江苏版高考物理一轮复习第5章第2节动能定理课时学案

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(对应学生用书第117页)
一、动能
1．定义：物体由于运动而具有的能。
2．公式：Ek＝eq \f(1,2)mv2，v为瞬时速度，动能是状态量。
3．单位：焦耳,1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
4．标矢性：动能是标量，只有正值，动能与速度的方向无关。
5．动能的变化量：ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)。
二、动能定理
1．内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化。
2．表达式：W＝ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)。
3．物理意义：合外力对物体做的功是物体动能变化的量度。
4．适用条件
(1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。
5．应用动能定理解题步骤
6．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)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求解。
(3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能。
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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)物体的合外力对物体做的功为零，动能一定不变。(√)
(3)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化。(×)
(4)物体的动能不变，其所受的合外力必定为零。(×)
二、教材习题衍生
1.(对动能定理的理解)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增加到v2时，上升高度为H。在这个过程中，下列说法或表达式正确的是( )
A．对物体，动能定理的表达式为WFN＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，其中WFN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－mgH＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
D．对电梯，其所受合力做的功为eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)
D [电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力做的总功才等于物体动能的增量ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，故A、B、C错误；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，故D正确。]
2．(动能的理解)在下列几种情况下，甲、乙两物体的动能相等的是( )
A．甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的eq \f(1,2)
B．甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的eq \f(1,2)
C．甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的eq \f(1,8)
D．质量相同，速度大小也相同，但甲向东运动，乙向西运动
[答案] D
3．(动能定理的应用)如图所示，倾角θ＝37°的斜面AB与水平面平滑连接于B点，A、B两点之间的距离x0＝3 m，质量m＝3 kg的小物块与斜面及水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.4。当小物块从A点由静止开始沿斜面下滑的同时，对小物块施加一个水平向左的恒力F(图中未画出)，g取10 m/s2。若F＝10 N，小物块从A点由静止开始沿斜面运动到B点时撤去恒力F，求小物块在水平面上滑行的距离x为(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)( )
A．5.7 m B．4.7 m
C．6.5 m D．5.5 m
B [小物块在斜面上受力如图所示，从A点开始沿ABC路径运动到C点停止过程中，由动能定理可得
Fx0cs θ＋mgx0sin θ－Ffx0－μmgx＝0
Ff＝μFN
FN＋Fsin θ＝mgcs θ
代入数据解得x＝4.7 m。
故选项B正确。]
动能定理的理解及应用
(对应学生用书第118页)
1．(对动能、动能定理的理解)关于动能概念及动能定理表达式W＝Ek2－Ek1的说法中正确的是( )
A．若物体速度在变化，则动能一定在变化
B．速度大的物体，动能一定大
C．W＝Ek2－Ek1表示功可以变成能
D．动能的变化可以用合力做的功来量度
D [速度是矢量，而动能是标量，若物体速度只改变方向，不改变大小，则动能不变，A错误；由Ek＝eq \f(1,2)mv2知B错误；动能定理表达式W＝Ek2－Ek1表示动能的变化可用合力做的功量度，但功和能是两个不同的概念，有着本质的区别，故C错误，D正确。]
2．(由动能定理分析合力做功)如图所示，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定( )
A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
