第8章 第3节 动能和动能定理-【重难点手册】2024-2025学年高中物理必修第二册（人教版2019 浙江专用）

第八章 机械能守恒定律么 第3节动能和动能定理 重点和难点 课标要求 1,通过力对物体做功的分析确定动能的表达式，加深对功能关系的 重点：动能的表达式及其计算，动能 理解 定理 2.能够从功的表达式、牛顿第二定律与运动学公式推导出动能定理 难点：体会应用动能定理解题的优 3.理解动能定理，能用动能定理解释生产生活中的现象或者解决实 越性 际问題。 口-01必备知识梳理。 基础梳理 知识点1动能的表达式 1.定义：物体由于运动而具有的能 2表达式：成=m 国敲黑板 1.动能是描述物体运动 3.单位：与功的单位相同，国际单位为焦耳. 状态的物理量。 1J=1N·m=1kg·m/s2. 2.物体动能的大小只与 4.物理量的特点： 物体的质量及物体的瞬时速 (1)动能的主体是物体，具有瞬时性，是状态量： 率有关 (2)具有相对性，选取的参考系不同，同一物体的动能一般不 3.物体的速度大小不变 同，通常情况下是指相对于地面的动能。 而方向变化时动能不变：物体 (3)动能是标量，只有大小，没有方向. 动能变化时速度一定变化，而 速度变化时动能不一定变化。 5.动能的变化量△Ek 末状态的动能与初状态的动能之差，即 △E-E。-E-2m话-m. 里划重点 若△E,>0,表示物体的动能增加：若△E<0,表示物体的动 动能E与动能的变化量 能减少 △E的区别 例1(2024·湖南长沙一中高一期末)（多选）关于动能，下 动能与动能的变化量是 列说法中正确的是(). 两个不同的概念，动能描述的 A.动能是机械能的一种基本形式，凡是运动的物体都有动能 是物体在某一时刻或某一位 B公式B=2m中，速度v是物体相对于地面的速度，且 置由于运动而具有的能量，具 有相对性，醉时性，是状态量 动能总是正值 动能的变化量则是指物体的 143 国滩食手细高中物理必修第二册J(浙江专用) C、一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化，但速度变化 末动能减去初动能，即E一 时，动能不一定变化 E1,描述的是物体从一个状 D.动能不变的物体，一定处于平衡状态 态到另一个状态的动能的变 解析]动能是物体由于运动而具有的能量，所以运动的物体 化，即对应一个过程.动能不 能为负值，但动能的变化量可 都有动能，动能是机械能的一种基本形式，A正确；E=司m中 以为负值 的速度V与参考系的选取有关，但参考系不一定是地面，B错误： 速度是矢量，当其只有方向发生变化时，动能不变化，此时物体并 不处于平衡状态，C正确，D错误」 答秦AC 知识点2动能定理 1.理论探究合力做功和动能变化的关系 卫划重点 (1)情景 动能定理的理解要点 如图所示，一个质量为m的物体，初速度为，在与运动方向 1.动能定理研究的对象 相同的合力F的作用下产生一段位移s,速度增加到必 是单一物体（质点）或是可以 看成单一物体的物体系， 2.动能定理中的位移、速 度都必须相对于同一参考系， (2)推导 一般以地面为参考系。 由牛顿第二定律知F=ma, 3.外力对物体所做的功 由运动学公式知2as=号-， 是指物体所受的一切外力对 故F=m-m 它做的总功 4,动能定理表达式是标 (3)结论：合力对物体所做的功等于物体动能的增量. 量式，必须明确功虽然是标 2.动能定理 量，但有正负，求总功时应是 (1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过 功的代数和。 程中动能的变化 5.动能定理定量揭示了 (2)表达式：W=E2一Ek=△E. 力对物体所做的总功与物体 (3)物理意义：动能定理指出了外力对物体所做的总功与物 动能变化的关系，动能定理表 体动能变化之间的关系.即外力对物体所做的总功对应于物体动 达式中W为合力做功，若合 能的变化，变化的大小由做功的多少来量度。 