第六章 第2课时 动能定理及其应用（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 浙江专用）

第2课时　动能定理及其应用 目标要求　1.理解动能、动能定理，会用动能定理解决一些基本问题。2.能利用动能定理求变力做的功。3.掌握解决动能定理与图像结合的问题的方法。 考点一　动能定理的理解和基本应用 1．动能 (1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能。 (2)公式：Ek＝mv2。 (3)单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。 (4)标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关。 2．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合＝ΔEk＝mv22－mv12。 (3)物理意义：合力的功是物体动能变化的量度。 说明：(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)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能。 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．物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。(　×　) 3．物体的动能不变，所受的合外力必定为零。(　×　) 4．合力对物体做正功，物体的动能增加；合力对物体做负功，物体的动能减少。(　√　) 例1　(2024·浙江宁波市统考)将一个质量为m的小球从水平地面上斜向上抛出，抛出时具有的动能为Ek，不计空气阻力。当小球到达最大高度h时，其动能为Ek。则当小球到达h处时，其速度大小为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　小球从抛出到小球到达最大高度h时，由动能定理得－mgh＝Ek－Ek，小球从抛出到小球到达h时，设小球的速度大小为v，由动能定理得－mg×h＝mv2－Ek，解得v＝，故选C。 例2　如图所示，粗糙水平地面AB与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上。质量m＝1 kg的小物块在9 N的水平恒力F的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动。已知xAB＝5 m，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.1，当小物块运动到B点时撤去力F，取重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)小物块到达B点时速度的大小； (2)小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小。 答案　(1)4 m/s　(2)150 N 解析　(1)小物块从A到B过程，根据动能定理可得(F－μmg)xAB＝mvB2 解得小物块到达B点时速度的大小为vB＝4 m/s (2)小物块从B到D过程，根据动能定理可得 －mg·2R＝mvD2－mvB2 在D点由牛顿第二定律可得FN＋mg＝m 联立解得小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小为FN＝150 N。 拓展　(1)若恒力F大小不再是9 N，则使小物块刚好能到达D点的力F1为多大？ (2)求小物块能通过B点且不脱离BCD轨道的力F2大小范围？ 答案　(1)3 N　(2)F2≥3 N或1 N<F2≤1.8 N 解析　(1)小物块刚好能到达D点，则在D点有mg＝m，vD′＝2 m/s 小物块从A到D，由动能定理有 (F1－μmg)·xAB－2mgR＝mvD′2 解得F1＝3 N。 (2)要使小物块通过B点F2>μmg＝1 N， 恰好到达C点时，vC＝0 由A到C根据动能定理有 (F2－μmg)xAB－mgR＝0 解得F2＝1.8 N 故小物块能通过B点且不脱离BCD轨道的力F2大小范围为1 N<F2≤1.8 N或F2≥3 N。 应用动能定理的解题流程 考点二　应用动能定理求变力做功 根据动能定理W变＋W恒＝mv22－mv12，若已知恒力做的功W恒和物体的初态、末态动能，就可以求出变力做的功W变＝mv22－mv12－W恒。 例3　(2023·浙江余姚市期中)如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN。重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力所做的功为(　　) A.R(FN－mg) B.R(2mg－FN) C.R(FN－3mg) D.R(FN－2mg) 答案　C 解析　设质点在B点的速度为v，由牛顿第二定律有FN′－mg＝m，又FN′＝FN，则质点在B点的动能为EkB＝mv2＝(FN－mg)R，质点从A滑到B的过程中，由动能定理得mgR＋Wf＝EkB－0，解得Wf＝R(FN－3mg)，故选C。 例4　(2024·浙江金华市期中)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然伸长状态，有一质量为m的小物块，以一定的初速度v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，不计空气阻力。在上述过程中(　　) A．物块克服摩擦力做的功为零 B．物块克服摩擦力做的功为μmgs C．克服弹簧弹力所做的功为mv2 D．物块压缩弹簧后被弹回向右运动过程中，在弹簧自然伸长状态时物块速度最大 答案　C 解析　整个过程中，物块所受的摩擦力Ff＝μmg大小恒定，摩擦力一直做负功，根据功的定义可得物块克服摩擦力做的功为W克f ＝ μmg·2s＝2μmgs，A、B错误；整个过程中，根据能量守恒定律得W克f＝2μmgs＝mv2；物块向左运动过程中，根据动能定理可知－μmgs－W克弹＝0－mv2，解得W克弹＝mv2－μmgs，联立解得W克弹＝mv2，C正确；物块压缩弹簧后被弹回向右运动过程中，在弹簧弹力等于摩擦力时物块速度最大，D错误。 