第5章 第2讲 动能定理及其应用-【创新教程】2025年高考物理总复习大一轮教师用书word（人教版）

第2讲　动能定理及其应用 [知识点一]　动能　 1．定义：物体由于　运动　而具有的能． 2．公式：Ek＝　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． 5．动能的变化量：ΔEk＝Ek2－Ek1＝　mv－mv　. [知识点二]　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＝　mv－mv　. 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　. 一、思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”) 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．(×) 5．如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零．(√) 二、走进教材 1．(人教版必修第二册 P88第1题改编)改变汽车的质量和速度，都能使汽车的动能发生变化，则下列说法正确的是(　　) A．质量不变，速度增大到原来的2倍，动能增大为原来的2倍 B．速度不变，质量增大到原来的2倍，动能增大为原来的4倍 C．质量减半，速度增大到原来的4倍，动能增大为原来的2倍 D．速度减半，质量增大到原来的4倍，动能不变 答案：D 2．(人教版必修第二册 P88第4题改编)民用航空客机的紧急出口打开时，会自动生成一个由气囊构成的斜面，模型简化如图所示．光滑斜面的竖直高度AB＝3.2 m，斜面长AC＝4.0 m，斜面与水平地面CD段间由一段小圆弧平滑连接．当物体由静止开始滑下，其与地面间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，g取10 m/s2. (1)人滑到斜面底端C时的速度大小； (2)人离开C点后还要在地面上滑行多远才能停下？ 解析：(1)在AC过程中由动能定理得mgh＝mv， 解得vC＝8 m/s. (2)设人在CD水平面上滑行的距离为s， 在AD过程中由动能定理得mgh－μmgs＝0， 解得s＝6.4 m. 答案：(1)8 m/s　(2)6.4 m 3．(人教版必修第二册P86例题1改编)(1)试用牛顿运动定律求解教材第86页例题1，并与同学交流讨论． (2)教材第86页例题1中，假设在正常滑跑到L＝400 m时，飞机出现故障，紧急制动，制动阻力为1.2×105 N．求： ①出现故障时飞机的速度大小． ②在这种情况下，飞机场跑道的安全长度． [提示]　(1)以飞机为研究对象，受到重力、支持力、牵引力和阻力作用，它做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F牵－kmg＝ma， 根据运动学公式有v2－0＝2al， 联立可得F牵＝kmg＋m， 代入数据可得F牵＝1.04×105 N. [点评]　(1)教材中采用动能定理求解，因为动能定理适用于变力，可以处理牵引力是变力的情况；(2)[议一议](1)中采用牛顿运动定律和匀变速直线运动的公式求解，要假定牵引力是恒力，而实际中牵引力不一定是恒力．从这个例题可以看出，在处理不涉及物体运动过程中的加速度和时间的问题时，动能定理比牛顿第二定律具有优越性． (2)①设出现故障时飞机的速度为v′，根据动能定理有F牵L－kmgL＝mv′2－0 把数值代入可得v′＝ m/s≈32 m/s. ②飞机制动后牵引力为0，故 －kmgx＝0－mv′2， 把数值代入可得x＝300 m， 则飞机场跑道的安全长度L总＝x＋L， 把数值代入可得L总＝700 m. 考点一　对动能定理的理解及应用 1．动能定理公式中“＝”体现的“三个关系” 数量关系 合力的功与物体动能的变化可以等量代换 单位关系 国际单位都是焦耳 因果关系 合力做的功是物体动能变化的原因 2.应用动能定理解题的基本思路 [典例1]　(2023·新课标卷，15)无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落．一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)(　　) A．0　　　　　　　　 B．mgh C.mv2－mgh D．mv2＋mgh 解析：B　[结合题意可知，雨滴在地面附近下落过程中做匀速运动，对雨滴下落高度h的过程分析，由动能定理有mgh－Wf＝0，即Wf＝mgh，B正确，A、C、D错误．] ◆[迁移1]　动能定理在直线运动中的应用　 1．(多选) 水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动．物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动．重力加速度大小为g.则(　　) A．在此过程中F所做的功为 mv B．在此过程中F的冲量大小等于 mv0 C．物体与桌面间的动摩擦因数等于 D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍 解析：BC　[加速过程由动能定理有：Fs0－fs0＝ mv，整个过程由动能定理有：Fs0－f·3s0＝0，解得F＝3f，在此过程中F所做的功WF＝Fs0＝ mv，故选项A、D错误；加速过程的时间t1＝ ＝ ，在此过程中F的冲量大小IF＝Ft1，结合Fs0＝ mv，解得IF＝ mv0，故选项B正确；由f＝μmg、F＝3f、Fs0＝ mv，解得μ＝ ，故选项C正确．] ◆[迁移2]　动能定理在曲线运动中的应用　 2．如图所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡(粗糙)底部A处由静止运动至高为h的坡顶B，获得速度v，A、B之间的水平距离为s，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小车重力所做的功是mgh B．推力对小车做的功是mv2＋mgh C．合外力对小车做的功是mv2＋mgh D．阻力对小车做的功是mv2＋mgh－Fs 解析：D　[小车重力所做的功WG＝mgΔh＝mg(hA－hB)＝－mgh，故A错误；由于推力为恒力，推力方向的分位移是s，推力对小车做功W推＝Fs，小车从A运动到B的过程，由动能定理得：W推－mgh＋W阻＝mv2，解得：W推＝mgh＋mv2－W阻，W阻＝mv2＋mgh－Fs，故B错误，D正确；小车从A运动到B的过程，由动能定理可知，合外力对小车做功W＝mv2，故C错误．] ◆[迁移3]　动能定理在变力做功中的应用　 3. (2021·山东卷，3)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连．木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动．在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为(　　) A.　 B．　　 C.　　 D. 解析：B　[在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理－f·2πL＝0－mv 可得摩擦力的大小f＝，故选B.] 　用好动能定理的“5个”突破 突破①——研究对象的选取 动能定理适用于单个物体，当题目中出现多个物体时可分别将单个物体取为研究对象，应用动能定理． 突破②——研究过程的选取 应用动能定理时，选取不同的研究过程列出的方程是不相同的．因为动能定理是个过程式，选取合适的过程往往可以大大简化运算． 突破③——受力分析 运用动能定理时，必须分析清楚物体在过程中的全部受力情况，找出哪些力不做功，哪些力做功，做多少功．从而确定出外力的总功，这是解题的关键． 突破④——位移的计算 应用动能定理时，要注意有的力做功与路程无关，只与位移有关，有的力做功却与路程有关． 突破⑤——初、末状态的确定 动能定理的计算式为标量式，v为相对同一参考系的速度，所以确定初、末状态动能时，必须相对于同一参考系而言． 考点二　动能定理在多过程中的应用 1．由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解．因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可． 2．运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式． 3．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时，要注意运用它们的功能特点． (1)重力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． [典例2]　(2023·江苏卷，15)如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°.平台BC与缓冲坡CD相连．若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点．滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出．已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力． (1)求滑雪者运动到P点的时间t； (2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v； (3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L. 思维导图： 解析：(1)滑雪者由A点运动到P点的过程，沿斜坡方向由牛顿第二定律得mgsin45°－Ff＝ma， 在垂直斜坡方向由平衡条件得mgcos45°＝FN， 又Ff＝μFN 解得a＝(1－μ)g， 由运动学公式x＝at2得t＝. (2)设P点到B点的过程重力做的功为WG，克服摩擦力做的功为Wf，则滑雪者由P点到B点的过程，由动能定理得WG－Wf＝0 滑雪者由A点到B点，由动能定理得 mgdsin45°＋WG－Wf－μmgdcos45°＝mv2 联立解得v＝. (3)滑雪者离开B点后做斜抛运动，则 竖直方向的分速度vy＝vsin45°＝ 水平方向的分速度vx＝vcos45°＝ 滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大，则其在空中运动的时间t＝＝ 则平台BC的最大长度为L＝vxt 联立解得L＝(1－μ)d. 答案：(1)　(2) (3)(1－μ)d 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. (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．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μmgs D．物块在A点的初速度为 解析：BC　[本题考查动能定理，对物块不同运动过程的分析能体现学生的综合分析能力．对物体从A点开始到再回到A点整个过程，由动能定理可知Wf＝－2μmgs＝0－mv，则vA＝2，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－mv，W′f＝－μmgs，则W弹＝－μmgs，即物块克服弹力做功为μmgs，所以弹簧弹性势能增加μmgs，故C正确．