第28讲　动能定理及其应用 讲义 -2027届高三物理一轮复习

第28讲　动能定理及其应用 一、动能 1．定义：物体由于_运动__而具有的能叫动能。 2．公式：Ek＝ mv2　。 3．单位：_焦耳__,1 J＝1 N·m。 4．矢标性：动能是_标量__，只有正值。 5．状态量：动能是_状态量__，因为v是瞬时速度。 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__。 2．表达式：W＝ mv－mv　或W＝Ek2－Ek1。 3．物理意义：_合外力__的功是物体动能变化的量度。 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．动能不变的物体一定处于平衡状态。( × ) 3．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。( √ ) 4．物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。( × ) 5．物体的动能不变，所受的合外力必定为零。( × ) 6．做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比。( √ ) 考点1　动能定理的理解 (基础考点·自主探究) 1．准确理解动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1 (1)W是合力的功，不要与某个力的功混淆。 (2)Ek2－Ek1是末动能与初动能的差。 (3)动能定理的表达式是标量式，与速度方向无关。 (4)应用动能定理时，要明确针对哪个物体，哪个过程。 2．合力做功与动能变化的关系 【跟踪训练】 (多选)关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是(　　) A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功 B．公式中的Ek2－Ek1为动能的增量，当W>0时，动能增加；当W<0时，动能减少 C．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动；适用于恒力做功，但不适用于变力做功 D．公式中的W为包含重力在内的所有外力做的功，可通过以下两种方式计算：先求每个外力的功，再求功的代数和；或者先求合力，再求合力的功 [答案]　BD [解析]　动能定理的表达式为W＝Ek2－Ek1，其中，W指的是合力对物体所做的功，即外力对物体所做的总功，包含重力做的功，故A错误；公式中的Ek2－Ek1为动能的增量，当W>0时，Ek2－Ek1>0，动能增加；当W<0时，Ek2－Ek1<0，动能减少，故B正确；动能定理适用于任何运动，既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功，故C错误；公式中的W为包含重力在内的所有外力做的功，根据合力与分力是等效替代关系可知，可通过以下两种方式计算：先求每个外力的功，再求功的代数和；或者先求合力，再求合力的功，故D正确。 (对动能定理的理解)(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为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，上升的高度为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＝mv－mv，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＝mv－mv，其中W为支持力做的功 D．对电梯，其所受的合力做功为Mv－Mv [答案]　CD [解析]　电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功(即合力做的功)才等于物体动能的增加量，即W合＝mv－mv，选项A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增加量，选项D正确。 考点2　动能定理的应用 (基础考点·自主探究) 1．应用动能定理的注意事项 (1)研究对象：单个物体或相对静止的几个物体构成的物体系。 (2)“一个参考系”：动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物体为参考系。 (3)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。 (4)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理。 (5)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。 2．利用动能定理求变力做的功 (1)动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便。 (2)当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W变＋W其他＝ΔEk。 如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在水平地面上的斜面。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，则从A到C的过程中弹簧弹力做的功是(　　) A．mgh－mv2 B．mv2－mgh C．－mgh D．－ [答案]　A [解析]　由A到C的过程运用动能定理可得－mgh＋W＝0－mv2，所以W＝mgh－mv2，故A正确。 