考点三　动能定理与图像结合的问题 图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义 例5　(2021·湖北卷·4)如图(a)所示，一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(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，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 答案　A 解析　0～10 m内物块上滑，由动能定理得 －mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0， 整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s， 结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值 |k|＝mgsin 30°＋f＝4 N， 10～20 m内物块下滑，由动能定理得 (mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek， 整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1， 结合10～20 m内的图像得， 斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N， 联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，故选A。 例6　如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑固定斜面AB的A处平滑连接一粗糙水平面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只在水平面上按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2，求： (1)滑块运动到A处的速度大小； (2)不计滑块在A处的速率变化，滑块沿斜面AB向上运动的最远距离是多少。 答案　(1)5 m/s　(2)5 m 解析　(1)由题图乙知，在OA段拉力做功为 W＝2mg×(2 m)－0.5mg×(1 m)＝3.5mg (J) 滑动摩擦力Ff＝μmg＝0.25mg 滑动摩擦力做的功为Wf＝－Ff·xOA＝－mg (J) 滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得 W＋Wf＝mvA2－0 代入数据解得vA＝5 m/s (2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得 －mgLsin 30°＝0－mvA2 解得L＝5 m 所以滑块沿斜面AB向上运动的最远距离为L＝5 m。 课时精练 1.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 答案　A 解析　由题意知，W拉－W克摩＝ΔEk，则W拉>ΔEk，A项正确，B项错误；W克摩与ΔEk的大小关系不确定，C、D项错误。 2.如图所示，光滑固定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，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做的功为(　　) A．mgh－mv2 B.mv2－mgh C．－mgh D．－(mgh＋mv2) 答案　A 解析　小球从A到C过程中，由动能定理可得WG＋WF＝0－mv2，WG＝－mgh，解得WF＝mgh－mv2，故选A。 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. 答案　B 解析　在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理有－Ff·2πL＝0－mv02，可得摩擦力的大小Ff＝，故选B。 4．在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，他站在罚球线处用力将篮球斜向上投出，篮球以大小约为1 m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6 kg，篮筐离地高度约为3 m，忽略篮球受到的空气阻力，重力加速度大小g＝10 m/s2，则该同学罚球时对篮球做的功大约为(　　) A．1 J B．10 J C．50 J D．100 J 答案　B 解析　该同学将篮球投出时的高度约为h1＝1.8 m，根据动能定理有W－mg(h－h1)＝mv2，解得W＝7.5 J，故选项B正确。 5．(2023·浙江6月选考·3)铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是(　　) 答案　D 解析　由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时间改变，故A错误；铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有vy＝gt，则抛出后速度大小为v＝，可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B错误；铅球被推出后的动能Ek＝mv2＝m，可知动能与时间不是一次函数关系，故C错误；铅球被水平推出后由于忽略空气阻力，所以推出后铅球机械能守恒，故D正确。 6．(2024·浙江杭州市联考)如图所示，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有台阶，每个台阶的高度相同，第一次摩托车及车手经过第一级台阶右端点时的动能为4 900 J，经平抛运动落到第二级台阶时的动能是6 400 J。第二次摩托车及车手经过第一级台阶右端点时动能为8 100 J，经平抛运动落到第三级台阶上，则摩托车及车手落到第三级台阶上的动能为(　　) A．8 500 J B．9 600 J C．10 000 J D．11 100 J 答案　D 解析　由动能定理可得W1＝ΔEk1＝6 400 J－4 900 J＝1 500 J，摩托车及车手落到第三级台阶上的动能为Ek＝2W1＋Ek0＝2×1 500 J＋8 100 J＝11 100 J，故选D。 7.A、B两物体分别在水平恒力F1和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。已知两物体所受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对A、F2对B做功之比为1∶2 C．