力做正功，物体的动能就增 例②(2024·浙江嘉兴一中高一月考)一物体沿直线运动的 加，若合力做负功，物体的动 图像如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W,则( 能就减少 m·s 6.△E=Ee一Eu为动能 的增量，即为末状态的动能与 初状态的动能之差，而与物体 运动的全过程无关 144 第人章 机械能守恒定律么 A.从第1秒末到第2秒末合外力做功为2W B.从第3秒末到第5秒末合外力做功为一2W C.从第5秒末到第7秒末合外力做功为一W D.从第4秒末到第5秒末合外力做功为一0.25W 解析物体在第1秒末到第2秒末做匀速直线运动，合力为 0,合外力做功为0，故A错误：从第3秒末到第5秒末动能的变化 量与第1秒内动能的变化量相反，合外力做的功相反，等于一W, 故B错误：从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能 的变化量相同，合外力做功相同，即为W,故C错误：第4秒末到 第5秒末动能变化量为负值，物体的速度由最大值的2变到0，则 动能变化量的大小等于动能最大值的，即为第1秒内动能变化 量的号，则合外力微功为-0.25W,故D正确， [答案D 重难拓展 重难点1动能定理在多过程问题中的应用 个物体的运动过程如果有多个运动阶段，可以选择分段或 园记方法 全程应用动能定理 应用动能定理求解多过程问题 (1)分段应用动能定理时，可将复杂的过程分割成一个个子 应用动能定理求解多过 过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，针对每个 程问题时，要根据题目所求解 子过程应用动能定理列式，然后联立求解。 的问题选取合适的过程，可以 分段研究，也可以整个过程一 (2)全程应用动能定理时，分析整个过程中各力的做功情况， 起研究，在运动过程中，物体 确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动 受到的某个力可能是变化的 能，针对整个过程应用动能定理列式求解（当题日不涉及中间量 或分阶段存在的，应用动能定 时，选择全程应用动能定理更简单、方便). 理列式时要注意这种力做功 (3)当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移 的表达方式。 可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移.计算总功 时，应计算整个过程中各力做功的代数和. 例3(2024·安微师大附中高一月考)如图所示，与水平面 夹角0=37的斜面和半径R=0.4m的光滑圆轨道相切于B点， 且固定于竖直平面内.滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点 后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为0.已知滑 块与斜面间的动摩擦因数=0.25，g取10m/s2,sin37°=0.6， cos37=0.8.求： 145 重避点手细高中物理必修第二册尺U(浙江专用) 对点练 如图，一个质量为0.6kg 的小球以某一初速度从P点 37 水平抛出，恰好从光滑圆孤 (1)滑块在C点的速度大小. ABC的A,点沿切线方向进入 (2)滑块在B点的速度大小 圆孤（不计空气阻力，进入圆 (3)A、B两点间的高度差h. 孤时无能量损失)，已知圆孤 解析(1)由题意，在C点滑块仅在重力作用下做圆周运动 的半径R=0.3m.0=60°，小 球到达A点时的速度1一 设滑块的质量为m,由牛领第二定律有mg=m尺， U元 4m/s,g取10m/s.