还剩19页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2024年高考物理复习第一轮：第 2讲 动能定理及其应用
展开
这是一份2024年高考物理复习第一轮：第 2讲 动能定理及其应用，共22页。
第2讲 动能定理及其应用
[主干知识·填一填]
一、动能
1．公式：Ek＝mv2，式中v为瞬时速度，动能是状态量．
2．矢标性：动能是标量，只有正值，动能与速度的方向无关．
3．动能的变化量：ΔEk＝mv－mv.
4．动能的相对性
由于速度具有相对性，则动能也具有相对性，一般以地面为参考系．
二、动能定理
1．内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化．
2．表达式：W＝ΔEk＝mv－mv.
3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度．
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)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，也可以不同时作用．
[规律结论·记一记]
1．动能是标量，mv2中的v指物体的合速度，动能定理中的功指所有力做的总功，所以不能把速度分解到某个力的方向上应用动能定理．
2．动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量．动能为非负值，而动能变化量有正负之分．ΔEk＞0表示物体的动能增加，ΔEk<0表示物体的动能减少．
3．应用动能定理时，物体的位移、速度都应以地面或相对地面静止的物体为参考系．
4．动能定理是标量关系式，应用动能定理时不用规定正方向，但要明确相应过程中各力做功的正负，无法确定正负的假设为正功，然后代入计算，根据结果再行判断．
5．动能定理研究的对象是单一物体(质点)或者是可以看成单一物体(质点)的物体系．对于运动状态不同的物体，应分别应用动能定理列式求解．
[必刷小题·测一测]
一、易混易错判断
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．(√)
二、经典小题速练
1．(多选)关于动能，下列说法正确的是( )
A．公式Ek＝mv2中的速度v一般是物体相对于地面的速度
B．动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体运动的方向无关
C．物体以相同的速率向东和向西运动，动能的大小相等但方向不同
D．物体以相同的速率做匀速直线运动和曲线运动，其动能不同
解析：AB 动能是标量，与速度的大小有关，而与速度的方向无关．公式中的速度一般是相对于地面的速度，故A、B正确．
2．(多选)质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则( )
A．质量大的物体滑行的距离大
B．质量小的物体滑行的距离大
C．它们滑行的距离一样大
D．它们克服摩擦力所做的功一样多
解析：BD 由动能定理可知，摩擦力对物体所做的功等于物体动能的变化量，因两物体具有相同的初动能，故两物体滑行过程中克服摩擦力所做的功也相同，又Wf＝μmgx可知，质量越大的物体，滑行的距离x越小，故选项B、D正确．
3.(2022·辽宁大连市高三月考)如图所示，一名滑雪爱好者从离地h＝40 m 高的山坡上A点由静止沿两段坡度不同的直雪道AD、DC滑下，滑到坡底C时的速度大小v＝20 m/s.已知滑雪爱好者的质量m＝60 kg，滑雪板与雪道间的动摩擦因数μ＝0.25，BC间的距离L＝100 m，重力加速度g＝10 m/s2，忽略在D点损失的机械能，则下滑过程中滑雪爱好者做的功为( )
A．3000 J B．4000 J
C．5000 J D．6000 J
解析：A 根据动能定理有W－μmgLADcos α－μmgLCDcos β＋mgh＝mv2，即：W－μmgL＋mgh＝mv2，求得W＝3000 J，故选A．
命题点一 对动能定理的理解及应用(自主学习)
[核心整合]
1．对“外力”的两点理解
(1)“外力”指的是合外力，可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用．
(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力．
2．公式W合＝ΔEk中“＝”体现的三个关系
[题组突破]
1．(对动能的理解)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( )
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的动量成正比
解析：B 动能Ek＝mv2，与速度的平方成正比，故C错误．速度v＝at，可得Ek＝ma2t2，与经历的时间的平方成正比，故A错误．根据v2＝2ax，可得Ek＝max，与位移成正比，故B正确．动量p＝mv，可得Ek＝，与动量的平方成正比，故D错误．
2.(对动能定理的理解)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．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
解析：A 根据动能定理可得：WF＋Wf＝Ek，又知道摩擦力做负功，即Wf＜0，所以木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，选项A正确、B错误；根据WF＋Wf＝Ek，无法确定Ek与－Wf的大小关系，选项C、D错误．
3．(动能定理的应用)(2021·河北卷)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
解析：A 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．
命题点二 应用动能定理求解多过程问题(师生互动)
[核心整合]
1．首先需要建立运动模型，选择合适的研究过程能使问题得以简化．当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程．
2．当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特点：
(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关．
(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积．
3．专注过程与过程的连接状态的受力特征与运动特征(比如：速度、加速度或位移)．
4．列整体(或分过程)的动能定理方程．
(2022·信阳模拟)如图所示AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置．AB是半径为R＝1 m的圆周轨道，CDO是半径为r＝0.5 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回，不损失能量，图中没有画出)，D为CDO轨道的中点．BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC段水平轨道长L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2.现让一个质量为m＝1 kg的小球从A点的正上方距水平线OA高H的P处自由落下．(g取10 m/s2)
(1)当H＝2 m时，求此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小；
(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，求H的取值范围．
解析：(1)设小球第一次到达D的速度为vD，对小球从P到D点的过程，根据动能定理得：
mg(H＋r)－μmgL＝mv－0
在D点轨道对小球的支持力FN提供向心力，则有：
FN＝m
联立解得：FN＝84 N
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为：
FN′＝FN＝84 N.
(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最小时必须满足能上升到O点，由动能定理得：
mgHmin－μmgL＝mv－0
在O点有：mg＝m
代入数据解得：Hmin＝0.65 m
仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最大时，碰后再返回最高能上升到D点，则有：
mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0
代入数据解得：Hmax＝0.7 m
故有：0.65 m≤H≤0.7 m.