A、B的质量之比为2∶1 D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1 答案　C 解析　由v－t图像可知，两个匀减速运动的加速度大小之比为1∶2，由题可知A、B所受摩擦力大小相等，所以A、B的质量之比为2∶1，故C正确；由v－t图像可知，A、B两物体运动的位移相等，且匀加速运动位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得F1·x－Ff1·3x＝0－0，F2·2x－Ff2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3Ff1，F2＝Ff2，Ff1＝Ff2，所以F1＝2F2。全过程中A、B克服摩擦力做的功相等，F1对A、F2对B做的功大小相等，故A、B、D错误。 8.(2020·江苏卷·4)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(　　) 答案　A 9．(多选)(2023·广东卷·8)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有(　　) A．重力做的功为360 J B．克服阻力做的功为440 J C．经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2 D．经过Q点时对轨道的压力大小为380 N 答案　BCD 解析　重力做的功为WG＝mgh＝800 J，A错误；下滑过程根据动能定理可得WG－W克f＝mvQ2，代入数据解得克服阻力做的功为W克f＝440 J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为a＝＝9 m/s2，C正确；经过Q点时，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为F＝380 N，据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确。 10.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 答案　C 解析　法一：特殊值法 画出运动示意图。 设该外力的大小为F，据动能定理知 A→B(上升过程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkA B→A(下落过程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′ 整理以上两式并代入数据得物体的质量m＝1 kg，选项C正确。 法二：写表达式根据斜率求解 上升过程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0， 则Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0 下落过程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′， 则Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′， 结合题图可知mg＋F＝ N＝12 N， mg－F＝ N＝8 N 联立可得m＝1 kg，选项C正确。 11．过山车是一项惊险刺激的娱乐项目，如图甲所示。图乙为类似的模型，由三段玻璃细管平滑连接而成：左侧段AC是光滑弧形轨道，中间为光滑圆轨道，右侧CD段为粗糙直轨道。可视为质点的钢球自A点由静止释放，沿弧形轨道运动后经过圆轨道最高点B，继续运动到圆轨道最低点C后，沿CD段轨道恰能运动到D点。已知圆轨道半径为R，CD段倾角为θ，钢球质量为m，在经过圆轨道最高点B时对上管壁的压力大小为3mg，g为重力加速度，钢球在CD段运动时受到的摩擦阻力为其重力的k倍。求： (1)钢球释放点A距离点C的高度差H； (2)CD段长度L的表达式。 答案　(1)4R　(2)L＝ 解析　(1)根据题意，钢球经过B点时， 由牛顿第二定律有FN＋mg＝ 其中FN＝3mg，解得vB＝2 钢球由A到B过程中，由动能定理有 mg(H－2R)＝mvB2，解得H＝4R (2)根据题意，钢球由A到D过程中，由动能定理有 mg(4R－Lsin θ)－kmgL＝0 解得L＝。 12．(2024·浙江丽水市联考)一起重装置把静置于水平地面上的重物竖直向上提升的过程中，功率随时间变化的P－t图像如图所示。在t＝1 s时，重物上升的速度达到最大速度的一半，在t＝3 s时，达到最大速度vm＝20 m/s。在t＝6 s时，重物再次匀速上升，取g＝10 m/s2，不计一切阻力。下列说法正确的是(　　) A．重物的质量为4 kg B．在t＝1 s时，重物加速度大小a＝20 m/s2 C．0～6 s时间内，重物上升的高度h＝85 m D．在4～6 s时间内，重物做加速度逐渐增大的减速运动 答案　C 解析　在t＝3 s时，重物达到最大速度vm＝20 m/s，此时牵引力大小等于重力，则有vm＝，解得m＝＝ kg＝2 kg，A错误；在t＝1 s时，重物上升的速度达到最大速度的一半，此时的牵引力大 小为F1＝＝ N＝40 N，由牛顿第二定律可得F1－mg＝ma，解得a＝＝ m/s2＝10 m/s2，B错误；在t＝6 s时，重物再次匀速上升，由题图可知，此时重物的速度v2＝＝ m/s＝10 m/s，在0～1 s时间内，重物做匀加速直线运动，重物上升的高度h1＝at12＝×10×12 m＝5 m，在1～3 s时间内，重物做加速度逐渐减小的加速运动，由动能定理可得Pt2－mgh2＝mvm2－mv12，代入数据解得h2＝25 m，在3～4 s时间内，重物做匀速直线运动，上升的高度为h3＝vmt3＝20×1 m＝20 m,4 s后功率减小到一半，到t＝6 s时，重物速度从最大20 m/s减小到10 m/s，此时t＝4 s时的牵引力F4＝＝ N＝10 N，此时牵引力小于重力，加速度方向向下，重物做减速运动，在t＝6 s时，速度是10 m/s，此时牵引力F6＝＝ N＝20 N，此时牵引力等于重力，加速度是零，因此在4～6 s时间内，重物做加速度逐渐减小的减速直线运动，由动能定理可得P1t4－mgh4＝mv22－mvm2，代入数据解得h4＝35 m，可得0～6 s时间内，重物上升的高度h＝h1＋h2＋h3＋h4＝5 m＋25 m＋20 m＋35 m＝85 m，C正确，D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $