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（粤教版 粤）

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　动能定理 1．动能 (1)定义：物体由于运动而具有的能。 (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：合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量。 (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　(2021·河北卷·6)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)(　　) A. B. C. D．2 答案　A 解析　小球下落的高度为 h＝πR－R＋R＝R， 小球下落过程中，根据动能定理有mgh＝mv2， 综上有v＝，故选A。 例2　如图所示，小滑块以沿斜面向上的初速度v0从底端A点冲上固定粗糙斜面，恰能到达高h的B点，然后再沿斜面滑回A点，重力加速度为g，则小滑块滑回A点时的速度大小为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　设滑块受到斜面的摩擦力大小为f，斜面倾角为θ，上滑阶段，根据动能定理可得－mgh－f＝0－mv02 下滑阶段，根据动能定理可得 mgh－f＝mv2－0 联立解得小滑块滑回A点时的速度大小为 v＝ 故选C。 　　　　　　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 例3　(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。 例4　质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g)(　　) A.mv02－μmg(s＋x) B.mv02－μmgx C．μmgs D．μmg(s＋x) 答案　A 解析　根据功的定义式可知物体克服摩擦力做的功为W克f＝μmg(s＋x)，由动能定理可得－W克弹－W克f＝0－mv02，则W克弹＝mv02－μmg(s＋x)，故选项A正确。 在一个有变力做功的过程中，当变力做功无法直接通过功的公式求解时，可用动能定理W变＋W恒＝mv22－mv12，若物体初、末速度已知，恒力做功W恒可根据功的公式求出，则W变＝mv22－mv12－W恒。 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f＝－μmg＝－0.25mg 滑动摩擦力做的功为Wf＝f·sOA＝－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，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．等于拉力所做的功 B．小于拉力所做的功 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　B 解析　木箱受力如图所示： 木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功， 根据动能定理可知WF＋Wf＝mv2－0，所以动能小于拉力做的功，故B正确，A错误；条件不足，无法比较动能与摩擦力做功的大小，C、D错误。 2.(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－f·2πL＝0－mv02，可得摩擦力的大小f＝，故选B。 3．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。 4．某物体以一定初速度做平抛运动，从t＝0时刻起，物体的动能Ek随时间t变化的情况是下列图中所示的哪个图(　　) 答案　D 解析　物体在重力作用下做平抛运动，加速度为g，竖直位移y＝gt2，由动能定理得mgy＝Ek－E0，得Ek＝E0＋mg2t2，故选D。 5.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，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。 6.(多选)(2024·广东广州市真光中学开学考)滑雪是冬奥会常见的体育项目，具有很强的观赏性。某滑道示意图如图所示，半径R＝10 m的圆弧滑道MN与水平滑道NP平滑衔接，O是圆弧滑道MN的圆心。一质量m＝50 kg(含滑雪装备)的运动员从M点由静止开始下滑，最后运动员滑到P点停下。已知NP段的动摩擦因数μ＝0.1，NP＝18 m，∠MON＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．运动员经过N点时的速度大小为2 m/s B．运动员在到达N点前的一瞬间对滑道的压力大小为680 N C．在MP段克服阻力做功1 000 J D．在MN段克服阻力做功100 J 答案　BCD 解析　设经过N点速度为vN，从N至P根据动能定理得－μmg·NP＝0－mvN2，解得vN＝6 m/s，故A错误； 设滑道在N点对人的支持力为F，根据牛顿第二定律得F－mg＝m，解得F＝680 N 根据牛顿第三定律可知，人对滑道的压力大小为680 N，故B正确； 从M至N，利用动能定理得mgR(1－cos 37°)＋WfMN＝mvN2，解得WfMN＝－100 J 可知该段过程克服阻力做功为100 J；从M至P，利用动能定理得mgR(1－cos 37°)＋WfMP＝0，解得WfMP＝－1 000 J 所以克服阻力做的总功为1 000 J，故C、D正确。 