求： 解得e=√gR=2m/s. (1)小球做平抛运动的初 (2)由几何关系有B、C两点高度差为 速度环 H=R(1十cos37°)=0.72m. (2)P点与A点的高 度差 滑块由B到C的运动过程中重力做功，机械能守恒，以B点 (3)小球到达圆孤最高点 为势能零点，有司m呢=mgH+号m,=V2gH十还，代入数据 C时对轨道的压力， 解得=4.29m/s. P文 (3)滑块由A到B过程，由牛顿第二定律有 ngsin37°-f=ma,V=mgcos37°，f=aN. A 解得a=g(sin37°-4cos37°)=4m/s2. B 设A、B间距为L,由运动学公式有=2aL,由几何关系有 [答案：(1)2m/s h=Lsin37,解得h=亚sin37°-=1.38m (2)0.6m. 2a (3)8N,方向竖直向上.] 重难点2多物体系统中动能定理的应用 对于由相互作用的若干质点组成的系统，动能的增量在数值 上等于一切外力所做的功与一切内力所做的功的代数和，称为系 对点练 统动能定理， (多选)如图所示，质量为 (1)动能定理在推广到由几个物体构成的物体系中时，其形 M的木块放在光滑的水平面 式应作相应的变动.因为对一个物体系来说，在状态变化的过程 上，质量为m的子弹以速度 中，不仅有外力做功，还可以有内力做功，内力做功也会改变系统 。沿水平方向射中木块，并最 终留在木块中与木块一起以 的总动能 速度口运动.已知当子弹相对 (2)若以W外、W分别表示外力和内力对系统所做的功，则 木块静止时，木块前进的距离 有W外十W内=E2一E1. 为L,子弹进入木块的深度为 (3)由于作用力与反作用力所做的功的代数和不一定等于0， 5,若木块对子弹的阻力F视 所以对于系统只考虑外力做功时应用动能定理很可能会出错，所 为恒定，则下列关系中正确的 以往往把系统内各质点隔离分析，分别应用动能定理比较合适. 是(. 146 第八章 机械能守恒定律么 例④(2024·河南九校高一联考)如图所示，两质量均为 m=1kg的小球1、2（可视为质点）用长为L=1.0m的轻质杆相 连，水平置于光滑水平面上，且小球1恰好与光滑竖直墙壁接触 现用力F竖直向上拉动小球1，当杆与竖直墙壁夹角0=37时，小 A.FL-7Mv 球2的速度大小v=1.6m/s,sin37°=0.6，g=10m/s2,则此过 程中外力F所做的功为( B.F-un A.8] B.8.72J C.10J D.9.28J 解析当杆与竖直墙壁夹角0=37°时，设小 m)u 球1的速度为，将小球1、2的速度沿杆方向和 45 垂直杆方向分解，则有功c0s37°=vc0s53°，所以 D.F( 助=子=1.2，取两小球和轻质杆为整体，则 [答案：ACD] 由动能定理知W,一mgl.cos37r=mf十号m,联立并代入数 据得We=10J,故C正确. 答案C 02关建能边提升 题型1用动能定理解决多过程问题 A.从d点返回经b点恰好能回到a点 例①(2024·河南南阳二中高一期未) B.从d点返回经b点一定能越过a点 (多选)2022年，北京冬奥会上有一种女子单板 C.第一次经过b点对轨道的压力大于第 滑雪U形池项目，可简化为如图所示的模型. 二次经过b点对轨道的压力 池内各处粗糙程度相同，其中a、c为U形池两 D.由a点到c点的过程中，在ab段克服摩 侧的边缘，且在同一水平面，b点为U形池的 擦力做的功等于在b段克服摩擦力做的功 最低点.某运动员从a点正上方h处的O点自 解析根据题意，设运动员第一次由a→( 由下落沿U形池左侧切线进人池中，从右侧切 的过程中，克服阻力做功为W,运动员从O点 线飞出后上升至最高位置d点（相对c点的高 到d点，由动能定理有mg多一W,=0,可得 度为气).不计空气阻力，重力加速度大小为g, w,=mgh.运动员从d返回经c点回到a点 则运动员( 过程中，平均速率小于从a到c的平均速率，则 从c点回到：点平均阻力小，则阻力做功W:< 之mgh,设返回时到达a点的速度为1，由动能 定理有2mf=mg·h-W>0,即从d点运 147 重难点 手册 高中物理 必修第二册rJ(浙江专用) 回经b点一定能越过a点，故A错误，B正确； 内，物块的线速度大小不变，摩擦力只提供向 在b点，由牛顿第二定律有 $$F _ { N } - m g = m \frac { v ^ { 2 } } { R } ，$$ ，由 心力，根据动能定理可知摩擦力做功为0，故 B错误. 