答案：(1)84 N (2)0.65 m≤H≤0.7 m
用动能定理解决多过程问题的方法技巧
(1)运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式．
(2)全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意它们的功能特点．
[题组突破]
1．如图甲所示为一景区游乐滑道，游客坐在座垫上沿着花岗岩滑道下滑，他可依靠手、脚与侧壁间的摩擦来控制下滑速度．滑道简化图如乙所示，滑道由AB、BC、CD三段组成，各段之间平滑连接．AB段和CD段与水平面夹角为θ1，竖直距离均为h0，BC段与水平面夹角为θ2，竖直距离为h0.一质量为m的游客从A点由静止开始下滑，到达底端D点时的安全速度不得大于，已知sin θ1＝、sin θ2＝，座垫与滑道底面间摩擦及空气阻力均不计，若未使用座垫，游客与滑道底面间的摩擦力大小f恒为重力的0.1倍，运动过程中游客始终不离开滑道，问：
(1)游客使用座垫自由下滑(即与侧壁间无摩擦)，则游客在BC段增加的动能ΔEk多大？
(2)若游客未使用座垫且与侧壁间无摩擦下滑，则游客到达D点时是否安全；
(3)若游客使用座垫下滑，则克服侧壁摩擦力做功的最小值．
解析：(1)由动能定理得ΔEk＝mgh0.
(2)在AD段，由动能定理得
mg(h0＋h0＋h0)－0.1mg＝mv－0，
解得vD＝ ＞，到达D点时不安全．
(3)整个过程，由动能定理得
mg－W＝mv－0，
解得W＝1.5mgh0.
答案：(1)mgh0 (2)不安全 (3)1.5mgh0
2．(2019·天津卷)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1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2，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：
(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．
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 J．③
(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．⑥
答案：(1)7.5×104 J (2)1.1×103 N
命题点三 动能定理与图像的综合问题(师生互动)
[核心整合]
1．常与动能定理结合的四类图像
v t图
由公式x＝v t可知，v t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移
at图
由公式Δv＝at可知，at图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量
Fx图
由公式W＝Fx可知，Fx图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
Pt图
由公式W＝Pt可知，Pt图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
2.解决物理图像问题的基本步骤
(2022·北京市九中高三检测)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2.根据图像可求出：
(1)物体的初速度是多少？
(2)物体与斜面间的动摩擦因数μ是多少？
(3)针对不同斜面倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值是多少？
解析：(1)由题图可知，当θ＝90°时物体做竖直上抛运动，位移为x＝1.80 m；由竖直上抛运动规律可知：v＝2gh，
代入数据解得：v0＝6 m/s.
(2)当θ＝0°时，位移为 x＝2.40 m；由动能定理可得：－μmgx＝0－mv
代入数据解得：μ＝0.75.
(3)由动能定理得：－mgxsin θ－μmgxcos θ＝0－mv，
解得：x＝ m＝ m，
当θ＋α＝90°时，sin(θ＋α)＝1；此时位移最小，
x＝1.44 m.
答案：(1)6 m/s (2)0.75 (3)1.44 m
动能定理与图像结合问题的分析方法
(1)首先看清所给图像的种类(如vt图像、Ft图像、Ekt图像等)．
(2)挖掘图像的隐含条件，得出所需要的物理量，如由vt图像所包围的“面积”求位移，由Fx图像所包围的“面积”求功等．
(3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量．
[题组突破]
1.(动能定理与Ekx图像结合)(2020·江苏卷)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( )
解析：A 设斜面的倾角为θ，小物块滑至斜面某处(发生的水平位移为x)时的末动能为Ek，由动能定理，mgxtan θ－μ1mg cos θ＝Ek－0，即mgxtan θ－μ1mgx＝Ek－0，故小物块沿斜面下滑时Ek与x成正比．当小物块在水平地面上运动时，可逆向看作初速度为零的匀加速运动．由动能定理得μ2mgx＝Ek，即Ek与x也成正比．
2．(动能定理与Fx图像结合)(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
解析：ABC 物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力Ff大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝＝0.35，A正确；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－mv2，根据Fx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，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．
素养培优15 运用动能定理巧解三类往复运动问题
类型一 往复次数可确定的情形
如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离d＝0.50 m．盆边缘的高度为h＝0.30 m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出)．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为 μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为( )
A．0.50 m B．0.25 m
C．0.10 m D．0
解析：D 设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有BC面上存在摩擦力，其做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0，代入数据可解得s＝3 m．由于d＝0.50 m，所以，小物块在BC面上经过3次往复运动后，又回到B点．D正确．
类型二 往复次数无法确定的情形
如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是( )
A．
B．
C．
D．
解析：A 滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为s，对滑块运动的全程应用动能定理：mgx0sin θ－μmgscos θ＝0－mv，解得s＝，选项A正确．
类型三 往复运动永不停止的情形
如图所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相切，C为切点，圆弧轨道的半径为
R，斜面的倾角为θ.现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动，已知圆弧轨道的圆心O与A、D在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求：
(1)滑块第一次滑至左侧圆弧上时距A点的最小高度差h；
(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s.
解析：(1)滑块从D到达左侧最高点F经历DC、CB、BF三个过程，现以DF整个过程为研究过程，运用动能定理得：
mgh－μmgcos θ·＝0，
解得h＝.
(2)通过分析可知，滑块最终至C点的速度为0时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得：
mgRcos θ－μmgcos θ·s＝0，
解得：s＝.