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．] 2.如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高，质量m＝1 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. (1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ； (2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值； (3)若滑块离开C点的速度大小为4 m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t. 解：(1)滑块恰能滑到D点，则vD＝0. 滑块从A→B→D过程中，由动能定理得 mg(2R－R)－μmg cos 37°·＝0－0，解得μ＝0.375. (2)滑块恰能过C点时，vC有最小值，则在C点mg＝， 滑块从A→B→D→C过程，由动能定理得 －μmg cos 37°·＝mv－mv，解得v0＝2 m/s. (3)滑块离开C点后做平抛运动，设下落的高度为h， 则有h＝gt2，x＝vC′t，＝tan 53°，其中vC′＝4 m/s， 联立解得t＝0.2 s. 答案：(1)0.375　(2)2 m/s　(3)0.2 s 　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．现绘制水平面简化图如图乙所示，一辆质量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“小踩刹车减速”，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“小踩刹车减速”，汽车恰好能以15 m/s的安全速度进入弯道，求出汽车在上述减速直线运动的过程中克服阻力做功的大小以及距离x1的大小． (3)在离弯道口Q距离为125 m的P位置，司机先采取“小踩刹车减速”滑行一段距离x2后，立即采取“刹车减速”，汽车仍能恰好以15 m/s的安全速度进入弯道，求x2的大小． 解：(1)汽车匀速运动的速度为： v0＝108 km/h＝30 m/s， 因为汽车做匀速直线运动，所以牵引力为：F＝Ff 汽车的功率为：P＝Fv0， 故P＝Ffv0＝30 kW. (2)全程采取“小踩刹车减速”时，由动能定理得： －Wf＝mv－mv， 解得克服阻力做功为：Wf＝6.75×105 J， 又：Wf＝Ffx1， 解得：x1＝675 m. (3)从P到Q的过程中，由动能定理得： －Ffx2－ma(125 m－x2)＝mv－mv 解得：x2＝75 m. 答案：(1)30 kW　(2)6.75×105 J　675 m　(3)75 m 考点三　动能定理中的图像问题 1．解决动能定理与图像问题的基本步骤 2．四类图像所围“面积”的意义 [典例3]　(多选)(2023·新课标卷，20)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示．物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10 m/s2.下列说法正确的是(　　) A．在x＝1 m时，拉力的功率为6 W B．在x＝4 m时，物体的动能为2 J C．从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为8 J D．从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s [审题指导]　解决本题的切入点为正确解读图像，知道图线斜率的大小反映拉力的大小是解题的关键，再将物体的运动过程分为两个阶段进行分析，0～2 m内物体做匀加速直线运动，2～4 m内物体做匀减速直线运动． 解析：BC　[由图像可得，W­x图像的斜率就是拉力F,0－2 m过程中拉力大小为6 N,2～4 m过程中拉力大小为3 N，由牛顿第二定律可知，a1＝＝2 m/s2，a2＝＝－1 m/s2，故0～2 m过程中，物体做匀加速运动，2～4 m过程中，物体做匀减速运动．A.在x＝1 m时，由公式v＝2a1x1，解得v1＝2 m/s，此时拉力的功率P＝Fv＝12 W，故A错误；B.在x＝4 m时，物体的动能Ek＝W总－fx4＝18－16＝2 J，故B正确；C.从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功Wf＝fx2＝8 J，故C正确；D.从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体在x＝2 m时速度最大，由v＝2a1x2，解得v2＝2 m/s，此时物体的动量p2＝mv2＝2 kg·m/s，故D错误．故选BC.] 1．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(　　) 解析：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mgxtan θ－μmgcos θ·＝Ek，整理可得(mgtan θ－μmg)x＝Ek，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.] 2．