)×2 m/s＝7 m/s，B项错误；由题图可知物体在 2～4 s 内的加速度不变，做匀加速直线运动，速度变大，C项错误；在0～4 s内由动能定理可知，W合4＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4))－0，又v4＝ eq \f(1,2)×(2＋4)×2 m/s＝6 m/s，得W合4＝36 J，0～6 s内合力对物体做的功W合6＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(6))－0，又v6＝6 m/s，得W合6＝36 J，则W合4＝W合6，D项正确。
3．A、B两物体分别在水平恒力F1、F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v t图像如图所示。已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等。则下列说法正确的是( )
A. F1、F2大小之比为1∶2
B. F1、F2对A、B做功之比为1∶2
C. A、B质量之比为2∶1
D. 全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1
C 解析：由vt图像可知，两个物体匀减速运动的加速度之比为1∶2，又A、B受到的摩擦力大小相等，由牛顿第二定律可知，A、B质量之比是2∶1，选项C正确；由 vt 图像可知，A、B两物体加速与减速的位移之和相等，且匀加速运动的位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为 2∶1，由动能定理可得，A物体的拉力与摩擦力的关系为F1·x－Ff1·3x＝0－0；B物体的拉力与摩擦力的关系为F2·2x－Ff2·3x＝0－0，因此可得F1＝3Ff1，F2＝ eq \f(3,2)Ff2，又Ff1＝Ff2，所以 F1＝2F2，全过程中，摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功大小相等，选项A、B、D错误。
考点4 动能定理的多过程问题(能力考点)
eq \a\vs4\al(典例)如图甲所示是高速公路出口的匝道，车辆为了防止在转弯时出现侧滑的危险，必须在匝道的直道上提前减速。现绘制出水平面简化图，如图乙所示，一辆质量为m＝2 000 kg的汽车原来在水平直道上做匀速直线运动，行驶速度 v0＝108 km/h，恒定阻力Ff＝1 000 N。现将汽车的减速运动简化为两种方式：方式一为“不踩刹车减速”，司机松开油门使汽车失去牵引力，在水平方向上仅受匀速运动时的恒定阻力作用；方式二为“刹车减速”，汽车做匀减速直线运动的加速度大小 a＝6 m/s2。
(1)求汽车原来匀速直线行驶时的功率；
(2)司机在离弯道口Q距离为x1的地方开始减速，全程采取“不踩刹车减速”，汽车恰好能以 15 m/s 的安全速度进入弯道，求汽车在上述减速直线运动过程中克服阻力做的功以及距离x1；
(3)如图乙所示，在离弯道口Q距离为125 m的P位置，司机先采取“不踩刹车减速”滑行一段距离x2后，立即采取“刹车减速”，汽车仍恰好能以15 m/s 的安全速度进入弯道，求x2的大小。
【自主解答】解析：(1)汽车匀速运动的速度为
v0＝108 km/h＝30 m/s
汽车做匀速直线运动时牵引力F＝Ff
汽车的功率为P＝Fv0
故P＝Ffv0＝30 kW。
(2)全程采取“不踩刹车减速”时，由动能定理得
－Wf＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
解得克服阻力做的功为Wf＝6.75×105 J
又Wf＝Ffx1
解得x1＝675 m。
(3)汽车从P行驶到Q的过程中，由动能定理得
－Ffx2－Ff′(125 m－x2)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
又F′f＝ma
解得x2＝75 m。
答案：(1)30 kW (2)6.75×105 J 675 m
(3)75 m
【技法总结】
利用动能定理求解多过程问题的基本思路
(1)弄清物体的运动由哪些过程组成。
(2)分析每个过程中物体的受力情况。
(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响。
(4)从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能。
(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程。
1．如图所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点，另一端自由伸长到A点，O、A之间的水平面光滑，固定曲面在B处与水平面平滑连接。A、B之间的距离s＝1 m。质量m＝0.2 kg的小物块开始时静置于水平面上的B点，小物块与水平面AB间的动摩擦因数μ＝0.4。现给小物块一水平向左的初速度 v0＝5 m/s，g取10 m/s2。
(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能Ep；
(2)求小物块返回到B点时的速度大小；
(3)若小物块能冲上曲面的最大高度h＝0.2 m，求小物块沿曲面上滑过程中产生的热量。
解析：(1)对小物块从B点至压缩弹簧到最短的过程，由动能定理得
－μmgs－W克弹＝0－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
W克弹＝Ep
代入数据解得Ep＝1.7 J。
(2)对小物块从B点开始运动至返回B点的过程，由动能定理得
－μmg·2s＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
代入数据解得vB＝3 m/s。
(3)对小物块沿曲面上滑的过程，由动能定理得－W克f－mgh＝0－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
代入数据解得产生的热量
Q＝W克f＝0.5 J。