牛顿第三定律可知，小球在b点对轨道的压力 答案D 为 $$F ' = F _ { N } = m g + m \frac { v ^ { 2 } } { R } ，$$ 由于第一次经过b点 题型3动能定理在往复运动问题中的应用 的速度大于第二次经过b点的速度，则第一次 例B(2024·河南郑州一中模拟)如图所 经过b点对轨道的压力大于第二次经过b点对 示， ABCD 为一竖直平面内的轨道，其中 BC 水 轨道的压力，故C正确；由于有摩擦力做功，则 平，A点比 BC 高出 H=10m，BC 长为=1m， 小球在ab段的平均速率大于在 bc 段的平均速 AB和CD轨道光滑.一质量为 m=1kg 的物 率，小球在ab段的平均阻力大于在 bc 段的平 体，从A点以 $$v _ { 1 } = 4 m / s$$ 的速度开始运动，经 均阻力，则在ab段克服摩擦力做的功大于在 过 BC 后滑到高出 C 点 h=10.3m 的D点时 bc 段克服摩擦力做的功，故D错误. 速度为 $$0 ， g = 1 0 m / s ^ { 2 } .$$ .求： 答案BC A D 题型2用动能定理求变力做的功 H $$h _ { 2 }$$ 例2(2024·广东实验中学高一期末)如 B C 图所示，质量为m的物块与水平转台之间的动 (1)物体与 BC 轨道间的动摩擦因数. 摩擦因数为 物块与转台转轴相距R，物块随 (2)物体第5次经过B点时的速度大小， 转台由静止开始转动并计时，在 $$t _ { 1 }$$ 时刻转速达 (3)物体最后停止的位置(距B点). 到n，物块即将开始滑动.保持转速n不变，继 续转动到 $$t _ { 2 }$$ 时刻.已知最大静摩擦力等于滑动 解析(1)分析从A点到D点的过程，由 摩擦力，则(). 定理得一 $$m g \left( h - H \right) - m g l = 0 - \frac { 1 } { 2 } m v _ { 1 } ^ { 2 } ，$$ A.在 $$0 t _ { 1 }$$ 时间内，摩擦 解得 \mu=0.5. 力做功为 0 (2)设物体第5次经过B点时的速度为 B.在 $$t _ { 1 } t _ { 2 }$$ 时间内，摩擦 $$v _ { 2 } ，$$ ，在此过程中物体在 BC 上滑动了4次，由动 力做功不为 0 C.在 $$0 t _ { 1 }$$ 时间内，摩擦力做功为 能定理得 $$m g H - m g \cdot 4 l = \frac { 1 } { 2 } m v _ { 2 } ^ { 2 } - \frac { 1 } { 2 } m v _ { 1 } ^ { 2 } ，$$ ，解 D.在 $$0 t _ { 1 }$$ 时间内，摩擦力做功为 $$\frac { t m g R } { 2 }$$ 得 $$v _ { 2 } = 4 \sqrt { 1 1 } m / s \approx 1 3 . 3 m / s .$$ 解析]在 $$0 t _ { 1 }$$ 时间内，转速逐渐增加，故 (3)设物体运动的全过程在水平面上通过 物块的线速度逐渐增加，在 $$t _ { 1 } t _ { 2 }$$ 时间内，最大 的路程为s， 静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得 定理得 $$m g H - m g s = 0 - \frac { 1 } { 2 } m v _ { 1 } ^ { 2 } ，$$ 解得 $$v = \sqrt { \mu g R } ，$$ ，物块做加速圆周运动过 解得 s= 21.6 m 程，即在 $$0 t _ { 1 }$$ 时间内，由动能定理得 $$W = \frac { 1 } { 2 } m v ^ { 2 }$$ 所以物体在轨道上来回滑动了10次后， 还有1.6m， $$= \frac { 1 } { 2 } m g R ，$$ ，故AC错误，D正确；在 $$t _ { 1 } t _ { 2 }$$ 时间 故物体到B点的距离 s=2m-1.6m=0.4m 148 第八章机械能守恒定律么 题型4动能定理在平抛、圆周运动中的应用 上与圆心等高处，由功能关系有E2一kmgrm 例4(2024·湖北宜昌协作体高一期中) mgr,解得E2=25J. 