A [由动能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A正确。]
3．(由动能定理分析分力做的功)如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做功是( )
A．mgh－eq \f(1,2)mv2 B．eq \f(1,2)mv2－mgh
C．－mgh D．－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mgh＋\f(1,2)mv2))
A [小球从A点运动到C点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理可得WG＋WF＝0－eq \f(1,2)mv2，重力做功为WG＝－mgh，则弹簧的弹力对小球做功为WF＝mgh－eq \f(1,2)mv2，所以正确选项为A。]

1．对“外力”的两点理解
(1)“外力”指的是合外力，可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用。
(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力。
2．公式W合＝ΔEk中“＝”体现的三个关系
动能定理与图像结合问题
(对应学生用书第119页)
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、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题。
2．图像所围“面积”和图像斜率的含义
[典例] (动能定理与Ek-x图像的综合)(2022·江苏卷)某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是( )
A B
C D
A [设运动员位移与水平方向夹角为θ，对运动员，由动能定理得：mgxtan θ＝Ek－0。运动员的动能：Ek＝mgxtan θ，由图示运动员运动过程可知，开始θ不变，Ek与x成正比，运动员运动到倾斜轨道下端时θ发生变化，Ek与位移不成正比，运动员到达轨道最低点然后上升，重力做负功，动能减小，由图示图像可知，A正确，B、C、D错误。]
动能定理与图像结合问题的分析方法
(1)首先看清所给图像的种类(如v-t图像、F-t图像、Ek-t图像等)。
(2)挖掘图像的隐含条件，得出所需要的物理量，如由v-t图像所包围的“面积”求位移，由F-x图像所包围的“面积”求功等。
(3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。
[跟进训练]
动能定理与Ek-h图像的综合
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
C [设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×3 m＝(36－72)J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×3 m＝(48－24)J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，选项C正确，A、B、D均错误。]
动能定理与v-t、P-t图像的综合
2．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( )
甲 乙
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内做的功大于与0～2 s内做的功
A [由P＝Fv可知，物体在0～2 s内所受的拉力F＝eq \f(P,v)＝eq \f(60,10) N＝6 N，在2～6 s内所受的拉力F′＝eq \f(P′,v′)＝eq \f(20,10) N＝2 N，B错误；拉力在0～6 s内做的总功W＝Fx1＋F′x2＝6×eq \f(10,2)×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eq \f(1,2)mv2＝40 J，D错误。]
动能定理与a-t图像的综合
3．(2023·江苏南京模拟)一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲，到斜面上某一点后返回底端，斜面粗糙。滑块运动过程中加速度与时间关系图像如图所示。下列四幅图像分别表示滑块运动过程中位移x、速度大小v、动能Ek和重力势能Ep(以斜面底端为参考平面)随时间变化的关系图像，其中正确的是( )
A B
C D
D [物块向上做匀减速直线运动，向下做匀加速直线运动，两者速度方向相反，据位移公式可知，位移与时间成二次函数关系；据运动学公式可知，下滑所用的时间要大于上升所用的时间，先减速后加速，加速度始终向下，所以x-t图像应是开口向下的抛物线，A、B错误；根据Ek＝eq \f(1,2)mv2知动能先减小后增大，与时间为二次函数关系，C错误；设斜面与水平地面夹角为θ，重力势能为Ep＝mgh＝mgxsin θ＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0t＋\f(1,2)at2))sin θ，a为负，故为开口向下的抛物线，D正确。]
动能定理与F-x图像的综合
4．如图甲所示，在倾角为30°、长度为L＝5 m的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4 m。有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用，F只在滑块处于水平面上时作用，并且按图乙所示的规律变化，最后滑块刚好到达斜面顶端B，g取10 m/s2。试求：
甲 乙
(1)滑块运动到A处的速度大小；
(2)滑块与OA间的动摩擦因数μ。