答案：(1)1.7 J (2)3 m/s (3)0.5 J
2．如图所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平。一质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落到地面上的C点。已知它落地时相对于B点的水平位移 eq \x\t(OC)＝l。现在轨道下方紧贴B点安装一水平木板，木板的右端与B点的距离为 eq \f(l,2)，让P再次从A点由静止释放，它离开轨道并在木板上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面上的C点。求：(不计空气阻力，重力加速度为g)
(1)小物体P滑至B点时的速度大小；
(2)小物体P与木板之间的动摩擦因数μ。
解析：(1)小物体P在AB轨道上滑动时，根据动能定理有mgh＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
得小物体P滑到B点时的速度大小为v0＝ eq \r(2gh)。
(2)当没有木板时，小物体P离开B点后做平抛运动，设运动时间为t，则有
t＝ eq \f(l,v0)＝ eq \f(l,\r(2gh))
当在轨道下方紧贴B点安装木板时，小物体P从木板右端水平抛出，在空中运动的时间也为t，水平位移为 eq \f(l,2)，因此小物体P从木板右端抛出的速度
v1＝ eq \f(v0,2)＝ eq \f(\r(2gh),2)
根据动能定理，小物体P在木板上滑动时，有－μmg eq \f(l,2)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
解得小物体P与木板之间的动摩擦因数 μ＝ eq \f(3h,2l)。
答案：(1) eq \r(2gh) (2) eq \f(3h,2l)
一、动能
1．公式：Ek＝ eq \f(1,2)mv2，单位：焦耳(J)。
2．动能是标量，只能为0和正值，没有负值。
3．动能是状态量，具有相对性，v为瞬时速度，且与参考系的选择有关，一般以地面为参考系。
二、动能定理
1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
2．表达式：W＝Ek2－Ek1。
3．对动能定理的理解
当W＞0时，Ek2＞Ek1，物体的动能增大。
当W＜0时，Ek2＜Ek1，物体的动能减小。
当W＝0时，Ek2＝Ek1，物体的动能不变。
思考辨析
1．一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化。(√)
2．动能不变的物体一定处于平衡状态。(×)
3．如果物体所受的合外力为0，那么合外力对物体做的功一定为0。(√)
4．物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。(×)
5．物体的动能不变，所受的合外力必定为0。(×)
考点1 动能定理在直线运动中的应用(能力考点)
eq \a\vs4\al(典例)
(多选)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h、与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。则( )
A. 动摩擦因数μ＝ eq \f(6,7)
B. 载人滑草车的最大速度为 eq \r(\f(2gh,7))
C. 载人滑草车克服摩擦力做的功为mgh
D. 载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 eq \f(3,5)g
【自主解答】
AB 解析：对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知mg·2h－μmg cs 45°· eq \f(h,sin 45°)－μmg cs 37°· eq \f(h,sin 37°)＝0，解得μ＝ eq \f(6,7)，选项A正确；对经过上段滑道的过程分析，根据动能定理有mgh－μmg cs 45°· eq \f(h,sin 45°)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m))，解得vm＝ eq \r(\f(2gh,7))，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a＝ eq \f(mg sin 37°－μmg cs 37°,m)＝－ eq \f(3,35)g，故大小为 eq \f(3,35)g，选项D错误。
【技法总结】
应用动能定理解题的方法
(1)选取研究对象和运动过程；
(2)分析物体的运动情况和初、末状态的动能；
(3)分析物体受力情况和各力的做功情况；
(4)分阶段或全程列动能定理方程求解。
1．(2021·济宁模拟)如图所示是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若小车在平直水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离s，速度达到最大值vm，设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为F，那么( )
A. 小车先匀加速运动，达到最大速度后开始匀速运动
B. 这段时间内电动机所做的功为Pt
C. 这段时间内电动机所做的功为 eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m))
D. 这段时间内电动机所做的功为 eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m))－Fs
B 解析：小车电动机的功率恒定，速度不断变大，根据牛顿第二定律，有 eq \f(P,v)－F＝ma，故小车的运动是加速度不断减小的加速运动，选项A错误；这一过程中电动机的功率恒为P，所以W电＝Pt，选项B正确；对小车启动过程，根据动能定理，有W电－Fs＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m))，这段时间内电动机所做的功为W电＝Fs＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m))，选项C、D错误。