答案：(1) (2)
(1)应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的初状态和最终状态．
(2)重力做功与物体运动路径无关，可用WG＝mgh直接求解．
(3)滑动摩擦力做功与物体运动路径有关，可用Wf＝－Ffs求解，其中s为物体相对滑行的总路程．
限时规范训练
[基础巩固]
1.(2021·山东卷)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．
解析：B 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－Ff·2πL＝0－mv，可得摩擦力的大小Ff＝，故选B．
2．如图所示，小物体从A处由静止开始沿光滑斜面AO下滑，又在粗糙水平面上滑动，最终停在B处，已知A距水平面OB的高度为h，物体的质量为m, 现用力将物体从B点静止沿原路拉回至距水平面高为h的C点处，已知重力加速度为g，需外力做的功至少应为( )
A．mgh B．mgh
C．mgh D．2mgh
解析：C 物体从A到B全程应用动能定理可得mgh－Wf＝0，由B返回C处过程，由动能定理得WF－Wf－mgh＝0，联立可得WF＝mgh，故选C．
3．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的关系图像是( )
解析：A 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．
4．(2022·济南调研)(多选)如图所示，某质点沿直线运动的vt图像为余弦曲线，从图中可以判断( )
A．在0～t1时间内，合力逐渐减小
B．在0～t2时间内，合力做正功
C．在t1～t2时间内，合力的功率先增大后减小
D．在t2～t4时间内，合力做的总功为零
解析：CD 从vt图线的斜率表示加速度可知，在0～t1时间内，加速度增大，由牛顿第二定律可知，合力增大，故A错误；由动能定理知0～t2时间内，动能增量为0，即合外力做功为0，故B错误；t1时刻，F最大，v＝0，F的功率为0，t2时刻F＝0，速度最大，F的功率为0，t1～t2时间内，合外力的功率先增大后减小，故C正确；由动能定理知t2～t4时间内，动能增量为0，即合外力做功为0，故D正确．
5．(2022·广东茂名市第一中学期中)如图所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．运动员踢球时对足球做功mv2
B．足球上升过程重力做功mgh
C．运动员踢球时对足球做功mgh＋mv2
D．足球上升过程克服重力做功mgh＋mv2
解析：C 足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，重力做功为－mgh，即克服重力做功mgh，B、D错误；由动能定理有W人－mgh＝mv2，因此运动员对足球做功W人＝mgh＋mv2，故A错误，C正确．
6．质量m＝1 kg的物体，在水平恒定拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过的位移为4 m时，拉力F停止作用，运动到位移为8 m时物体停止运动，运动过程中Ekx图像如图所示．取g＝10 m/s2，求：
(1)物体的初速度大小；
(2)物体和水平面间的动摩擦因数；
(3)拉力F的大小．
解析：(1)从题图可知物体初动能为2 J，则
Ek0＝mv2＝2 J，
得v＝2 m/s.
(2)在位移为4 m处物体的动能为Ek＝10 J，在位移为8 m处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功．
设摩擦力为Ff，则由动能定理得
－Ff x2＝0－Ek，
代入数据，解得Ff＝2.5 N，
因Ff＝μmg，
故μ＝0.25.
(3)物体从开始运动到位移为4 m的过程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力为F－Ff，根据动能定理有
(F－Ff)x1＝Ek－Ek0，
故得F＝4.5 N.
答案：(1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N
[能力提升]
7．质量为m的物体从高为h的斜面顶端静止下滑，最后停在平面上，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，最后仍停在平面上，如图甲所示．图乙为物体两次在平面上运动的vt图像，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为( )
A．mv－3mgh B．3mgh－mv
C．mv－mgh D．mgh－mv
解析：D 若物体静止开始下滑，由动能定理得mgh－Wf＝mv，若该物体以v0的初速度从顶端下滑， 由动能定理得mgh－Wf＝mv－mv，由乙图可知，物体两次滑到平面的速度关系为v2＝2v1，由以上三式解Wf＝mgh－mv.
8．(2022·贵州安顺市网上调研)(多选)如图所示，半圆形光滑轨道BC与水平光滑轨道AB平滑连接．小物体在水平恒力F作用下，从水平轨道上的P点，由静止开始运动，运动到B点撤去外力F，小物体由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域．已知PB＝3R，重力加速度为g，F的大小可能为( )
A．mg B．
C．mg D．
解析：BC 小球能通过C点应满足m≥mg，且由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域，则有2R＝gt2，vCt<3R，对小球从P点到C点由动能定理得F·3R－2mgR＝mv，联立解得≤F＜，故B、C正确，A、D错误．
9.如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球挂在离水平地面高为3L的O点，小铁球以O为圆心在竖直面内做圆周运动且恰好能到达最高点A处，不计空气阻力，重力加速度为g，若运动到最高点时轻绳被切断，则小铁球落到地面时速度的大小为( )
A． B．
C．4 D．3
解析：D 小球刚好能在竖直平面做圆周运动且恰好到达最高点时，绳的拉力为零，只有重力提供向心力，有mg＝m，在最高点剪断绳后，小球做平抛运动落地，对这一过程由动能定理mg·4L＝mv－mv，联立可得落地速度v2＝3，故A、B、C错误，D正确．
10．一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是( )
解析：C 设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，沿斜面向上为位移正方向；小物块上滑过程，由动能定理得－(mgsin θ＋μmgcos θ)x＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin θ＋μmgcos θ)x；设小物块上滑的最大位移大小为s，小物块下滑过程，由动能定理得(mgsin θ－μmgcos θ)(s－x)＝Ek－0，整理得Ek＝(mgsin θ－μmgcos θ)s－(mgsin θ－μmgcos θ)x，故只有C正确．
11．如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系图像如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是( )
A．在0～h0过程中，F大小始终为mg
B．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1
C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加
D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少
解析：C 在0～h0过程中，Ekh图像为一段直线，由动能定理得(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A错误；由A可知，在0～h0过程中，F做功为2mgh0，在h0～2h0过程中，由动能定理可知，WF－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得WF＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为4∶3，故B错误；在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，C正确；在2h0～3.5h0过程中，由动能定理得WF′－1.5mgh0＝0－1.5mgh0，则WF′＝0，故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误．
12．(2021·全国乙卷)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向下拍球、球落地后反弹的高度也为1.5 m．假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变．重力加速度大小取g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；
(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小．
解析：(1)第一次篮球下落的过程中由动能定理可得E1＝mgh1
篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得
0－E2＝－mgh2
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0－E4＝0－mgh4
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＝E3
因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系
＝
代入数据可得W＝4.5 J.