[解析] (1)滑块冲上斜面的过程中重力做负功，由动能定理得－mg·L·sin 30°＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)
代入数据解得vA＝5eq \r(2) m/s。
(2)由题图乙知，在前2 m内，F1＝2 mg，做正功，在第3 m内，F2＝－0.5mg，做负功，在第4 m内，F3＝0，滑动摩擦力的大小为Ff＝μmg，始终做负功，对于滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得
F1x1＋F2x2＋Ffx＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)－0
即2mg×2－0.5mg×1－μmg×4＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)
代入数据解得μ＝0.25。
[答案] (1)5eq \r(2) m/s (2)0.25
动能定理求解多过程问题
(对应学生用书第121页)
1．多过程问题的分析方法
(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。
(2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。
(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。
(4)分析“衔接点”速度、加速度等物理量的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。
(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。
2．利用动能定理求解多过程问题的基本思路
[典例] (2023·曲塘中学模拟)如图所示AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置。AB是半径为R＝1 m的eq \f(1,4)圆周轨道，CDO是半径为r＝0.5 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回，不损失能量，图中没有画出)，D为CDO轨道的中点。BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。已知BC段水平轨道长L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2。现让一个质量为m＝1 kg的小球从A点的正上方距水平线OA高H的P处自由落下。(g取10 m/s2)
(1)当H＝2 m时，求此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小；
(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，求H的取值范围。
思路点拨：解此题可按以下思路
(1)小球由P到D全过程，由动能定理列方程求小球第一次到达D点的速度。
(2)小球仅仅与弹性挡板碰撞一次且刚好不脱离CDO轨道的两个临界条件是在O点重力提供向心力，碰后再返回最高点恰能上升到D点。
[解析] (1)设小球第一次到达D的速度为vD，对小球从P到D点的过程，根据动能定理得
mg(H＋r)－μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－0
在D点轨道对小球的支持力FN提供向心力，则有
FN＝meq \f(v\\al(2,D),r)
联立解得FN＝84 N
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为
F′N＝FN＝84 N。
(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最小时必须满足能上升到O点，由动能定理得
mgHmin－μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,O)－0
在O点有mg＝meq \f(v\\al(2,O),r)
代入数据解得Hmin＝0.65 m
仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最大时，碰后再返回最高点能上升到D点，则有
mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0
代入数据解得Hmax＝0.7 m
故有0.65 m≤H≤0.7 m。
[答案] (1)84 N (2)0.65 m≤H≤0.7 m
应用动能定理求多过程问题的技巧
(1)运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。
(2)全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功，要注意运用它们的功能特点：
①重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；
②大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积。
③弹簧弹力做功与路径无关。
[跟进训练]
组合运动的多过程问题
1．(2022·浙江1月选考)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝eq \f(7,8)。滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，
(1)若释放点距B点的长度l＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
(2)设释放点距B点的长度为lx，求滑块第1次经F点时的速度v与lx之间的关系式；
(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。
