2021高考物理人教版一轮复习学案作业：第五章第2讲动能定理及应用

第2讲　动能定理及应用

一、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．
5．动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝mv－mv.
二、动能定理
1．内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．
2．表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv－mv.
3．物理意义：合力的功是物体动能变化的量度．
自测1　关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是(　　)
A．合外力为零，则合外力做功一定为零
B．合外力做功为零，则合外力一定为零
C．合外力做功越多，则动能一定越大
D．动能不变，则物体所受合外力一定为零
答案　A
4．适用条件：
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．
如图1所示，物块沿粗糙斜面下滑至水平面；小球由内壁粗糙的圆弧轨道底端运动至顶端(轨道半径为R)．

图1
对物块有WG＋Wf1＋Wf2＝mv2－mv
对小球有－2mgR＋Wf＝mv2－mv
自测2　如图2所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，BC恰好在B点与AB相切，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为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从静止开始下落，恰好运动到C处停止，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为(　　)

图2
A. B.
C．mgR D．(1－μ)mgR
答案　D
解析　设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A到C的全过程，根据动能定理有mgR－WAB－μmgR＝0，所以WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正确.


1．动能定理表明了“三个关系”
(1)数量关系：合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合外力做的功．
(2)因果关系：合外力做功是引起物体动能变化的原因．
(3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳．
2．标量性
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．当然动能定理也就不存在分量的表达式．
例1　(多选)如图3所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动了一段距离．在此过程中(　　)

图3
A．外力F做的功等于A和B动能的增量
B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量
C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功
D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
答案　BD
解析　A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地面的位移不相等，故二者做功不相等，C错误；对B应用动能定理WF－Wf＝ΔEkB，则WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和，D正确；根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误．
变式1　(多选)用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功－3 J，拉力F做功8 J，空气阻力做功－0.5 J，则下列判断正确的是(　　)
A．物体的重力势能增加了3 J
B．物体的重力势能减少了3 J
C．物体的动能增加了4.5 J
D．物体的动能增加了8 J
答案　AC
变式2　(2018·全国卷Ⅱ·14)如图4，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(　　)

图4
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．


1．应用流程

2．注意事项
(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)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．
(3)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．
(4)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．
例2　(多选)(2019·宁夏银川市质检)如图5所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则(　　)

图5
A．动摩擦因数μ＝
B．载人滑草车最大速度为
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
答案　AB
解析　对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg·2h－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，解得μ＝，选项A正确； 对经过上段滑道的过程分析，根据动能定理有mgh－μmgcos 45°·＝mv，解得：vm＝，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a＝＝－g，故大小为g，选项D错误．
变式3　(2019·河南平顶山市一轮复习质检)如图6所示，半径为r的半圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，直径AC水平，一个质量为m的物块从圆弧轨道A端正上方P点由静止释放，物块刚好从A点无碰撞地进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，到B点时对轨道的压力大小等于物块重力的2倍，重力加速度为g，不计空气阻力，不计物块的大小，则：

图6
(1)物块到达A点时的速度大小和PA间的高度差分别为多少？
(2)物块从A运动到B所用时间和克服摩擦力做的功分别为多少？
答案　(1)　　(2)　mgr
解析　(1)设物块在B点时的速度为v，由牛顿第二定律得：FN－mg＝m，
因为FN＝2mg，所以v＝，
因为物块从A点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块到达A点时速度大小为；
设PA间的高度差为h，从P到A的过程由动能定理得：mgh＝mv2，所以h＝.
(2)因为物块从A点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块从A运动到B所用时间t＝＝；
从A运动到B由动能定理有：mgr－W克f＝0，解得：W克f＝mgr.


1．解决图象问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图象，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、图线下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．
2．图象所围“面积”的意义
(1)v－t图象：由公式x＝vt可知，v－t图线与t坐标轴围成的面积表示物体的位移．
(2)a－t图象：由公式Δv＝at可知，a－t图线与t坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量．
(3)F－x图象：由公式W＝Fx可知，F－x图线与x坐标轴围成的面积表示力所做的功．
(4)P－t图象：由公式W＝Pt可知，P－t图线与t坐标轴围成的面积表示力所做的功．
例3　(多选)(2019·东北师大附中3月模拟)在未知方向的恒力F作用下，一质量为1.0 kg的物体以一定的初速度在光滑水平面上做直线运动，物体的动能Ek随位移x变化的关系如图7所示．(g取10 m/s2)由上述已知条件，可知(　　)

图7
A．力F的最小值为2.5 N
B．力F不可能大于10 N
C．物体运动过程中的加速度大小无法求出
D．物体在运动过程中在任意位置力F的功率是可以求出的
答案　AD
解析　根据动能定理得Fxcos θ＝Ek－Ek0，则Ek＝Ek0＋Fxcos θ，结合题图有Ek＝50－2.5x (J)，得Fcos θ＝－2.5 N，故F有最小值2.5 N，A正确，B错误；加速度a＝＝－2.5 m/s2，可以求出，C错误；力F的功率PF＝Fvcos θ＝－2.5v (W)，由题图可知任意位置的动能，从而可知速度，故任意位置力F的功率可求，D正确．
变式4　如图8甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面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，试求：