反思提升　　　　 应用动能定理的流程 【跟踪训练】 (2024·安徽卷)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为(　　) A．mgh B．mv2 C．mgh＋mv2 D．mgh－mv2 [答案]　D [解析]　对人从斜坡顶端到底端的过程，根据动能定理有mgh－Wf＝mv2，解得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功Wf＝mgh－mv2，D正确。 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]　小球由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，细绳与圆柱体接触部分的长度为×2πR＝，故小球下落的高度h＝R＋，由动能定理可得mgh＝mv2，解得v＝，故A正确。 (2024·浙江卷)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球(　　) A．从1到2动能减少mgh B．从1到2重力势能增加mgh C．从2到3动能增加mgh D．从2到3机械能不变 [答案]　B [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到2过程，对足球根据动能定理有－mgh－Wf1＝mv－mv，则其动能减少了ΔEk＝mv－mv＝mgh＋Wf1，A错误；1到2过程，足球的重心升高了h，则其重力势能增加了ΔEp＝mgh，B正确；2到3过程，对足球根据动能定理有mgh－Wf2＝mv－mv，则其动能增加了ΔEk′＝mv－mv＝mgh－Wf2，C错误；由于空气阻力的作用，足球在整个运动过程中，机械能不断减少(对单个物体，除重力外的其他力做的功等于机械能的变化量)，D错误。 考点3　用动能定理巧解图像问题 (能力考点·深度研析) 1．与动能定理结合紧密的几种图像 (1)v－t图：由公式x＝vt可知，v－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体的位移。 (2)F－x图：由公式W＝Fx可知，F－x图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。 (3)P－t图：由公式W＝Pt可知，P－t图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。 (4)a－t图：由公式Δv＝at可知，a－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。 (5)Ek－x图像：由公式F合x＝Ek－Ek0可知，Ek－x图线的斜率表示合外力。 2．解决物理图像问题的基本步骤 (1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。 (2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。 (3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点及图线与坐标轴围成的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。 ►考向1　Ek－x图像 [答案]　BD [解析]　由动能定义式得Ek1＝mv，则可求解质量m；上滑时，由动能定理Ek－Ek1＝－(mgsin θ＋f)x，下滑时，由动能定理Ek＝(mgsin θ－f)(x0－x)，x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知mgsin θ＋f＝，mgsin θ－f＝，两式相加可得gsin θ＝，相减可得f＝，即可求解gsin 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，故A、C错误，B正确；根据牛顿第二定律和运动学关系得mgsin θ＋f＝ma，t＝，故可求解沿斜面上滑的时间，D正确。故选BD。 ►考向2　F－x图像与动能定理的综合应用 光滑水平地面上静止一质量为m＝2.0 kg的物体，以物体所在处为坐标原点O建立水平方向的x轴，力F1和F2方向均沿x轴正方向，两力大小随x轴上的位置坐标的变化规律如图所示。下列说法正确的是(　　) A．若仅F1作用于物体，F1的功率随时间逐渐减小 B．若仅F2作用于物体，F2的功率随时间逐渐减小 C．若F1、F2同时作用于物体，物体在x＝1.0 m处的速度约为v＝1.0 m/s D．若F1、F2同时作用于物体，物体在x＝1.0 m处的速度约为v＝ m/s [答案]　C [解析]　物体从静止开始运动，若仅F1作用于物体，物体加速运动，速度v逐渐增大，速度方向与F1方向相同，由题图可知，F1逐渐增大，根据P＝Fv可知，F1的功率随时间逐渐增大，选项A错误；同理可知，若仅F2作用于物体，F2的功率随时间逐渐增大，选项B错误；根据W＝Fx可知，F－x图线与x坐标轴所围面积为力F做的功，若F1、F2同时作用于物体，则F1、F2两力对物体的做功之和约为W合＝1.0 J，根据动能定理有W合＝mv2，解得v＝＝1.0 m/s，即物体在x＝1.0 m处的速度约为v＝1.0 m/s，选项D错误，C正确。 ►考向3　动能定理与a－t图像的综合 用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是(　　) A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动 B．0～6 s内物体在4 s时的速度最大 C．物体在2～4 s内速度不变 D．