第5章 第2课时 动能定理（Word教参）-【优化指导】2025年高考物理一轮复习高中总复习·第1轮（人教多选版）

第2课时　动能定理 [对应学生用书P98] 一、动能 1．动能的公式：Ek＝mv2。动能是状态量，v是瞬时速度。 2．动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝mv22－mv12。 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。 (1)“力”指物体受到的合外力；(2)做功的过程与动能的变化过程必须是同一个过程。 2．表达式：W＝mv22－mv12。 3．物理意义：合外力做的功是物体动能变化的量度。 4．动能定理的适用范围 (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)适用于各种性质的力做功，各力既可以同时作用，也可以不同时作用。, [链接] 人教必修第二册P85“旁栏”内容： ►　因为动能定理适用于变力做功和曲线运动的情况，所以在解决一些实际的力学问题时，它得到了广泛的应用。 (2021·山东卷)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一根长为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． B　解析：木块在运动过程中只有摩擦力做功，且摩擦力做功与路径有关，根据动能定理有－f·2πL＝0－mv02，可得摩擦力f＝，B正确。 [对应学生用书P99] 考点一　动能定理的理解和应用 1．W>0，物体的动能增加；W<0，物体的动能减少；W＝0，物体的动能不变。 2．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，不能把速度分解到某个方向上应用动能定理。 3．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。 [典例1] (2024·四川成都一诊)如图所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R。一个质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，不计空气阻力，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．μmgR B．mgR C．mgR D．(1－μ)mgR D　解析：BC段物体所受摩擦力为Ff＝μmg，位移为R，故BC段摩擦力对物体做功W＝－FfR＝－μmgR，设AB段摩擦力对物体做功为W1，对全程由动能定理可知mgR＋W1＋W＝0，解得W1＝μmgR－mgR，故物体在AB段克服摩擦力做功为W克＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，D正确。 1．(2024·河南豫南九校模拟)跳伞比赛中，运动员经历加速下降和减速下降两个直线运动过程，将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是(　　) A．合力对系统始终做负功 B．合力对系统始终做正功 C．重力做功的功率始终增大 D．重力对系统始终做正功 D　解析：根据动能定理可知，系统加速下降时，动能增大，合力对系统做正功，系统减速下降时，动能减小，合力对系统做负功，A、B错误；根据P＝mgv可知重力做功的功率先增大后减小，C错误；系统的位移始终竖直向下，所以重力对系统始终做正功，D正确。 2．(多选)(2024·辽宁朝阳模拟)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一个质量为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 CD　解析：电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力N，这两个力的总功(即合力做的功)才等于物体动能的变化，即W合＝W－mgH＝mv22－mv12，其中W为支持力做的功，A、B错误，C正确；对电梯做功的有重力Mg、压力N′和拉力F，合力做功为W合′＝Mv22－Mv12，D正确。 考点二　动能定理与图像相结合 由图像所围图形的“面积”与斜率解答问题 常见图像所围图形“面积”与斜率的含义 [典例2] (2024·山西太原测试)一个质量为m的物块静止在光滑水平面上，某时刻起受到水平向右的大小随位移变化的力F的作用，F随位移变化的规律如图所示，下列说法正确的是(　　) A．物块先做匀加速运动，后做匀减速运动 B．物块的位移为x0时，物块的速度最大 C．力F对物块做的总功为6F0x0 D．物块的最大速度为 D　解析：物块在光滑水平面上运动，受到的合外力为F，因为F为正，所以物块一直加速运动；物块的位移为3x0时，速度最大，A、B错误；合外力做功的大小等于Fx曲线与x轴围成图形的面积，所以力F对物块做的总功为W＝·2F0×3x0＝3F0x0，C错误；由动能定理可得3F0x0＝mvm2，所以最大速度为vm＝，D正确。 由图像的函数意义解答问题 [典例3] (多选)(2022·福建卷)一个物块以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能Ek随位移x的变化关系如图所示，图中x0、Ek1、Ek2均已知。根据图中信息可以求出的物理量有(　　) A．重力加速度大小 B．物体所受滑动摩擦力的大小 C．斜面的倾角 D．