2．(2019·江苏高考)(多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。小物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中( )
A. 弹簧的最大弹力为μmg
B. 小物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C. 弹簧的最大弹性势能为μmgs
D. 小物块在A点的初速度为 eq \r(2μgs)
BC 解析：小物块压缩弹簧最短时有F弹>μmg，故A错误；全过程小物块运动的路程为2s，所以全过程中小物块克服摩擦力做的功为μmg·2s＝2μmgs，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得 Epmax＝μmgs，故C正确；小物块从A点出发到返回A点由动能定理得－μmg·2s＝0－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))，解得v0＝2 eq \r(μgs)，故D错误。
考点2 动能定理在曲线运动中的应用(能力考点)
eq \a\vs4\al(典例)如图所示，半径为r的半圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，直径AC水平，一质量为m的物块从圆弧轨道A端正上方P点由静止释放，物块刚好从A点无碰撞地进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，到B点时对轨道的压力大小等于物块重力的 2倍，重力加速度为g，不计空气阻力，不计物块大小，则：
(1)物块到达A点时的速度大小和PA间的高度差分别为多少？
(2)物块从A点运动到B点所用时间和克服摩擦力做的功分别为多少？
【自主解答】
解析：(1)设物块在B点时的速度为v，由牛顿第二定律得FN－mg＝m eq \f(v2,r)
因为FN＝2mg，所以v＝ eq \r(gr)
因为物块从A点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块到达A点时的速度大小为 eq \r(gr)。
设PA间的高度差为h，物块从P点运动到A点的过程由动能定理得mgh＝ eq \f(1,2)mv2，得h＝ eq \f(r,2)。
(2)因为物块从A点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块从A点运动到B点所用时间
t＝ eq \f(\f(πr,2),v)＝ eq \f(π,2) eq \r(\f(r,g))
物块从A点运动到B点由动能定理有
mgr－W克f＝0
解得W克f＝mgr。
答案：(1) eq \r(gr) eq \f(r,2) (2) eq \f(π,2) eq \r(\f(r,g)) mgr
【技法总结】
应用动能定理分析曲线运动问题时，要分析物体的受力情况及各力的做功情况，知道哪些力做功，哪些力不做功，如圆周运动中指向圆心的绳子的拉力、支持力是不做功的。
1．如图所示，AB为 eq \f(1,4) 圆弧轨道，BC为水平直轨道，BC恰好在B点与AB相切，圆弧的半径为R，BC的长度也是R。一质量为m的物体与两轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为( )
A. eq \f(μmgR,2) B. eq \f(mgR,2)
C. mgR D. (1－μ)mgR
D 解析：设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A点运动到C点的全过程，根据动能定理有mgR－WAB－μmgR＝0，所以WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正确。
2．(2018·天津高考)滑雪运动深受人民群众的喜爱，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直平面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中( )
A. 所受合外力始终为0 B. 所受摩擦力大小不变
C. 合外力做功一定为0 D. 机械能始终保持不变
C 解析：根据曲线运动的特点分析运动员的受力情况，根据牛顿第二定律求解出运动员与曲面间的正压力变化情况，从而分析运动员所受摩擦力的变化；根据运动员的动能变化情况，结合动能定理分析合外力做功；根据运动过程中，是否只有重力做功来判断运动员的机械能是否守恒。因运动员做曲线运动，所以所受合外力一定不为0，A错误；运动员受力如图所示，重力垂直于曲面的分力与曲面对运动员的支持力的合力充当向心力，故有FN－mg cs θ＝m eq \f(v2,R)，得FN＝m eq \f(v2,R)＋mg cs θ，运动过程中运动员的速率恒定，且θ在减小，所以曲面对运动员的支持力越来越大，根据Ff＝μFN可知摩擦力越来越大，B错误；运动员运动过程中的速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为0，根据动能定理可知合外力做功为0，C正确；因为下滑过程中克服摩擦力做功，故机械能不守恒，D错误。
考点3 动能定理和图像的结合问题(能力考点)
eq \a\vs4\al(典例)如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R＝0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1 kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F的作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取 10 m/s2。
(1)求滑块到达B处时的速度大小；