(2)因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此由牛顿第二定律可得
F＋mg＝ma
在拍球时间内运动的位移为x＝at2
做得功为W＝Fx
联立可得F＝9 N．(F＝－15 N舍去)
答案：(1)4.5 J (2)9 N
[热点加练]
13．如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点．一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动．小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%.小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为( )
A． B．
C． D．
解析：B 由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH＝Ek，此时小物块所走路程s1＝，第一次通过O点后动能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高度H1＝95%H，第二次到达O点滑下的路程s2＝＝95%，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)2，…，故小物块下滑的总路程s总＝s1＋s2＋…sn＝＋95%＋(95%)2＋…(95%)n－1，n无穷大时，可得s总＝(等比数列求和)，故B正确．
14.(2022·广西南宁模拟)(多选)在有大风的情况下，一小球自A点竖直上抛，其运动轨迹如图所示(小球的运动可看作竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动的合运动)，小球运动轨迹上的A、B两点在同一水平直线上，M点为轨迹的最高点．若风力的大小恒定，方向水平向右，小球在A点抛出时的动能为4 J，在M点时它的动能为2 J，落回到B点时动能记为EkB，小球上升时间记为t1，下落时间记为t2，不计其他阻力，则( )
A．x1∶x2＝1∶3 B．t1
解析：AD 由小球上升与下落时间相等即t1＝t2得，x1∶(x1＋x2)＝1∶22＝1∶4，即x1∶x2＝1∶3，A正确，B错误；A→M应用动能定理得－mgh＋W1＝mv－mv2①，竖直方向有v2＝2gh②，①②式联立得W1＝2 J，A→B风力做功W2＝4W1＝8 J，A→B由动能定理W2＝EkB－EkA，可求得EkB＝12 J，C错误，D正确．
15.(2022·四川内江市上学期一模)如图所示，为某运动员(可视为质点)参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变化的vt图像，以他离开跳板时为计时起点，不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )
A．t3时刻达到最高点
B．t2时刻的位移最大
C．t1时刻的加速度为负
D．在t1～t2时间内，重力做功WG大于克服阻力做功Wf
解析：D 运动员起跳时的速度方向向上，可知，t1时刻达到最高点，故A错误；vt图像为直线，加速度不变，所以在0～t2时间内人在空中，t2时刻开始进入水面，之后进入水中，此时人的位移不是最大，t1时刻的加速度为正值，故B、C错误；在t1～t2时间内，由动能定理可知WG－Wf＝mv2，即重力做功WG大于克服阻力做功Wf，故D正确．
16．(多选)放在粗糙水平地面上质量为0.8 kg的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示．下列说法中正确的是(g取10 m/s2)( )
甲 乙
A．0～6 s内拉力做的功为140 J
B．物体在0～2 s内所受的拉力为4 N
C．物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5
D．合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等
解析：AD 由于Pt图像与t轴围成的面积表示拉力所做的功，所以0～6 s内拉力做的功为W＝×2×60 J＋4×20 J＝140 J，故A正确；由水平拉力的功率P＝Fv可得，在0～2 s内拉力F＝＝6 N，2～6 s，拉力F′＝＝2 N，故B错误；物体在水平面上只受摩擦力和拉力，在2～6 s内物体受力平衡可得f＝μmg＝F′，解得μ＝＝＝0.25，故C错误；由vt图像可知，物体在2 s末的速度与6 s末的速度相等，由动能定理W合＝ΔEk可知，0～6 s与0～2 s动能的变化量相同，所以合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等，故D正确．
17.(2022·江苏启东中学模拟)(多选)如图所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后原速率返回．现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，设重力加速度为g，由此可以确定( )
A．滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2
B．滑块第1次与挡板碰撞前的速度v1
C．滑块与杆之间的动摩擦因数μ
D．滑块第k次与挡板碰撞到第k＋1次与挡板碰撞的时间间隔Δt
解析：AC 设AB长为L.对整个过程运用动能定理得：mgsin α·0.5L－μmgcos α(L＋0.5L)＝0，得：μ＝；根据牛顿第二定律得下滑过程：mgsin α－μmg cos α＝ma1；上滑过程：mgsin α＋μmgcos α＝ma2；解得：a1＝gsin α－μgcos α，a2＝gsin α＋μgcos α，所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2，故A、C正确；由于AB间的距离未知，尽管求出加速度，但不能求出滑块到达挡板时的时间以及与挡板碰撞的速度，故B、D错误．
18.(2022·河南名校联考)如图所示，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)
(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.
解析：(1)物体P在AB轨道上滑动时，只有重力做功，根据动能定理，
有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，运动时间为t，有：
t＝＝
当B点右方安装木板时，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＝.
答案：(1) (2)
第2讲 动能定理及其应用
[主干知识·填一填]
一、动能
1．公式：Ek＝mv2，式中v为瞬时速度，动能是状态量．
2．矢标性：动能是标量，只有正值，动能与速度的方向无关．
3．动能的变化量：ΔEk＝mv－mv.