0～4 s内合外力对物体做的功等于0～6 s内合外力对物体做的功 [答案]　D [解析]　a－t图线与坐标轴围成的“面积”等于速度的变化量，由题给图像可知，0～6 s内速度变化量为正，物体速度方向不变，物体在0～5 s内一直加速，5 s时速度最大，A、B错误；2～4 s内物体的加速度不变，做匀加速直线运动，C错误；由题图可知，t＝4 s时和t＝6 s时物体速度大小相等，由动能定理可知，物体在0～4 s内和0～6 s内动能变化量相等，合外力对物体做功也相等，D正确。 提能训练　练案[28] 基础巩固练 题组一　动能定理的理解和应用 1．一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角且大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在两恒力的方向上获得的速度分别为v1、v2，如图所示，那么在这段时间内，其中一个恒力做的功为(　　) A．mv2 B．mv2 C．mv2 D．mv2 [答案]　B [解析]　设这两个水平恒力的合力为F，由动能定理得W＝Fl＝mv2，其中一个恒力做的功W1＝W＝mv2，B正确。 2．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．mv－μmg(s＋x) B．mv－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功为Wf＝μmg(s＋x)，由动能定理可得－W弹－Wf＝0－mv，则W弹＝mv－μmg(s＋x)，故选项A正确。 3．如图所示，质量为m的物块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，物块与转台转轴相距R，物块随转台由静止开始转动并计时，在t1时刻转速达到n，物块即将开始滑动。保持转速n不变，继续转动到t2时刻。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　) A．在0～t1时间内，摩擦力做功为零 B．在t1～t2时间内，摩擦力做功不为零 C．在0～t1时间内，摩擦力做功为2μmgR D．在0～t1时间内，摩擦力做功为 [答案]　D [解析]　0～t1时间内，转速逐渐增加，故物块的线速度逐渐增加，在t1～t2时间内，最大静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得μmg＝m，解得v＝，在0～t1时间内，对物块做加速圆周运动的过程，由动能定理得Wf＝mv2＝μmgR，故A、C错误，D正确；在t1～t2时间内，物块的线速度大小不变，摩擦力只提供向心力(只改变物块的运动方向)，根据动能定理可知摩擦力做功为零，故B错误。 题组二　用动能定理巧解图像问题 4．物体沿直线运动的v－t图像如图所示，已知在第1 s内合力对物体做功为W，则(　　) A．从第1 s末到第3 s末合力做功为4W B．从第3 s末到第5 s末合力做功为－2W C．从第5 s末到第7 s末合力做功为W D．从第3 s末到第4 s末合力做功为－0.5W [答案]　C [解析]　由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理得第1 s内＝W＝mv，第1 s末到第3 s末：W1＝mv－mv＝0，A错误；第3 s末到第5 s末：W2＝0－mv＝－W，B错误；第5 s末到第7 s末：W3＝m(－v0)2＝mv＝W，C正确；第3 s末到第4 s末，W4＝m2－mv＝－0.75W，D错误。 5．(2025·湖南衡阳市高三调研)一辆汽车从静止开始做匀加速直线运动，它的动能Ek随着位移x的变化而改变，下列Ek－x图像正确的是(　　) 　　　　　　　　　 　　　　　　A　　　　　　　B　　　　　　C　　　　　　D [答案]　A [解析]　根据Ek＝mv2，v2＝2ax，可得Ek＝max，故Ek与x成正比。故选A。 6．(多选)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g＝10 m/s2。根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有(　　) A．物体与水平面间的动摩擦因数 B．合外力对物体所做的功 C．物体做匀速运动时的速度 D．物体运动的时间 [答案]　ABC [解析]　物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力f大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝＝0.35，选项A正确；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－mv2，根据F－x图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力对物体所做的功及物体做匀速运动时的速度v，则B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误。 能力提升练 7．(多选)(2023·广东卷)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；下滑过程据动能定理可得WG－Wf＝mv，代入数据解得，克服阻力做的功为Wf＝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，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。故选BCD。 8．(多选)冬梦飞扬，冬奥梦圆。第二十四届冬季奥林匹克运动会在北京开幕。跳台滑雪是一项深受勇敢者喜爱的滑雪运动。图甲为某跳台滑雪运动员从跳台a(长度可忽略不计)处沿水平方向飞出、经2 s在斜坡b处着陆的示意图，图乙为运动员从a到b飞行时的动能Ek随飞行时间t变化的关系图像。不计空气阻力作用，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．