沿斜面上滑的时间 BD　解析：由动能定义式Ek1＝mv02可求解质量m；上滑时，由动能定理有Ek－Ek1＝－(mg sin θ＋f)x；下滑时，由动能定理有Ek＝(mg sin θ－f)(x0－x)，其中，x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知mg sin θ＋f＝，mg sin θ－f＝。两式相加可得g sin θ＝(＋)，两式相减可得f＝，即可求解g sin θ和所受滑动摩擦力f的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，A、C错误，B正确；根据牛顿第二定律和运动学关系有mgsin θ＋f＝ma，t＝，故可求解沿斜面上滑的时间，D正确。 3．(2024·湖南怀化测试)一个质量m＝1 kg的物块静止在光滑水平面上，现用水平恒力F1推物块，作用2 s后，改用方向相反的水平恒力F2推物块，利用速度传感器得到物块速度随时间的变化关系图像(v-t图像)如图所示，0～4 s时间内水平恒力F2做功为(　　) A．－10 J B．10 J C．－18 J D．18 J B　解析：0～2 s内，由动能定理知水平恒力F1做功W1＝mv2－0＝8 J，设2～4 s水平恒力F2做功为W2，0～4 s内由动能定理有W1＋W2＝mv′2－0，得W2＝10 J，B正确。 4．(多选)(2024·福建漳州模拟)从地面竖直向上抛出一个质量为1 kg的物体，物体运动时所受空气阻力的大小不变。以地面为参考平面，物体在上升过程中动能Ek与重力势能Ep的关系如图所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列结论正确的是(　　) A．空气阻力的大小为5 N B．空气阻力的大小为10 N C．物体重力势能和动能相等时的高度为2.88 m D．物体重力势能和动能相等时的高度为2.40 m AC　解析：对物体上升过程由动能定理可知－(mg＋f)h＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mg＋f)h＝72 J－Ep－fh，在最高点时Ep＝48 J＝mgh＝10h，解得最大高度h＝4.8 m，f＝5 N，A正确，B错误；物体重力势能和动能相等时，即Ek＝Ep，则Ek＋Ep＝2Ep＝2mgh′＝72 J－fh′＝72 J－5h′，解得高度为h′＝2.88 m，C正确，D错误。 考点三　应用动能定理解决多过程的综合问题 1．两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。 2．全过程列式时，要注意重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功的特点 (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该力的大小与路程的乘积； (3)弹簧弹力做的功与路径无关。 [典例4] (2022·浙江1月选考)如图所示，一个处于竖直平面内的探究装置，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的长度lAB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放(g取10 m/s2)，则： (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，求滑块第一次经过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点的长度lx的值。 答案：(1)7 N　(2)v＝ m/s(0.85 m≤lx≤3 m)　(3) m或 m或 m 解析：(1)滑块由静止释放运动到C点的过程中，由动能定理有mgl sin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝mvC2 经过C点时有FN－mg＝m 解得FN＝7 N。 (2)当小球恰好到达DEF最高点时，由动能定理有 mglxsin 37°－mg(3R cos 37°＋R)＝0 解得lx＝0.85 m 在滑块可以经过最高点的条件下，从释放点到F点的过程中有mglxsin 37°－mg·4R cos 37°＝mv2 解得v＝ m/s(0.85 m≤lx≤3 m)。 (3)滑块可能在FG之间往复运动，最终停在中点，设全过程摩擦力对滑块做功为第一次到达中点时做功的n倍，对全过程，由动能定理有 mglxsin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0 因为B、G两点等高，所以lFG＝ 解得lx＝ m，n＝1，3，5，… 又因为0.85 m≤lx≤3 m 当n＝1时，lx1＝ m，当n＝3时，lx2＝ m，当n＝5时，lx3＝ m，满足要求。 即若滑块最终静止在轨道FG的中点，释放点距B点的长度lx的值可能为 m或 m或 m。 5．(2024·天津红桥区测试)如图所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高。质量m＝0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点的高度h1＝1.10 m，篮球静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15 m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873 m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01 m，弹性势能为Ep＝0.025 J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球形变，弹簧形变在弹性限度范围内，g取10 m/s2。