4．动能的相对性
由于速度具有相对性，则动能也具有相对性，一般以地面为参考系．
二、动能定理
1．内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化．
2．表达式：W＝ΔEk＝mv－mv.
3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度．
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)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，也可以不同时作用．
[规律结论·记一记]
1．动能是标量，mv2中的v指物体的合速度，动能定理中的功指所有力做的总功，所以不能把速度分解到某个力的方向上应用动能定理．
2．动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量．动能为非负值，而动能变化量有正负之分．ΔEk＞0表示物体的动能增加，ΔEk<0表示物体的动能减少．
3．应用动能定理时，物体的位移、速度都应以地面或相对地面静止的物体为参考系．
4．动能定理是标量关系式，应用动能定理时不用规定正方向，但要明确相应过程中各力做功的正负，无法确定正负的假设为正功，然后代入计算，根据结果再行判断．
5．动能定理研究的对象是单一物体(质点)或者是可以看成单一物体(质点)的物体系．对于运动状态不同的物体，应分别应用动能定理列式求解．
[必刷小题·测一测]
一、易混易错判断
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．(√)
二、经典小题速练
1．(多选)关于动能，下列说法正确的是( )
A．公式Ek＝mv2中的速度v一般是物体相对于地面的速度
B．动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体运动的方向无关
C．物体以相同的速率向东和向西运动，动能的大小相等但方向不同
D．物体以相同的速率做匀速直线运动和曲线运动，其动能不同
解析：AB 动能是标量，与速度的大小有关，而与速度的方向无关．公式中的速度一般是相对于地面的速度，故A、B正确．
2．(多选)质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则( )
A．质量大的物体滑行的距离大
B．质量小的物体滑行的距离大
C．它们滑行的距离一样大
D．它们克服摩擦力所做的功一样多
解析：BD 由动能定理可知，摩擦力对物体所做的功等于物体动能的变化量，因两物体具有相同的初动能，故两物体滑行过程中克服摩擦力所做的功也相同，又Wf＝μmgx可知，质量越大的物体，滑行的距离x越小，故选项B、D正确．
3.(2022·辽宁大连市高三月考)如图所示，一名滑雪爱好者从离地h＝40 m 高的山坡上A点由静止沿两段坡度不同的直雪道AD、DC滑下，滑到坡底C时的速度大小v＝20 m/s.已知滑雪爱好者的质量m＝60 kg，滑雪板与雪道间的动摩擦因数μ＝0.25，BC间的距离L＝100 m，重力加速度g＝10 m/s2，忽略在D点损失的机械能，则下滑过程中滑雪爱好者做的功为( )
A．3000 J B．4000 J
C．5000 J D．6000 J
解析：A 根据动能定理有W－μmgLADcos α－μmgLCDcos β＋mgh＝mv2，即：W－μmgL＋mgh＝mv2，求得W＝3000 J，故选A．
命题点一 对动能定理的理解及应用(自主学习)
[核心整合]
1．对“外力”的两点理解
(1)“外力”指的是合外力，可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用．
(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力．
2．公式W合＝ΔEk中“＝”体现的三个关系
[题组突破]
1．(对动能的理解)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( )
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的动量成正比
解析：B 动能Ek＝mv2，与速度的平方成正比，故C错误．速度v＝at，可得Ek＝ma2t2，与经历的时间的平方成正比，故A错误．根据v2＝2ax，可得Ek＝max，与位移成正比，故B正确．动量p＝mv，可得Ek＝，与动量的平方成正比，故D错误．
2.(对动能定理的理解)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．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
解析：A 根据动能定理可得：WF＋Wf＝Ek，又知道摩擦力做负功，即Wf＜0，所以木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，选项A正确、B错误；根据WF＋Wf＝Ek，无法确定Ek与－Wf的大小关系，选项C、D错误．
3．(动能定理的应用)(2021·河北卷)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
解析：A 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．
命题点二 应用动能定理求解多过程问题(师生互动)
[核心整合]
1．首先需要建立运动模型，选择合适的研究过程能使问题得以简化．当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程．
2．当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特点：
(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关．
(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积．
3．专注过程与过程的连接状态的受力特征与运动特征(比如：速度、加速度或位移)．
4．列整体(或分过程)的动能定理方程．
(2022·信阳模拟)如图所示AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置．AB是半径为R＝1 m的圆周轨道，CDO是半径为r＝0.5 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回，不损失能量，图中没有画出)，D为CDO轨道的中点．BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC段水平轨道长L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2.现让一个质量为m＝1 kg的小球从A点的正上方距水平线OA高H的P处自由落下．(g取10 m/s2)
(1)当H＝2 m时，求此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小；
(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，求H的取值范围．
解析：(1)设小球第一次到达D的速度为vD，对小球从P到D点的过程，根据动能定理得：
mg(H＋r)－μmgL＝mv－0
在D点轨道对小球的支持力FN提供向心力，则有：
FN＝m
联立解得：FN＝84 N
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为：
FN′＝FN＝84 N.
(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最小时必须满足能上升到O点，由动能定理得：
mgHmin－μmgL＝mv－0
在O点有：mg＝m
代入数据解得：Hmin＝0.65 m
仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最大时，碰后再返回最高能上升到D点，则有：
mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0
代入数据解得：Hmax＝0.7 m
故有：0.65 m≤H≤0.7 m.