[解析] (1)滑块从A到C的过程只有重力做功，机械能守恒，则mglsin 37°＋mgR(1－cs 37°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
在C点根据牛顿第二定律有
FN－mg＝eq \f(mv\\al(2,C),R)
代入数据解得FN＝7 N。
(2)要使得滑块到达F点，则必过圆弧轨道DEF的最高点，即有mglxsin 37°－mg(3Rcs 37°＋R)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)≥0
即lx≥0.85 m
滑块运动到F的过程中，由机械能守恒定律有mglxsin 37°－4mgRcs 37°＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(12lx－9.6)(m/s) (0.85 m≤lx≤3 m)。
(3)设最终摩擦力做的功为滑块第一次到达FG中点时的n倍，由动能定理得mglxsin 37°－mgeq \f(lFG,2)·sin 37°－nμmgeq \f(lFG,2)cs 37°＝0
解得lx＝eq \f(7n＋6,15) m，n＝1,3,5……
将0.85 m≤lx≤3 m代入上式可得eq \f(27,28)≤n≤eq \f(39,7)
由运动过程可知，n只能取1、3、5
①当n＝1时，lx＝eq \f(13,15) m
②当n＝3时，lx＝eq \f(9,5) m
③当n＝5时，lx＝eq \f(41,15) m。
[答案] (1)7 N (2)v＝eq \r(12lx－9.6)(m/s) (0.85 m≤lx≤3 m) (3)eq \f(13,15) m，eq \f(9,5) m，eq \f(41,15) m
往复运动的多过程问题
2.(2023·江苏苏州市调研)如图所示，在竖直平面内，有一倾角为θ的斜面CD与半径为R的光滑圆弧轨道ABC相切于C点，B是最低点，A与圆心O等高。将一质量为m的小滑块从A点正上方高h处由静止释放后沿圆弧轨道ABC运动，小滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，空气阻力不计，重力加速度为g，取B点所在的水平面为零势能面，试求：
(1)小滑块在释放处的重力势能Ep；
(2)小滑块第一次运动到B点时对轨道的压力FN′；
(3)小滑块沿斜面CD向上滑行的最大距离x。
[解析] (1)小滑块在释放处的重力势能
Ep＝mg(h＋R)。
(2)小滑块从释放处到第一次运动到B点，根据动能定理有mg(h＋R)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
在B点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(v\\al(2,B),R)
解得FN＝eq \f(2h＋3R,R)mg
根据牛顿第三定律，小滑块第一次到B点时对轨道的压力为FN′＝FN＝eq \f(2h＋3R,R)mg，方向竖直向下。
(3)从释放处到沿斜面CD滑行到最高点，对小滑块，根据动能定理有
mg(h＋Rcs θ－xsin θ)－μmgcs θ·x＝0
解得x＝eq \f(h＋Rcs θ,sin θ＋μcs θ)。
[答案] (1)mg(h＋R) (2)eq \f(2h＋3R,R)mg，方向竖直向下 (3)eq \f(h＋Rcs θ,sin θ＋μcs θ)
含有弹簧弹力做功的多过程问题
3．如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O点质量为m＝1 kg的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变。现对小物块施加F＝10 N水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动。小物块在向左运动到A点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6 N，运动到A点时撤去推力F，小物块最终运动到B点静止。图中OA＝0.8 m，OB＝0.2 m，重力加速度g取10 m/s2。求小物块：
(1)与桌面间的动摩擦因数μ；
(2)向右运动过程中经过O点的速度；
(3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量。
[解析] (1)小物块速度达到最大时，加速度为零。
F－μmg－F弹＝0，μ＝eq \f(F－F弹,mg)＝0.4。
(2)设向右运动通过O点时的速度为vO，从O→B，由动能定理得
－FfxOB＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,O)，Ff＝μmg＝4 N
解得vO＝eq \r(1.6) m/s≈1.26 m/s。
(3)弹簧最大压缩量为xmax，对小物块运动的全过程，根据动能定理得
FxOA－Ff(2xmax＋xOB)＝0，代入数值得xmax＝0.9 m。
[答案] (1)0.4 (2)1.26 m/s (3)0.9 m
课时分层作业(十五) 动能定理
(对应学生用书第422页)
题组一 动能定理的理解及应用
1．(2022·全国甲卷)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于( )
A.eq \f(h,k＋1) B．eq \f(h,k)
C.eq \f(2h,k) D．eq \f(2h,k－1)
D [运动员由a运动到c的过程中，设到c点时的速度为v，由机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mv2，设c点处这一段圆弧雪道的最小半径为R，则在经过c点时，有kmg－mg＝meq \f(v2,R)，解得R＝eq \f(2h,k－1)，D项正确。]