图8
(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，滑块冲上斜面AB的长度是多少？
答案　(1)5 m/s　(2)5 m
解析　(1)由题图乙知，在前2 m内，F1＝2mg，做正功，在第3 m内，F2＝－0.5mg，做负功，在第4 m内，F3＝0.滑动摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg，始终做负功，对于滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得
F1x1＋F2x2＋Ffx＝mv－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－mv
解得L＝5 m
所以滑块冲上斜面AB的长度L＝5 m.

例4　如图9所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点，另一端自由伸长到A点，OA之间的水平面光滑，固定曲面在B处与水平面平滑连接．AB之间的距离s＝1 m．质量m＝0.2 kg的小物块开始时静置于水平面上的B点，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.现给物块一个水平向左的初速度v0＝5 m/s，g取10 m/s2.

图9
(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能Ep；
(2)求物块返回B点时的速度大小；
(3)若物块能冲上曲面的最大高度h＝0.2 m，求物块沿曲面上滑过程所产生的热量．
答案　(1)1.7 J　(2)3 m/s　(3)0.5 J
解析　(1)对小物块从B点至压缩弹簧最短的过程，由动能定理得，
－μmgs－W克弹＝0－mv
W克弹＝Ep
代入数据解得Ep＝1.7 J
(2)对小物块从B点开始运动至返回B点的过程，由动能定理得，
－μmg·2s＝mv－mv
代入数据解得vB＝3 m/s
(3)对小物块沿曲面上滑的过程，
由动能定理得－W克f－mgh＝0－mv
产生的热量Q＝W克f＝0.5 J.
变式5　(2019·河南名校联盟高三下学期联考)如图10所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平．一个质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落到地面上的C点，轨迹如图中虚线BC所示．已知它落地时相对于B点的水平位移OC ＝ l．现在轨道下方紧贴B点安装一水平木板，木板的右端与B的距离为，让P再次从A点由静止释放，它离开轨道并在木板上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面的C点．求：(不计空气阻力，重力加速度为g)

图10
(1)P滑至B点时的速度大小；
(2)P与木板之间的动摩擦因数μ.
答案　(1)　(2)
解析　(1)物体P在AB轨道上滑动时，根据动能定理mgh＝mv
得物体P滑到B点时的速度大小为v0＝
(2)当没有木板时，物体离开B点后做平抛运动，设运动时间为t，有：
t＝＝
当在轨道下方紧贴B点安装木板时，物体从木板右端水平抛出，在空中运动的时间也为t，水平位移为，因此物体从木板右端抛出的速度v1＝＝
根据动能定理，物体在木板上滑动时，有
－μmg＝mv－mv
解得物体P与木板之间的动摩擦因数μ＝.



1.在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，如图1，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球以约为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，则该同学罚球时对篮球做的功大约为(　　)

图1
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．
2．在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，它落到地面时的速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于(　　)
A．mgh－mv2－mv
B．－mv2－mv－mgh
C．mgh＋mv－mv2
D．mgh＋mv2－mv
答案　C
解析　对物块从h高处竖直上抛到落地的过程，根据动能定理可得mgh－Wf＝mv2－mv，解得Wf＝mgh＋mv－mv2，选项C正确．
3.(2018·天津理综·2)滑雪运动深受人民群众喜爱．如图2所示，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中(　　)

图2
A．所受合外力始终为零
B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零
D．机械能始终保持不变
答案　C
解析　运动员从A点滑到B点的过程中速率不变，则运动员做匀速圆周运动，其所受合外力指向圆心，A错误；如图所示，

运动员受到的沿圆弧切线方向的合力为零，即Ff＝mgsin α，下滑过程中α减小，sin α变小，故摩擦力Ff变小，B错误；由动能定理知，运动员匀速下滑动能不变，合外力做功为零，C正确；运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小，D错误．
4.(多选)(2020·山西运城市质检)质量为m的物体放在水平面上，它与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.用水平力拉物体，运动一段时间后撤去此力，最终物体停止运动．物体运动的v－t图象如图3所示．下列说法正确的是(　　)

图3
A．水平拉力大小为F＝m
B．物体在0～3t0时间内的位移大小为v0t0
C．在0～3t0时间内水平拉力做的功为mv
D．在0～3t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为μmgv0
答案　BD
解析　根据v－t图象和牛顿第二定律可知F－μmg＝m，故选项A错误；由v－t图象与t坐标轴所围面积表示位移可知，在0～3t0时间内的位移大小为x＝·3t0·v0＝v0t0，所以选项B正确；在0～3t0时间内由动能定理可知W－μmgx＝0，故水平拉力做的功W＝μmgv0t0，又Ff＝μmg＝，则W＝mv，选项C错误；在0～3t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为＝＝＝μmgv0，所以选项D正确．
5．从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是(　　)