答案：(1)84 N (2)0.65 m≤H≤0.7 m
用动能定理解决多过程问题的方法技巧
(1)运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式．
(2)全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意它们的功能特点．
[题组突破]
1．如图甲所示为一景区游乐滑道，游客坐在座垫上沿着花岗岩滑道下滑，他可依靠手、脚与侧壁间的摩擦来控制下滑速度．滑道简化图如乙所示，滑道由AB、BC、CD三段组成，各段之间平滑连接．AB段和CD段与水平面夹角为θ1，竖直距离均为h0，BC段与水平面夹角为θ2，竖直距离为h0.一质量为m的游客从A点由静止开始下滑，到达底端D点时的安全速度不得大于，已知sin θ1＝、sin θ2＝，座垫与滑道底面间摩擦及空气阻力均不计，若未使用座垫，游客与滑道底面间的摩擦力大小f恒为重力的0.1倍，运动过程中游客始终不离开滑道，问：
(1)游客使用座垫自由下滑(即与侧壁间无摩擦)，则游客在BC段增加的动能ΔEk多大？
(2)若游客未使用座垫且与侧壁间无摩擦下滑，则游客到达D点时是否安全；
(3)若游客使用座垫下滑，则克服侧壁摩擦力做功的最小值．
解析：(1)由动能定理得ΔEk＝mgh0.
(2)在AD段，由动能定理得
mg(h0＋h0＋h0)－0.1mg＝mv－0，
解得vD＝ ＞，到达D点时不安全．
(3)整个过程，由动能定理得
mg－W＝mv－0，
解得W＝1.5mgh0.
答案：(1)mgh0 (2)不安全 (3)1.5mgh0
2．(2019·天津卷)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1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2，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：
(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．
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 J．③
(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．⑥
答案：(1)7.5×104 J (2)1.1×103 N
命题点三 动能定理与图像的综合问题(师生互动)
[核心整合]
1．常与动能定理结合的四类图像
v t图
由公式x＝v t可知，v t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移
at图
由公式Δv＝at可知，at图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量
Fx图
由公式W＝Fx可知，Fx图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
Pt图
由公式W＝Pt可知，Pt图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
2.解决物理图像问题的基本步骤
(2022·北京市九中高三检测)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2.根据图像可求出：
(1)物体的初速度是多少？
(2)物体与斜面间的动摩擦因数μ是多少？
(3)针对不同斜面倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值是多少？
解析：(1)由题图可知，当θ＝90°时物体做竖直上抛运动，位移为x＝1.80 m；由竖直上抛运动规律可知：v＝2gh，
代入数据解得：v0＝6 m/s.
(2)当θ＝0°时，位移为 x＝2.40 m；由动能定理可得：－μmgx＝0－mv
代入数据解得：μ＝0.75.
(3)由动能定理得：－mgxsin θ－μmgxcos θ＝0－mv，
解得：x＝ m＝ m，
当θ＋α＝90°时，sin(θ＋α)＝1；此时位移最小，
x＝1.44 m.
答案：(1)6 m/s (2)0.75 (3)1.44 m
动能定理与图像结合问题的分析方法
(1)首先看清所给图像的种类(如vt图像、Ft图像、Ekt图像等)．
(2)挖掘图像的隐含条件，得出所需要的物理量，如由vt图像所包围的“面积”求位移，由Fx图像所包围的“面积”求功等．
(3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量．
[题组突破]
1.(动能定理与Ekx图像结合)(2020·江苏卷)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( )
解析：A 设斜面的倾角为θ，小物块滑至斜面某处(发生的水平位移为x)时的末动能为Ek，由动能定理，mgxtan θ－μ1mg cos θ＝Ek－0，即mgxtan θ－μ1mgx＝Ek－0，故小物块沿斜面下滑时Ek与x成正比．当小物块在水平地面上运动时，可逆向看作初速度为零的匀加速运动．由动能定理得μ2mgx＝Ek，即Ek与x也成正比．
2．(动能定理与Fx图像结合)(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
解析：ABC 物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力Ff大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝＝0.35，A正确；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－mv2，根据Fx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，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．
素养培优15 运用动能定理巧解三类往复运动问题
类型一 往复次数可确定的情形
如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离d＝0.50 m．盆边缘的高度为h＝0.30 m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出)．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为 μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为( )
A．0.50 m B．0.25 m
C．0.10 m D．0
解析：D 设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有BC面上存在摩擦力，其做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0，代入数据可解得s＝3 m．由于d＝0.50 m，所以，小物块在BC面上经过3次往复运动后，又回到B点．D正确．
类型二 往复次数无法确定的情形
如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是( )
A．
B．
C．
D．
解析：A 滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为s，对滑块运动的全程应用动能定理：mgx0sin θ－μmgscos θ＝0－mv，解得s＝，选项A正确．
类型三 往复运动永不停止的情形
如图所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相切，C为切点，圆弧轨道的半径为
R，斜面的倾角为θ.现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动，已知圆弧轨道的圆心O与A、D在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求：
(1)滑块第一次滑至左侧圆弧上时距A点的最小高度差h；
(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s.
解析：(1)滑块从D到达左侧最高点F经历DC、CB、BF三个过程，现以DF整个过程为研究过程，运用动能定理得：
mgh－μmgcos θ·＝0，
解得h＝.
(2)通过分析可知，滑块最终至C点的速度为0时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得：
mgRcos θ－μmgcos θ·s＝0，
解得：s＝.