求： (1)弹簧的劲度系数； (2)篮球在运动过程中受到的空气阻力大小； (3)篮球在整个运动过程中通过的路程； (4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。 答案：(1)500 N/m　(2)0.5 N　(3)11.05 m (4)第一次下落至A点下方0.009 m处 解析：(1)由篮球最后静止的位置可知kx2＝mg 所以k＝500 N/m。 (2)在篮球由静止下落到第一次反弹至最高点的过程中，由动能定理可知mgΔh－fL＝mv22－mv12 整个过程动能变化为0，重力做功 mgΔh＝mg(h1－h2)＝1.135 J 空气阻力恒定，作用距离为L＝h1＋h2＋2x1＝2.273 m 解得f≈0.5 N。 (3)整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反，根据动能定理有WG＋Wf＋W弹＝mv2′2－mv12 整个过程动能变化为0 重力做功WG＝mgΔh′＝mg(h1＋x2)＝5.55 J 弹力做功W弹＝－Ep＝－0.025 J 则空气阻力做功Wf＝－fs＝－5.525 J 解得s＝11.05 m。 (4)篮球速度最大的位置是第一次下落到合力为零的位置，此时mg＝f＋kx3，得x3＝0.009 m，即篮球第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大。 [对应学生用书P102] 1．(2023·江苏卷)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块(　　) A．受到的合力较小 B．经过A点的动能较小 C．在A、B之间的运动时间较短 D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小 C　解析：设斜面倾角为θ、滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，对滑块受力分析有F合上＝mg sin θ＋μmg cos θ，F合下＝mg sin θ－μmg cos θ，故题图甲中滑块受到的合力较大，A错误；滑块由A到B的过程，有2a上xAB＝vA上2，由B到A的过程，有2a下xAB＝vA下2，又F合上＞F合下，则a上＞a下，故vA上＞vA下，题图甲中滑块经过A点的动能较大，B错误；将滑块由A到B的过程逆向看作由B到A的初速度为0、加速度大小为a上的匀加速运动，则xAB＝a上t上2，又xAB＝a下t下2，a上＞a下，故t上＜t下，即题图甲中滑块在A、B之间的运动时间较短，C正确；上升和下降过程摩擦力大小相等，经过AB的距离相等，根据W＝fx可知滑块在A、B之间克服摩擦力做的功相等，D错误。 2．(2021·湖北卷)如图甲所示，一个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，则物块质量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 A　解析：0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgs sin 30°－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mg sin 30°＋f)s，结合0～10 m内的Ek-s图像得，斜率的绝对值|k|＝mg sin 30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mg sin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mg sin 30°－f)s－(mg sin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mg sin 30°－f＝3 N，解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，A正确。 3．(2021·全国乙卷)一个篮球质量为m＝0.60 kg，一名运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m处由静止自由下落，反弹高度为h2＝1.2 m。若使篮球从距地面h3＝1.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5 m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)运动员拍球过程中对篮球所做的功； (2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。 答案：(1)4.5 J　(2)9 N 解析：(1)设篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值为k，即k＝ 第一次碰撞前，篮球做自由落体运动，由动能定理得 Ek1＝mgh1 同理第一次碰撞后，Ek2＝mgh2 联立可得k＝＝ 设运动员拍球时对篮球做功为W，由题意知k＝ 联立可得W＝4.5 J。 (2)设运动员拍球时对篮球的作用力为F，t时间内球的位移为x，由运动学公式可得 F＋mg＝ma，x＝at2，W＝Fx 联立解得F＝9 N。 学科网（北京）股份有限公司 $$