2.如图所示，用细绳通过定滑轮拉物体，使物体在水平面上由静止开始从A点运动到B点，已知H＝3 m，m＝25 kg，F＝50 N恒定不变，到B点时的速度v＝2 m/s，滑轮到物体间的细绳与水平方向的夹角在A、B两处分别为30°和45°。此过程中物体克服阻力所做的功为( )
A．50(5－3eq \r(2)) J B．50(7－3eq \r(2)) J
C．50(3eq \r(3)－4) J D．50(3eq \r(3)－2) J
A [设物体克服阻力做的功为Wf，由动能定理得Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(H,sin 30°)－\f(H,sin 45°)))－Wf＝eq \f(1,2)mv2，代入数据求得Wf＝50(5－3eq \r(2)) J，选项A正确。]
3.(2023·梁丰高级中学模拟)如图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，光电板中产生的电流流经电动机带动小车前进。若小车在平直的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)mveq \\al(2,m)
D．这段时间内电动机所做的功为eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－Fs
B [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)mveq \\al(2,m)，这段时间内电动机所做的功为W电＝Fs＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，选项C、D错误。]
4.如图所示，传送带A、B之间的距离为L＝5.45 m，与水平面间夹角θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v＝2 m/s。在传送带上端A点无初速度放置一个质量为m＝1 kg、大小可忽略的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道BCD后，沿半径R＝0.4 m的竖直光滑圆轨道做圆周运动，并刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h＝0.35 m，取g＝10 m/s2
(1)若金属块飞离E点后恰能击中B点，求B、D间的水平距离；
(2)求金属块经过D点时的速度大小；
(3)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功。
[解析] (1)对金属块在E点有
mg＝meq \f(v\\al(2,E),R)
代入数据解得vE＝2 m/s
在从E到B的过程中有2R－h＝eq \f(1,2)gt2
代入数据解得t＝0.3 s，设BD间的水平距离为x，
则有x＝vEt＝0.6 m。
(2)在从D到E过程中，由动能定理可得：
－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)
解得vD＝2eq \r(5) m/s。
(3)金属块在传送带上运行时有
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1
代入数据解得：a1＝10 m/s2
设经过位移x1，金属块与传送带达到共同速度。则有
v2＝2a1x1
解得：x1＝0.2 m＜5.45 m
继续加速过程中mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
代入数据解得a2＝2 m/s2
由运动学公式有veq \\al(2,B)－v2＝2a2(L－x1)
代入数据解得vB＝5 m/s
在从B到D过程中，由动能定理可得：
mgh－Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
代入数据解得：Wf＝6 J。
[答案] (1)0.6 m (2)2eq \r(5) m/s (3)6 J
题组二 动能定理与图像结合问题
5.一个质量为0.5 kg的物体，从静止开始做直线运动，物体所受合外力F随物体位移x变化的图像如图所示，则物体位移x＝8 m 时，物体的速度为( )
A．2 m/s B．8 m/s
C．4eq \r(2) m/s D．4 m/s
C [F-x图像中图线与横轴所围面积表示功，横轴上方为正功，下方为负功，x＝8 m时，可求得W＝8 J；由动能定理有eq \f(1,2)mv2＝8 J，解得v＝4eq \r(2) m/s，选项C正确。]
6.(2020·江苏卷)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是( )
A B
C D
A [由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑水平距离x时根据动能定理有
mgsin θ·eq \f(x,cs θ)－μmgcs θ·eq \f(x,cs θ)＝Ek
整理可得
Ek＝(mgtan θ－μmg)x
即在斜面上运动时动能与x成线性关系；当小物块在水平面运动时，可逆向看作初速度为零的匀加速运动，有
μmgx＝Ek
即在水平面运动时动能与x也成线性关系；综上分析可知A正确，故选A。]
题组三 动能定理求解多过程问题
7.(2023·江苏无锡市期中)弹珠游戏装置可以简化为如图所示的结构。轻质弹簧一端固定，另一端紧靠着一个弹珠(与弹簧不拴接)。轻推弹珠，弹簧被压缩；释放后，弹珠被弹簧弹出，然后从A点进入竖直圆轨道(水平轨道和竖直圆轨道平滑相接)。已知弹珠的质量m＝20 g(可视为质点)，圆轨道的半径R＝0.1 m，忽略弹珠与轨道间的一切摩擦，不计空气阻力，g取10 m/s2，求：
(1)若弹珠以v＝2.2 m/s的速度从A点进入竖直圆轨道，它能否顺利通过圆轨道的最高点B？请说明理由。
(2)在O点左侧有一个小盒子，盒子上开有小孔，孔口C点与圆轨道的圆心O等高，并与O点的水平距离为2R，要想让弹珠能从C点掉入盒子中，弹簧被压缩后需要储存多大的弹性势能Ep?