答案：(1) (2)
(1)应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的初状态和最终状态．
(2)重力做功与物体运动路径无关，可用WG＝mgh直接求解．
(3)滑动摩擦力做功与物体运动路径有关，可用Wf＝－Ffs求解，其中s为物体相对滑行的总路程．
限时规范训练
[基础巩固]
1.(2021·山东卷)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．
解析：B 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－Ff·2πL＝0－mv，可得摩擦力的大小Ff＝，故选B．
2．如图所示，小物体从A处由静止开始沿光滑斜面AO下滑，又在粗糙水平面上滑动，最终停在B处，已知A距水平面OB的高度为h，物体的质量为m, 现用力将物体从B点静止沿原路拉回至距水平面高为h的C点处，已知重力加速度为g，需外力做的功至少应为( )
A．mgh B．mgh
C．mgh D．2mgh
解析：C 物体从A到B全程应用动能定理可得mgh－Wf＝0，由B返回C处过程，由动能定理得WF－Wf－mgh＝0，联立可得WF＝mgh，故选C．
3．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的关系图像是( )
解析：A 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．
4．(2022·济南调研)(多选)如图所示，某质点沿直线运动的vt图像为余弦曲线，从图中可以判断( )
A．在0～t1时间内，合力逐渐减小
B．在0～t2时间内，合力做正功
C．在t1～t2时间内，合力的功率先增大后减小
D．在t2～t4时间内，合力做的总功为零
解析：CD 从vt图线的斜率表示加速度可知，在0～t1时间内，加速度增大，由牛顿第二定律可知，合力增大，故A错误；由动能定理知0～t2时间内，动能增量为0，即合外力做功为0，故B错误；t1时刻，F最大，v＝0，F的功率为0，t2时刻F＝0，速度最大，F的功率为0，t1～t2时间内，合外力的功率先增大后减小，故C正确；由动能定理知t2～t4时间内，动能增量为0，即合外力做功为0，故D正确．
5．(2022·广东茂名市第一中学期中)如图所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．运动员踢球时对足球做功mv2
B．足球上升过程重力做功mgh
C．运动员踢球时对足球做功mgh＋mv2
D．足球上升过程克服重力做功mgh＋mv2
解析：C 足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，重力做功为－mgh，即克服重力做功mgh，B、D错误；由动能定理有W人－mgh＝mv2，因此运动员对足球做功W人＝mgh＋mv2，故A错误，C正确．
6．质量m＝1 kg的物体，在水平恒定拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过的位移为4 m时，拉力F停止作用，运动到位移为8 m时物体停止运动，运动过程中Ekx图像如图所示．取g＝10 m/s2，求：
(1)物体的初速度大小；
(2)物体和水平面间的动摩擦因数；
(3)拉力F的大小．
解析：(1)从题图可知物体初动能为2 J，则
Ek0＝mv2＝2 J，
得v＝2 m/s.
(2)在位移为4 m处物体的动能为Ek＝10 J，在位移为8 m处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功．
设摩擦力为Ff，则由动能定理得
－Ff x2＝0－Ek，
代入数据，解得Ff＝2.5 N，
因Ff＝μmg，
故μ＝0.25.
(3)物体从开始运动到位移为4 m的过程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力为F－Ff，根据动能定理有
(F－Ff)x1＝Ek－Ek0，
故得F＝4.5 N.
答案：(1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N
[能力提升]
7．质量为m的物体从高为h的斜面顶端静止下滑，最后停在平面上，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，最后仍停在平面上，如图甲所示．图乙为物体两次在平面上运动的vt图像，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为( )
A．mv－3mgh B．3mgh－mv
C．mv－mgh D．mgh－mv
解析：D 若物体静止开始下滑，由动能定理得mgh－Wf＝mv，若该物体以v0的初速度从顶端下滑， 由动能定理得mgh－Wf＝mv－mv，由乙图可知，物体两次滑到平面的速度关系为v2＝2v1，由以上三式解Wf＝mgh－mv.
8．(2022·贵州安顺市网上调研)(多选)如图所示，半圆形光滑轨道BC与水平光滑轨道AB平滑连接．小物体在水平恒力F作用下，从水平轨道上的P点，由静止开始运动，运动到B点撤去外力F，小物体由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域．已知PB＝3R，重力加速度为g，F的大小可能为( )
A．mg B．
C．mg D．
解析：BC 小球能通过C点应满足m≥mg，且由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域，则有2R＝gt2，vCt<3R，对小球从P点到C点由动能定理得F·3R－2mgR＝mv，联立解得≤F＜，故B、C正确，A、D错误．
9.如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球挂在离水平地面高为3L的O点，小铁球以O为圆心在竖直面内做圆周运动且恰好能到达最高点A处，不计空气阻力，重力加速度为g，若运动到最高点时轻绳被切断，则小铁球落到地面时速度的大小为( )
A． B．
C．4 D．3
解析：D 小球刚好能在竖直平面做圆周运动且恰好到达最高点时，绳的拉力为零，只有重力提供向心力，有mg＝m，在最高点剪断绳后，小球做平抛运动落地，对这一过程由动能定理mg·4L＝mv－mv，联立可得落地速度v2＝3，故A、B、C错误，D正确．
10．一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是( )
解析：C 设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，沿斜面向上为位移正方向；小物块上滑过程，由动能定理得－(mgsin θ＋μmgcos θ)x＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin θ＋μmgcos θ)x；设小物块上滑的最大位移大小为s，小物块下滑过程，由动能定理得(mgsin θ－μmgcos θ)(s－x)＝Ek－0，整理得Ek＝(mgsin θ－μmgcos θ)s－(mgsin θ－μmgcos θ)x，故只有C正确．
11．如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系图像如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是( )
A．在0～h0过程中，F大小始终为mg
B．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1
C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加
D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少
解析：C 在0～h0过程中，Ekh图像为一段直线，由动能定理得(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A错误；由A可知，在0～h0过程中，F做功为2mgh0，在h0～2h0过程中，由动能定理可知，WF－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得WF＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为4∶3，故B错误；在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，C正确；在2h0～3.5h0过程中，由动能定理得WF′－1.5mgh0＝0－1.5mgh0，则WF′＝0，故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误．
12．(2021·全国乙卷)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向下拍球、球落地后反弹的高度也为1.5 m．假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变．重力加速度大小取g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；
(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小．
解析：(1)第一次篮球下落的过程中由动能定理可得E1＝mgh1
篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得
0－E2＝－mgh2
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0－E4＝0－mgh4
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＝E3
因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系
＝
代入数据可得W＝4.5 J.