(2)求滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间；
(3)若到达B处时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？
解此题把握以下关键环节：
(1)利用Fx图线与x轴所围面积可求F做的功。
(2)滑块恰好通过圆弧轨道最高点C的速度为 eq \r(gR)。
【自主解答】
解析：(1)对滑块从A处运动到B处的过程，由动能定理得
F1x1－F3x3－μmgx＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
即20×2 J－10×1 J－0.25×1×10×4 J＝ eq \f(1,2)×1 kg×v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
得vB＝2 eq \r(10) m/s。
(2)在前2 m内，有F1－μmg＝ma，且x1＝ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
解得t1＝ eq \r(\f(8,35)) s。
(3)当滑块恰好能到达最高点C时，有
mg＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)),R)
对滑块从B处运动到C处的过程，由动能定理得
W－mg×2R＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C))－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
代入数值得W＝－5 J，即克服摩擦力做的功为5 J。
答案：(1)2 eq \r(10) m/s (2) eq \r(\f(8,35)) s (3)5 J
【技法总结】
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．图像所围面积的意义
(1)v t图像：由公式x＝vt可知，v t图线与t坐标轴围成的面积表示物体的位移。
(2)at图像：由公式Δv＝at可知，at图线与t坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
(3)Fx图像：由公式W＝Fx可知，Fx图线与x坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(4)Pt图像：由公式W＝Pt可知，Pt图线与t坐标轴围成的面积表示力所做的功。
1．(2019·全国卷Ⅲ)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、下落过程中的动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。则该物体的质量为( )
A. 2 kg B. 1.5 kg
C. 1 kg D. 0.5 kg
C 解析：对上升过程，由动能定理，有－(F＋mg)h＝Ek－Ek0，得Ek＝Ek0－(F＋mg)h，由图线的斜率得F＋mg＝12 N；对下落过程，(mg－F)h＝E′k－E′k0，得mg－F＝8 N，联立解得m＝1 kg，F＝2 N，C项正确。
2．用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系，如图所示。下列说法正确的是( )
A. 0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B. 0～6 s内物体在4 s末的速度最大
C. 物体在2～4 s内的速度不变
D. 0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力对物体做的功
D 解析：由题图可知物体在6 s末的速度v6＝ eq \f(1,2)×(2＋5)×2 m/s－ eq \f(1,2)×1×2 m/s＝6 m/s，则 0～6 s 内物体一直向正方向运动，A项错误；由题图可知物体在 5 s 末的速度最大，为vm＝ eq \f(1,2)×(2＋5)×2 m/s＝7 m/s，B项错误；由题图可知物体在 2～4 s 内的加速度不变，做匀加速直线运动，速度变大，C项错误；在0～4 s内由动能定理可知，W合4＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4))－0，又v4＝ eq \f(1,2)×(2＋4)×2 m/s＝6 m/s，得W合4＝36 J，0～6 s内合力对物体做的功W合6＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(6))－0，又v6＝6 m/s，得W合6＝36 J，则W合4＝W合6，D项正确。
3．A、B两物体分别在水平恒力F1、F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v t图像如图所示。已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等。则下列说法正确的是( )
A. F1、F2大小之比为1∶2
B. F1、F2对A、B做功之比为1∶2
C. A、B质量之比为2∶1
D. 全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1
C 解析：由vt图像可知，两个物体匀减速运动的加速度之比为1∶2，又A、B受到的摩擦力大小相等，由牛顿第二定律可知，A、B质量之比是2∶1，选项C正确；由 vt 图像可知，A、B两物体加速与减速的位移之和相等，且匀加速运动的位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为 2∶1，由动能定理可得，A物体的拉力与摩擦力的关系为F1·x－Ff1·3x＝0－0；B物体的拉力与摩擦力的关系为F2·2x－Ff2·3x＝0－0，因此可得F1＝3Ff1，F2＝ eq \f(3,2)Ff2，又Ff1＝Ff2，所以 F1＝2F2，全过程中，摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功大小相等，选项A、B、D错误。