7．(多选)一物体做直线运动的v－t图像如图所示，已知在第1 s内合外力对物体所做的功为W，则(　　) A．从第1 s末到第3 s末合外力对物体做的功为4W B．从第3 s末到第4 s末合外力对物体做的功为－0.75W C．从第3 s末到第5 s末合外力对物体做的功为－W D．从第5 s末到第7 s末合外力对物体做的功为1.5W 答案　BC 解析　由题图可知，从第1 s末到第3 s末，物体做匀速直线运动，由动能定理，可知合外力对物体做的功是0，A错误； 从第1 s初到第1 s末，由动能定理得W＝mv02，第3 s末物体的速度为v0，第4 s末物体的速度为，从第3 s末到第4 s末，由动能定理得W1＝m()2－mv02＝－0.75W，B正确； 第5 s末物体的速度是0，从第3 s末到第5 s末，由动能定理得W2＝0－mv02＝－W，C正确； 第7 s末物体的速度为－v0，从第5 s末到第7 s末，由动能定理得W3＝m(－v0)2－0＝W，D错误。 8.(2023·重庆卷·13)机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m的工件(视为质点)被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹角为θ，提升高度为h，如图所示。求： (1)提升高度为h时，工件的速度大小； (2)在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。 答案　(1)　(2)　 解析　(1)根据匀变速直线运动位移与速度关系有v02＝2a，解得v0＝ (2)由v0＝at，解得t＝ 根据动能定理有W合＝mv02，解得W合＝。 9．(2022·广东惠州市模拟)质量为m的物块以一定初速度滑上倾角为30°的足够长斜面，返回出发位置时速度变为原来的一半。已知重力加速度为g，则物块与斜面之间的滑动摩擦力大小为(　　) A.mg B.mg C.mg D.mg 答案　C 解析　设物块上滑距离为s，则物块运动过程中损失的机械能为2fs＝mv02－m()2，物块自开始至上滑至最高点，根据动能定理得－mgssin 30°－fs＝0－mv02，解得f＝mg，故C正确。 10．(2019·全国卷Ⅲ·17)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．(多选)(2024·广东河源市检测)如图甲所示，泥石流是一种破坏性极大的自然灾害，可以用如图乙所示的斜面模型进行探究。高为h、底边为L的斜面，底部通过半径为R(R≪h)的小圆弧与水平面平滑连接，质量为m的物块(可视为质点)由斜面顶端无初速度滑下，若物块与各接触面间的动摩擦因数均为μ，下列说法正确的是(　　) A．若保持不变，h越大，物块到达斜面底端的动能就越大 B．若保持h不变，L越小，物块到达斜面底端时克服摩擦力做功就越多 C．若保持h不变，L越小，物块到达斜面底端时对小圆弧的压力就越大 D．若保持h不变，L越小，物块在水平面上滑行的距离就越大 答案　ACD 解析　设斜面倾角为θ，则tan θ＝ 物块到达斜面底端时克服摩擦力做功Wf＝μmgcos θ×＝＝μmgL 若保持h不变，L越小，则物块到达斜面底端时克服摩擦力做功就越少，故B项错误； 设物块到达底端时的动能为Ek，根据动能定理有Ek＝mgh－＝(1－)mgh 若保持不变，h越大，则物块到达斜面底端的动能就越大，故A项正确； 在小圆弧最低点有FN＝mg＋＝mg＋ 若保持h不变，L越小，则FN越大，根据牛顿第三定律可知物块到达斜面底端的小圆弧时对小圆弧的压力就越大，故C项正确； 设物块在水平面上滑行的距离为s，对全程应用动能定理mgh－μmgcos θ×－μmgs＝0 整理得s＝ 可知若保持h不变，L越小，物块在水平面上滑行的距离就越大，故D项正确。 12．(2023·广东广州市三模)一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m处由静止自由落下，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运动员向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5 m，该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值K不变，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力，求： (1)比值K的大小； (2)运动员拍球过程中对篮球所做的功。 答案　(1)1.5　(2)4.5 J 解析　(1)设篮球自由下落与地面碰撞前瞬间的动能为Ek1，篮球与地面碰撞后瞬间篮球的动能为Ek2，由动能定理可知篮球下落过程有mgh1＝Ek1－0 篮球上升过程有－mgh2＝0－Ek2，则K＝＝1.5 (2)第二次从1.5 m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得－mgh4＝0－Ek4 第二次从1.5 m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理，可得W＋mgh3＝Ek3，K＝ 解得W＝4.5 J。 谢谢！ 学科网（北京）股份有限公司 $