如图所示，将一质量为m=0.5kg的滑块（可 第三种情况：滑块能滑上圆形轨道，则E 视为质点)以初动能E(大小未知)从水平面上 >kmgxro=20 J. 的P点出发水平向左运动，通过一段水平面 综合以上三种情况，所以初动能Ek必须 PO,再沿着半径为r=1m的光滑圆形竖直轨 满足E≥32.5J或25J≥Ek>20J. 道OAO运动，A为轨道最高点，O与O分别为 题型5动能定理与图像结合 轨道的进口和出口，二者并不重合.滑块在水 例5(2023·山东泰安一中高一期末)一 平面PB上所受的阻力为其自身重力的0.5 质量为4kg的物体，在水平恒定拉力的作用下 倍，PB长为s=16m,O为PB中点，不计空气 在粗糙的水平面上做匀速直线运动.当运动一 阻力，重力加速度g取10m/s2. 段时间后拉力逐渐减小，且当拉力减小到0 时，物体刚好停止运动.如图所示为拉力F随 位移x变化的关系图像.g取10m/s2,则据此 可以求得( D (1)若滑块恰好能越过A点，求滑块在A 点的速度大小 (2)在(1)的情况下，试判断滑块能不能落 到CD平面， (3)若能使滑块滑上圆形轨道并且在圆轨 4 am 道运动时不脱离轨道，求初动能Ek的大小满 A.物体与水平面间的动摩擦因数为=0.2 足的条件 B.整个运动过程摩擦力对物体所做的功 解析(1)滑块恰好能越过圆形轨道的最 为W=-8J 高点A,在最高点有mg=,解得滑块在最 C.物体匀速运动时的速度为o=2m/s D.整个运动过程合外力对物体所做的功 高，点的速度=√I0m/s. 为W=一4J (2)滑块从A→0由动能定理有g·2r= 解析物体在水平恒定拉力的作用下在粗 2mi-m,得滑块在0，点速度的大小 糙的水平面上做匀速直线运动，由平衡条件可 5v2m/s,由于2m6=125J<kmgm=20J, 得F=F=4N,物体与水平面问的动摩擦因 因此不能落到水平面CD上 数为4 mg4X10=0.1,A错误：整个运动 (3)第一种情况：滑块洽好能越过圆形轨 过程摩擦力对物体所做的功为W,=一Fx= 道的最高点A,从P→O由功能关系Eu 一4×4J=一16J,B错误；根据Wr=Fx可 kmgxpo= 2m-0,解得E=32.5J. 知，拉力F随位移x变化的图像中图线与x轴 第二种情况：滑块刚好能运动到圆形轨道 所围的面积表示拉力所做的功，则有W。=2十4 2 149 重雅点手细高中物理必修第二册)（浙江专用） X4J=12J,设物体匀速运动时的速度为u,由 对物体所做的功为W=W十W:=12J一16J 动能定理可得W:十W1=0一2m心，代入数据 =一4J,D正确. 解得v=√2m/s,C错误；整个运动过程合外力 答案D 口03核心素养聚焦-。 考向1动能定理的应用 命题意图考查动能定理的应用及能量的转化与守恒 例①(2024·浙江1月卷)如图所示，质量 核心素养 科学思维 素养水平水平3 为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落 考向2动能定理与图像的综合 在位置3，在空中达到最高点2的高度为h,则 例☑(2023·新课标卷)（多选）（改编）一 足球(). 质量为1kg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 A.从1到2动能减少mgh 0.4,重力加速度大小取10m/s2.下列说法正 B.从1到2重力势能增加mgh 确的是( . C.从2到3动能增加mgh D.从2到3机械能不变 解析由于足球的运动轨迹不对称，所以 其在空中运动过程中受到空气阻力的作用，1 4 m 到2过程，对足球根据动能定理有一mgh一W A.在x=1m时，拉力的功率为6W 1 B.在x=4m时，物体的动能为2J m吃-2m,则其动能减少了△E= C.从x=0运动到x=2m,物体克服摩擦 2muf-2m5=mgh+W1,A错误；1到2过 力做的功为8J D.从x=0运动到x=4m的过程中，物体 程，足球的重心升高了h,则其重力势能增加了 的速度最大为2m/s △E,=mgh,B正确：2到3过程，对足球根据动 解析物体所受的滑动摩擦力大小为∫ 能定理有mgh一We=m听一2m5,则其动 mg=4N,0~1m的过程，由动能定理有 能增加了△E=2m话-2m号=mgh-We, W1一mgx=2听，解得=2m/s,又W-x 图像的斜率表示拉力F,则0~2m的过程，拉 C错误：由于空气阻力的作用，足球在整个过程 力F=6N,故x=1m时拉力的功率P= 中，机械能不断减少，D错误， F=12W,A错误；0~4m的过程，由动能 [答案B 定理有W2一mgx=Ek1一0，则在x=4m时， 150 第八章机械能守恒定律么9 物体的动能Ek1=2J,B正确；0~2m的过程， 块第一次经F点时的速度v与（之间的关 物体克服摩擦力做的功W=∫x2=8J,C正 系式 确；由W-x图像可知，2~4m的过程，拉力 (3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求 F2=3N,则F>f>F2,所以物体在0~2m 释放点距B点长度的值， 的过程做加速运动，24m的过程做减速运 解析(1)到C点过程，根据动能定理可得 动，故0~4m的过程，物体在x=2m处速度 2m吃，解得 mglsin 37+mgR(1-cos 37)m 最大，由动能定理有W2一fx2= 在C点时，根据向心力公式可得 2=2√2m/s,D错误. v呢 答案BC FN一mg=mR' 命题意图 考查动能定理与图像的综合应用 联立解得Fv=7N. 核心素养 科学思维 素养水平水平3 (2)能过最高点时，则能到F点，那么恰到 考向3动能定理的多过程问题 最高点时，根据动能定理可得mngl.sin37°- 例图(2022·浙江1月卷)如图所示，处于 3 ngRcos37°-mgR=0,解得L=0.85m.因 此，要能过F点必须满足l,≥0.85m,第一次 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O的半圆形光滑轨道 过F点时的速度v与l,之间的关系式， BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道 根据动能定理可得 DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、 mgl,sin 37-AmgReos 37 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、O、D、O2和F点 解得v=√1.2l,一0.96，其中l≥0.85m. 处于同一直线上.已知可视为质点的滑块质量 (3)设摩擦力做功为第一次达到中，点的n m=0.1kg,轨道BCD和DEF的半径R 倍，根据动能定理可得mg,3T-mn37 0.15m,轨道AB长度ls=3m,滑块与轨道 FG间的动摩擦因数：一？，滑块与弹性板作用 ·cos37°=0（根据滑块运动到停 -ngmg 2 后，以等大速度弹回，sin37°=0.6，cos37°=0.8. 下来，其中”为寺线.解得6=洁m 滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放. 当0=1时1=是m 9 当n=3时，l2=5m 当n=5时，l=号m 41 (1)若释放点距B点的长度1=0.7m,求 滑块到最低点C时轨道对其支持力F的大小， 命题意图 考查动能定理的多过程问题 (2)设释放点距B点的长度为1，写出滑 核心素养 科学思维 素养水平水平4 151