(2)因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此由牛顿第二定律可得
F＋mg＝ma
在拍球时间内运动的位移为x＝at2
做得功为W＝Fx
联立可得F＝9 N．(F＝－15 N舍去)
答案：(1)4.5 J (2)9 N
[热点加练]
13．如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点．一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动．小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%.小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为( )
A． B．
C． D．
解析：B 由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH＝Ek，此时小物块所走路程s1＝，第一次通过O点后动能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高度H1＝95%H，第二次到达O点滑下的路程s2＝＝95%，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)2，…，故小物块下滑的总路程s总＝s1＋s2＋…sn＝＋95%＋(95%)2＋…(95%)n－1，n无穷大时，可得s总＝(等比数列求和)，故B正确．
14.(2022·广西南宁模拟)(多选)在有大风的情况下，一小球自A点竖直上抛，其运动轨迹如图所示(小球的运动可看作竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动的合运动)，小球运动轨迹上的A、B两点在同一水平直线上，M点为轨迹的最高点．若风力的大小恒定，方向水平向右，小球在A点抛出时的动能为4 J，在M点时它的动能为2 J，落回到B点时动能记为EkB，小球上升时间记为t1，下落时间记为t2，不计其他阻力，则( )
A．x1∶x2＝1∶3 B．t1
解析：AD 由小球上升与下落时间相等即t1＝t2得，x1∶(x1＋x2)＝1∶22＝1∶4，即x1∶x2＝1∶3，A正确，B错误；A→M应用动能定理得－mgh＋W1＝mv－mv2①，竖直方向有v2＝2gh②，①②式联立得W1＝2 J，A→B风力做功W2＝4W1＝8 J，A→B由动能定理W2＝EkB－EkA，可求得EkB＝12 J，C错误，D正确．
15.(2022·四川内江市上学期一模)如图所示，为某运动员(可视为质点)参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变化的vt图像，以他离开跳板时为计时起点，不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )
A．t3时刻达到最高点
B．t2时刻的位移最大
C．t1时刻的加速度为负
D．在t1～t2时间内，重力做功WG大于克服阻力做功Wf
解析：D 运动员起跳时的速度方向向上，可知，t1时刻达到最高点，故A错误；vt图像为直线，加速度不变，所以在0～t2时间内人在空中，t2时刻开始进入水面，之后进入水中，此时人的位移不是最大，t1时刻的加速度为正值，故B、C错误；在t1～t2时间内，由动能定理可知WG－Wf＝mv2，即重力做功WG大于克服阻力做功Wf，故D正确．
16．(多选)放在粗糙水平地面上质量为0.8 kg的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示．下列说法中正确的是(g取10 m/s2)( )
甲 乙
A．0～6 s内拉力做的功为140 J
B．物体在0～2 s内所受的拉力为4 N
C．物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5
D．合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等
解析：AD 由于Pt图像与t轴围成的面积表示拉力所做的功，所以0～6 s内拉力做的功为W＝×2×60 J＋4×20 J＝140 J，故A正确；由水平拉力的功率P＝Fv可得，在0～2 s内拉力F＝＝6 N，2～6 s，拉力F′＝＝2 N，故B错误；物体在水平面上只受摩擦力和拉力，在2～6 s内物体受力平衡可得f＝μmg＝F′，解得μ＝＝＝0.25，故C错误；由vt图像可知，物体在2 s末的速度与6 s末的速度相等，由动能定理W合＝ΔEk可知，0～6 s与0～2 s动能的变化量相同，所以合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等，故D正确．
17.(2022·江苏启东中学模拟)(多选)如图所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后原速率返回．现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，设重力加速度为g，由此可以确定( )
A．滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2
B．滑块第1次与挡板碰撞前的速度v1
C．滑块与杆之间的动摩擦因数μ
D．滑块第k次与挡板碰撞到第k＋1次与挡板碰撞的时间间隔Δt
解析：AC 设AB长为L.对整个过程运用动能定理得：mgsin α·0.5L－μmgcos α(L＋0.5L)＝0，得：μ＝；根据牛顿第二定律得下滑过程：mgsin α－μmg cos α＝ma1；上滑过程：mgsin α＋μmgcos α＝ma2；解得：a1＝gsin α－μgcos α，a2＝gsin α＋μgcos α，所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2，故A、C正确；由于AB间的距离未知，尽管求出加速度，但不能求出滑块到达挡板时的时间以及与挡板碰撞的速度，故B、D错误．
18.(2022·河南名校联考)如图所示，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)
(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.
解析：(1)物体P在AB轨道上滑动时，只有重力做功，根据动能定理，
有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，运动时间为t，有：
t＝＝
当B点右方安装木板时，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＝.
答案：(1) (2)
相关试卷
2024年高考物理第一轮复习讲义：第五章 第2讲 动能定理及其应用： 这是一份2024年高考物理第一轮复习讲义：第五章 第2讲 动能定理及其应用，共8页。
2024年高考物理第一轮复习：第2讲 动能定理及其应用课件PPT： 这是一份2024年高考物理第一轮复习：第2讲 动能定理及其应用课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了主干知识·填一填，相对性，动能的变化，合外力，曲线运动，变力做功，不同时作用，规律结论·记一记，必刷小题·测一测，ABC等内容，欢迎下载使用。
高中物理高考 第2讲 动能定理及应用： 这是一份高中物理高考 第2讲 动能定理及应用，共18页。