答案　A
解析　小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则
v＝v0－gt
小球的动能Ek＝mv2，把速度v代入得
Ek＝mg2t2－mgv0t＋mv
Ek与t为二次函数关系，故A正确．

6.(多选)质量为m的物体从地面上方H高处无初速度释放，落在地面后撞出一个深度为h的坑，如图4所示，重力加速度为g，在此过程中(　　)

图4
A．重力对物体做功为mgH
B．物体的重力势能减少了mg(H＋h)
C．合力对物体做的总功为零
D．地面对物体的平均阻力为
答案　BCD
解析　重力做功：WG＝mg(H＋h)，故A错误；又ΔEp＝－WG，故B正确；对整个过程运用动能定理得：W合＝ΔEk＝0，故C正确；又W合＝WG＋(－Ffh)＝ΔEk＝0，则Ff＝，故D正确．

7．(2019·天津卷·10)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功．航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图5甲所示．为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图乙，AB长L1＝150 m，BC水平投影L2＝63 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin 12° ≈0.21)．若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6 s到达B点进入BC.已知飞行员的质量m＝60 kg，g＝10 m/s2，求：

图5
(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；
(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大．
答案　(1)7.5×104 J　(2)1.1×103 N
解析　(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有＝①
根据动能定理，有W＝mv2－0②
联立①②式，代入数据，得W＝7.5×104 J③
(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2＝Rsin θ④
由牛顿第二定律有FN－mg＝m⑤
联立①④⑤式，代入数据，得FN＝1.1×103 N.
8．(2019·山东日照市一模)冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图6所示．比赛时，运动员脚蹬起蹬器，身体成跪式，手推冰壶从本垒圆心O向前滑行，至前卫线时放开冰壶使其沿直线OO′滑向营垒圆心O′，为使冰壶能在冰面上滑的更远，运动员可用毛刷刷冰面以减小冰壶与冰面间的动摩擦因数．已知O点到前卫线的距离d＝4 m，O、O′之间的距离L＝30.0 m，冰壶的质量为m＝20 kg，冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1＝0.008，用毛刷刷过冰面后动摩擦因数减小到μ2＝0.004，营垒的半径R＝1 m，g取10 m/s2.

图6
(1)若不刷冰面，要使冰壶恰好滑到O′点，运动员对冰壶的推力多大？
(2)若运动员对冰壶的推力为10 N，要使冰壶滑到营垒内，用毛刷刷冰面的距离是多少？
答案　(1)12 N　(2)见解析
解析　(1)设运动员对冰壶的推力大小为F，由动能定理得：
Fd－μ1mgL＝0
代入数据，解得F＝12 N
(2)设冰壶运动到营垒的最左边时，用毛刷刷冰面的距离是x1，冰壶运动到营垒的最右边时，用毛刷刷冰面的距离是x2，则由动能定理得：F′d－μ1mg(L－R－x1)－μ2mgx1＝0
代入数据，解得x1＝8 m
由动能定理得：F′d－μ1mg(L＋R－x2)－μ2mgx2＝0
代入数据，解得x2＝12 m
所以用毛刷刷冰面的距离为8 m≤x≤12 m.
9．(2019·山东济宁市第二次摸底)某中学生对刚买来的一辆小型遥控车的性能进行研究．他让这辆小车在水平地面上由静止开始沿直线轨道运动，并将小车运动的全过程通过传感器记录下来，通过数据处理得到如图7所示的v－t图象．已知小车在0～2 s内做匀加速直线运动，2～11 s内小车牵引力的功率保持不变，9～11 s内小车做匀速直线运动，11 s末开始小车失去动力而自由滑行．已知小车质量m＝1 kg，整个过程中小车受到的阻力大小不变，试求：

图7
(1)在2～11 s内小车牵引力的功率P的大小；
(2)小车在2 s末的速度vx的大小；
(3)小车在2～9 s内通过的距离x.
答案　(1)16 W　(2)4 m/s　(3)44 m
解析　(1)根据题意，在11 s末撤去牵引力后，小车只在阻力Ff作用下做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，根据题图可知：a＝|| m/s2＝2 m/s2；
根据牛顿第二定律有：Ff＝ma
解得：Ff＝2 N；
设小车在匀速直线运动阶段的牵引力为F，则：F＝Ff，vm＝8 m/s
根据P＝Fvm
解得：P＝16 W
(2)0～2 s的匀加速直线运动过程中，小车的加速度为：ax＝
设小车的牵引力为Fx，根据牛顿第二定律有：
Fx－Ff＝max
根据题意有：P＝Fxvx
联立解得：vx＝4 m/s
(3)在2～9 s内的变加速过程，Δt＝7 s，由动能定理可得：PΔt－Ffx＝mv－mv
解得x＝44 m.