[解析] (1)弹珠从A点进入竖直圆轨道后，假设它能冲上最高点B
从A到B由动能定理可知：－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mv2
解得vB＝eq \f(\r(21),5) m/s
若要顺利通过圆轨道的最高点B，则在B点根据牛顿第二定律可知mg＝meq \f(v\\al(2,min),R)
解得vmin＝eq \r(gR)＝1 m/s>eq \f(\r(21),5) m/s，所以弹珠不能顺利通过圆轨道的最高点B。
(2)若弹珠能够掉入盒子中，根据平抛运动规律可知
R＝eq \f(1,2)gt2,2R＝vB′·t
解得vB′＝eq \r(2) m/s
根据动能定理得W弹－2mgR＝eq \f(1,2)mvB′2－0
Ep＝W弹
解得Ep＝0.06 J。
[答案] (1)见解析 (2)0.06 J
8.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。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．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为2μmgs
D．物块在A点的初速度为eq \r(2μgs)
B [对物块从A点开始到再回到A点整个过程，由动能定理可知Wf＝－2μmgs＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，则vA＝2eq \r(μgs)，故B正确，D错误。对物块从A点开始到弹簧压缩量最大这一过程，由动能定理可知W弹＋W′f＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，W′f＝－μmgs，则W弹＝－μmgs，则物块克服弹力做功为μmgs，所以弹簧弹性势能增加μmgs，故C错误。当克服弹力做功为μmgs时，弹簧的最大弹力要大于μmg，故A错误。]
9.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 [a-t图像中图线与时间轴围成的面积代表物体在相应时间内速度的变化量，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负。由题图可得，物体在6 s末的速度v6＝6 m/s，则0～6 s内物体一直向正方向运动，选项A错误；物体在5 s末速度最大，vm＝7 m/s，选项B错误；在2～4 s内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，选项C错误；在0～4 s内，合力对物体做的功由动能定理可知W合4＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,4)－0＝36 J,0～6 s内，合力对物体做的功由动能定理可知W合6＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,6)－0＝36 J，则W合4＝W合6，选项D正确。]
10．(2023·扬州市江都区高三月考)如图所示，“旋转秋千”中的座椅通过缆绳悬挂在旋转圆盘上。当旋转圆盘绕竖直的中心轴从静止开始转动，稳定后座椅在水平面内做匀速圆周运动。已知悬点到中心轴的距离为R＝eq \r(3) m，座椅(可视为质点)质量为m＝6 kg，缆绳长度为L＝2eq \r(3) m，稳定后缆绳与竖直方向的夹角θ＝30°，不考虑空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)稳定后缆绳所受拉力T；
(2)座椅做圆周运动的角速度ω；
(3)座椅从静止达到稳定速度的过程中，缆绳对座椅所做的功W。
[解析] (1)对座椅受力分析，如图所示
座椅所受重力和细绳拉力的合力提供向心力，则cs 30°＝eq \f(mg,T)
得T＝40eq \r(3) N。
(2)由牛顿第二定律得mgtan θ＝mω2r
由几何关系r＝R＋Lsin θ＝2eq \r(3) m
解得ω＝eq \r(\f(5,3)) rad/s。
(3)座椅在水平面内做匀速圆周运动速度为v＝ωr＝eq \r(\f(5,3))×2eq \r(3) m/s＝2eq \r(5) m/s
座椅从静止达到稳定速度的过程，由动能定理得
W－mgL(1－cs 30°)＝eq \f(1,2)mv2
解得W＝120(eq \r(3)－1) J。
[答案] (1)40eq \r(3) N (2)eq \r(\f(5,3)) rad/s
(3)120(eq \r(3)－1) J
11．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。如图是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为60°，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙且长8 m。一运动员从轨道上的A点以3 m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为60 kg，B、E两点与水平面CD的竖直高度为h和H，且h＝2 m，H＝2.8 m，g取10 m/s2。求：
(1)运动员从A点运动到B点时的速度大小vB；
(2)轨道CD段的动摩擦因数μ；
(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时速度的大小；如不能，则最后停在何处？
[解析] (1)由题意可知：vB＝eq \f(v0,cs 60°)
解得：vB＝2v0＝6 m/s。
(2)由B点到E点，由动能定理可得：mgh－μmgsCD－mgH＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
代入数据可得：μ＝0.125。
(3)运动员能到达左侧的最大高度为h′，从B到第一次返回左侧最高处
根据动能定理有：mgh－mgh′－μmg·2sCD＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得：h′＝1.8 m所以第一次返回时，运动员不能回到B点
设运动员从B点运动到停止，在CD段的总路程为s
由动能定理可得：mgh－μmgs＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
代入数据解得：s＝30.4 m，
因为s＝3sCD＋6.4 m，所以运动员最后停在D点左侧6.4 m处，或C点右侧1.6 m处。
[答案] (1)6 m/s (2)0.125 (3)停在D点左侧6.4 m处，或C点右侧1.6 m处