斜坡的倾角为30° B．运动员在a处的速度大小为10 m/s C．运动员运动到b处时重力的瞬时功率为1.2×104 W D．运动员在1 s末时离坡面的距离最大 [答案]　BCD [解析]　从a到b，运动员做平抛运动，则下降的高度为h＝gt2＝×10×22 m＝20 m，重力做功为W＝mgh＝Ekb－Eka解得m＝60 kg，根据图像可得mv＝3×103 J，解得v0＝10 m/s，故B正确；t＝2 s时，运动员落在斜坡上，斜坡的倾角满足tan α＝＝1，解得α＝45°，故A错误；t＝2 s时，运动员运动到b处时重力的瞬时功率为P＝mgvy＝mg2t＝1.2×104 W，故C正确；运动员离坡面距离最远时，速度方向与坡面平行，有tan α＝＝1，解得t′＝1 s，故D正确。 9．电机与连杆结合，可以将圆周运动转化为直线上的往复运动，工作原理可简化为如图所示的机械装置，连杆AB、OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB在竖直面内做圆周运动时，可通过连杆AB使滑块在光滑水平横杆上左右滑动。已知滑块质量为2 kg，大小不计，OB杆长为L＝0.8 m，绕O点沿逆时针方向匀速转动的角速度为ω＝10 rad/s，OB杆由竖直位置转到图示位置时，连杆AB与水平方向夹角为θ＝37°，AB杆与OB杆刚好垂直，在OB杆由竖直位置转到此位置过程中，杆对滑块做功为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　) A．36 J B．46 J C．100 J D．234 J [答案]　A [解析]　图示位置B点的速度大小为v＝ωL＝8 m/s，方向沿圆的切线方向，即沿BA杆方向，故AB杆上各点的速度大小均为v，此速度为滑块实际的水平速度沿杆方向的分速度，故滑块的水平速度大小为v′＝＝10 m/s，OB杆在竖直位置时，滑块速度大小为v＝8 m/s，根据动能定理得，杆对滑块做功为W＝mv′2－mv2＝×2×(102－82)J＝36 J，A正确。 10．(多选)(2024·山东省实验中学二诊)竖直平面内有一半径为R的圆，O为圆心，直径AB沿水平方向，将质量为m的小球从A点以相同的速率v0抛出，抛出的方向不定，小球进入圆内同时受到一个平行于圆面的恒力F作用，其大小等于mg，g为重力加速度，小球从A点抛出后会经过圆上的不同点，在这些所有的点中，小球到达C点的动能最大，已知AB与AC的夹角为θ＝30°。不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．恒力F的方向沿AC方向 B．恒力F的方向沿OC方向 C．小球到达C点的动能EkC＝mv＋mgR D．小球到达B点的动能EkB＝mv＋mgR [答案]　AD [解析]　小球到达C点的动能最大，则小球的受力情况如图所示，恒力F方向沿AC方向，合力方向沿OC方向，A正确，B错误；合力等于mg，根据动能定理得mg·R＝EkC－mv，mg·2Rcos 30°＝EkB－mv，解得EkC＝mv＋mgR，EkB＝mv＋mgR，C错误，D正确。 11．(多选)(2024·广西卷)如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为μ。将木栓对准方孔，接触但无挤压，锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了Δx的位移，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则(　　) A．进入过程，木料对木栓的合力的冲量为－I B．进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为＋mg C．进入过程，木料和木栓的机械能共损失了＋mgΔx D．木栓前进Δx后，木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为 [答案]　BD [解析]　锤子撞击木栓到木栓进入方孔，对木栓分析，可知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲量为I，由于木栓重力有冲量，则木料对木栓的合力的冲量不为－I，故A错误；锤子撞击木栓后瞬间，木栓获得的动能Ek＝mv2＝，对于木栓进入过程，根据动能定理有(mg－)Δx＝0－Ek，解得平均阻力＝＋mg，故B正确；木栓进入过程损失的机械能等于克服阻力做的功，所以ΔE木栓＝Δx＝Δx＝＋mgΔx，ΔE木栓一部分转化为木料的弹性势能，因此系统损失的机械能ΔE<ΔE木栓，故C错误；对木栓的一个侧面受力分析如图所示，由于方孔侧壁弹力呈线性变化，则有(fsin θ＋FNcos θ)＝，且根据B选项求得平均阻力＝＋mg，又因为f＝μFN，联立可得f＝，故D正确。 12．(2024·新课标卷)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°。(sin 37°＝0.6) (1)求此时P、Q绳中拉力的大小； (2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。 [答案]　(1)1 200 N　900 N　(2)－4 200 J [解析]　(1)对重物受力分析，如图所示， 由于重物缓慢竖直下降(缓慢下降，说明重物处于动态平衡，即该过程中重物所受的合力为0)，则整个过程中，由力的平衡条件可得， 在水平方向上有FQsin β＝FPsin α 在竖直方向上有FQcos β＋mg＝FPcos α 解得FQ＝900 N，FP＝1 200 N。 (2)重物缓慢下降的过程，由动能定理得 mgh＋WF＝0 解得WF＝－4 200 J， 即两根绳子对重物做的总功为－4 200 J。 学科网（北京）股份有限公司 $