考点4 动能定理的多过程问题(能力考点)
eq \a\vs4\al(典例)如图甲所示是高速公路出口的匝道，车辆为了防止在转弯时出现侧滑的危险，必须在匝道的直道上提前减速。现绘制出水平面简化图，如图乙所示，一辆质量为m＝2 000 kg的汽车原来在水平直道上做匀速直线运动，行驶速度 v0＝108 km/h，恒定阻力Ff＝1 000 N。现将汽车的减速运动简化为两种方式：方式一为“不踩刹车减速”，司机松开油门使汽车失去牵引力，在水平方向上仅受匀速运动时的恒定阻力作用；方式二为“刹车减速”，汽车做匀减速直线运动的加速度大小 a＝6 m/s2。
(1)求汽车原来匀速直线行驶时的功率；
(2)司机在离弯道口Q距离为x1的地方开始减速，全程采取“不踩刹车减速”，汽车恰好能以 15 m/s 的安全速度进入弯道，求汽车在上述减速直线运动过程中克服阻力做的功以及距离x1；
(3)如图乙所示，在离弯道口Q距离为125 m的P位置，司机先采取“不踩刹车减速”滑行一段距离x2后，立即采取“刹车减速”，汽车仍恰好能以15 m/s 的安全速度进入弯道，求x2的大小。
【自主解答】解析：(1)汽车匀速运动的速度为
v0＝108 km/h＝30 m/s
汽车做匀速直线运动时牵引力F＝Ff
汽车的功率为P＝Fv0
故P＝Ffv0＝30 kW。
(2)全程采取“不踩刹车减速”时，由动能定理得
－Wf＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
解得克服阻力做的功为Wf＝6.75×105 J
又Wf＝Ffx1
解得x1＝675 m。
(3)汽车从P行驶到Q的过程中，由动能定理得
－Ffx2－Ff′(125 m－x2)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
又F′f＝ma
解得x2＝75 m。
答案：(1)30 kW (2)6.75×105 J 675 m
(3)75 m
【技法总结】
利用动能定理求解多过程问题的基本思路
(1)弄清物体的运动由哪些过程组成。
(2)分析每个过程中物体的受力情况。
(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响。
(4)从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能。
(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程。
1．如图所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点，另一端自由伸长到A点，O、A之间的水平面光滑，固定曲面在B处与水平面平滑连接。A、B之间的距离s＝1 m。质量m＝0.2 kg的小物块开始时静置于水平面上的B点，小物块与水平面AB间的动摩擦因数μ＝0.4。现给小物块一水平向左的初速度 v0＝5 m/s，g取10 m/s2。
(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能Ep；
(2)求小物块返回到B点时的速度大小；
(3)若小物块能冲上曲面的最大高度h＝0.2 m，求小物块沿曲面上滑过程中产生的热量。
解析：(1)对小物块从B点至压缩弹簧到最短的过程，由动能定理得
－μmgs－W克弹＝0－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
W克弹＝Ep
代入数据解得Ep＝1.7 J。
(2)对小物块从B点开始运动至返回B点的过程，由动能定理得
－μmg·2s＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
代入数据解得vB＝3 m/s。
(3)对小物块沿曲面上滑的过程，由动能定理得－W克f－mgh＝0－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
代入数据解得产生的热量
Q＝W克f＝0.5 J。
答案：(1)1.7 J (2)3 m/s (3)0.5 J
2．如图所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平。一质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落到地面上的C点。已知它落地时相对于B点的水平位移 eq \x\t(OC)＝l。现在轨道下方紧贴B点安装一水平木板，木板的右端与B点的距离为 eq \f(l,2)，让P再次从A点由静止释放，它离开轨道并在木板上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面上的C点。求：(不计空气阻力，重力加速度为g)
(1)小物体P滑至B点时的速度大小；
(2)小物体P与木板之间的动摩擦因数μ。
解析：(1)小物体P在AB轨道上滑动时，根据动能定理有mgh＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
得小物体P滑到B点时的速度大小为v0＝ eq \r(2gh)。
(2)当没有木板时，小物体P离开B点后做平抛运动，设运动时间为t，则有
t＝ eq \f(l,v0)＝ eq \f(l,\r(2gh))
当在轨道下方紧贴B点安装木板时，小物体P从木板右端水平抛出，在空中运动的时间也为t，水平位移为 eq \f(l,2)，因此小物体P从木板右端抛出的速度
v1＝ eq \f(v0,2)＝ eq \f(\r(2gh),2)
根据动能定理，小物体P在木板上滑动时，有－μmg eq \f(l,2)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
解得小物体P与木板之间的动摩擦因数 μ＝ eq \f(3h,2l)。
答案：(1) eq \r(2gh) (2) eq \f(3h,2l)
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