(多选)(2024·临沂模拟)水平面上质量为m＝6 kg的物体，在大小为12 N的水平拉力F的作用下做匀速直线运动，从x＝2.5 m位置处拉力F逐渐减小，力F随位移x变化规律如图所示，当x＝7 m时拉力减为零，物体也恰好停下，g取10 m/s2，下列结论正确的是(　　) A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2 B．合外力对物体所做的功为－27 J C．物体匀速运动时的速度为3 m/s D．物体在减速阶段所受合外力的冲量为12 N·s 解析：ABC　[物体做匀速运动时，由平衡条件得Ff＝F＝12 N，μ＝＝＝0.2，故A正确；图像与坐标轴围成的“面积”表示拉力做的功，则由图像可知WF＝12×2.5 J＋×(7－2.5)×12 J＝57 J，滑动摩擦力做的功为Wf＝－μmgx＝－0.2×6×10×7 J＝－84 J，所以合外力做的功为W合＝－84 J＋57 J＝－27 J，故B正确；由动能定理得W合＝0－mv，解得v0＝3 m/s，故C正确；由动量定理得I＝0－mv0＝－6×3 N·s＝－18 N·s，故D错误．] 　(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所示．下列说法中正确的是(　　) 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 解析：AD　[由于P­t图像与t轴围成的“面积”表示拉力所做的功，所以0～6 s内拉力做的功为W＝×2×60 J＋4×20 J＝140 J，故A正确；由水平拉力的功率P＝Fv可得，在0～2 s内拉力F＝＝6 N,2～6 s，拉力F′＝＝2 N，故B错误；物体在水平面上只受摩擦力和拉力，在2～6 s内物体受力平衡可得Ff＝μmg＝F′，解得μ＝＝＝0.25，故C错误；由v­t图像可知，物体在2 s末的速度与6 s末的速度相等，由动能定理W合＝ΔEk可知，0～6 s与0～2 s动能的变化量相同，所以合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等，故D正确．] 用动能定理巧解往复运动问题 对于具有重复性的往复运动过程，由于动能定理只涉及物体的初末状态，而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化． 1．灵活选择研究过程 求解多过程问题既可分段考虑，也可全过程考虑，但要优先考虑全过程． 2．注意运用做功特点 (1)重力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)求全过程的总功时，注意有些力不是全过程一直作用． [典例]　 (2024·江苏泰州模拟)如图所示，足够长的固定木板的倾角为37°，劲度系数为k＝36 N/m的轻质弹簧的一端固定在木板上的P点，图中AP间距等于弹簧的自然长度．现将质量m＝1 kg的可视为质点的物块放在木板上，在外力作用下将弹簧压缩到某一位置B点后释放．已知木板PA段光滑，AQ段粗糙，物块与木板间的动摩擦因数μ＝，物块在B点释放后向上运动，第一次到达A点时速度大小为v0＝3 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2. (1)求物块第一次向下运动到A点时的速度大小v1； (2)请说出物块最终的运动状态，并求出物块在A点上方运动的总路程s. [解]　(1)设物块从A点向上滑行的最大距离为s1. 根据动能定理， 上滑过程有：－mgs1sin 37°－μmgs1cos 37°＝0－mv 下滑过程有：mgs1sin 37°－μmgs1cos 37°＝mv－0 联立解得：s1＝1.5 m，v1＝3 m/s (2)物块最终在A点下方做往复运动，最高点为A 根据动能定理：μmgscos 37°＝mv 代入数据解得：s＝4.5 m. [答案]　(1)3 m/s　(2)物块最终在A点下方做往复运动4.5 m 1．应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的初状态和最终状态． 2．重力做功与物体运动路径无关，可用WG＝mgh直接求解． 3．滑动摩擦力做功与物体运动路径有关，可用Wf＝－Ffs求解，其中s为物体相对滑行的路程． 如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R.一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，求： (1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程； (2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力； (3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件． 解析：(1)因为摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧轨道上做往复运动． 对整体过程由动能定理，得 mgR·cos θ－μmgcos θ·s＝0， 所以总路程为s＝； (2)对B→E过程mgR(1－cos θ)＝mv2，① FN－mg＝，② 由①②，得FN＝(3－2cos θ)mg， 由牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力是 (3－2cos θ)·mg，方向竖直向下． (3)设物体刚好到D点，则mg＝，③ L取最小值时，对全过程由动能定理，得 mgLsin θ－μmgcos θ·L－mgR(1＋cos θ)＝m－v，④ 由③④，得L＝·R， 故应满足的条件为L′≥·R. 答案：(1)　(2)(3－2cos θ)mg，方向竖直向下 (3)L′≥·R 学科网（北京）股份有限公司 $$