2020版高考物理新设计一轮复习江苏专版讲义：第五章第2节动能定理及其应用

第2节动能定理及其应用




(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。(√)

突破点(一)　对动能定理的理解

1．对“外力”的两点理解
(1)“外力”可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等，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．公式中“＝”体现的三个关系
数量关系
合力做的功与物体动能的变化相等
单位关系
国际单位都是焦耳
因果关系
合力做功是物体动能变化的原因

[题点全练]

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，则物体合外力一定为零
解析：选A　由W＝Flcos α可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α＝90°，故A正确，B错误；由动能定理W＝ΔEk可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大。动能不变，合外力做功为零，但物体合外力不一定为零，C、D均错误。
2.(2018·江阴四校期中)质量为M、长度为L的长木板静止在光滑的水平面上，质量为m的小滑块停放在长木板的最右端，滑块和木板之间的动摩擦因数为μ。现用一个大小为F的恒力作用在M上，当小滑块滑到木板的最左端时，滑块和木板的速度大小分别为v1、v2，滑块和木板相对于地面的位移大小分别为s1、s2。下列关系式错误的是(　　)
A．μmgs1＝mv12
B．Fs2－μmgs2＝Mv22
C．μmgL＝mv12
D．Fs2－μmgs2＋μmgs1＝Mv22＋mv12
解析：选C　对滑块，滑块受到重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，有 μmgs1＝mv12，故A正确；对木板，由动能定理得：Fs2－μmgs2＝Mv22，故B正确；由以上两式相加可得：Fs2－μmgs2＋μmgs1＝Mv22＋mv12，又s2－s1＝L，则得：Fs2－μmgL＝Mv22＋mv12，故C错误，D正确。
3．(2019·连云港一模)如图所示，放在光滑水平面上的劲度系数为k的弹簧一端固定，一质量为m，速度为v0的滑块将其压缩，经t时间后压缩量为x，此时速度为v；再经过极短的时间Δt，滑块运动的位移为Δx，速度的变化量为Δv，滑块动能的变化量为
ΔE。下列关系式中不正确的是(　　)
A．v＝ B．Δv＝
C．kxvt＝m(v02－v2) D．kxvΔt＝－ΔE
解析：选C　因为经过极短时间，可认为Δt→0，故v＝，A正确。根据动量定理，有FΔt＝mΔv；根据胡克定律，有F＝kx，联立解得Δv＝kx，B正确。根据动能定理，对压缩的整个过程，有Fx＝m(v02－v2)，根据胡克定律，有F＝kx，联立解得kx2＝m(v02－v2)，由于滑块做变加速直线运动，所以x≠vt，C错误。根据动能定理，对压缩Δx过程，有－F·vΔt＝m(v－Δv)2－mv2＝ΔE，根据胡克定律，有F＝kx；联立解得kxvΔt＝－ΔE，D正确。
突破点(二)　动能定理的应用

1．应用动能定理的流程

2．应用动能定理的注意事项
(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对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并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；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。
(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。
[典例]　(2017·江苏高考)如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为m，A、B的质量都为，与地面间的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；
(2)动摩擦因数的最小值μmin；
(3)A移动的整个过程中，拉力做的功W。
[思路点拨]
(1)根据共点力的平衡条件求解C受到B作用力的大小F。
(2)先根据共点力平衡条件求解B受到C水平方向最大压力，再求出B对地面的压力，根据摩擦力的计算公式求解。
(3)根据动能定理求解A移动的整个过程中，拉力做的功W。
[解析]　(1)对C受力分析，如图所示，根据平衡条件有
2Fcos 30°＝mg
解得F＝mg。
(2)C恰好降到地面时，B受C压力的水平分力最大Fxmax＝mg
B受地面的摩擦力f＝μmg
根据题意，B保持静止，
则有fmin＝Fxmax，解得μmin＝。
(3)C下降的高度h＝(－1)R
A的位移x＝2(－1)R
摩擦力做功的大小Wf＝fx＝2(－1)μmgR
根据动能定理W－Wf＋mgh＝0－0
解得W＝(2μ－1)(－1)mgR。

[答案]　(1)mg　(2)　(3)(2μ－1)(－1)mgR
[方法规律]
(1)运用动能定理解决问题时，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，要注意运用它们的功能特点：①重力做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做的功等于力的大小与路程的乘积。

[集训冲关]
1.[多选](2018·无锡期末)如图所示是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若小车在平直的公路上以初速度v0开始加速行驶，经过时间t达到最大速度vm，设此过程中电动机功率恒为额定功率P。根据以上条件可求出的物理量是(　　)
A．小车受到的阻力　　　　 　B．小车前进的距离
C．电动机所做的功 D．小车克服摩擦力做的功
解析：选AC　当小车在平直的公路达到最大速度vm时，电动机功率为额定功率P，则小车受到的阻力f＝F＝；此过程中电动机功率恒为额定功率P，运动时间为t，则电动机所做的功W＝Pt；对加速过程使用动能定理可得：Pt＋(－fx)＝mvm2－mv02，由于小车的质量未知，求不出小车前进的距离，也就求不出小车克服摩擦力做的功。
2．单板滑雪U型池如图所示，由两个完全相同的1/4圆弧滑道AB、CD和水平滑道BC构成，圆弧滑道的半径R＝4 m，B、C分别为圆弧滑道的最低点，B、C间的距离s＝7.5 m，假设某次比赛中运动员经过水平滑道B点时水平向右的速度v0＝16 m/s，运动员从B点运动到C点所用的时间t＝0.5 s，从D点跃起时的速度vD＝8 m/s。设运动员连同滑板的质量m＝50 kg，忽略空气阻力的影响，已知圆弧上A、D两点
的切线沿竖直方向，重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)运动员在B点对圆弧轨道的压力。
(2)运动员从D点跃起后在空中完成运动的时间。
(3)运动员从C点到D点运动的过程中克服摩擦阻力所做的功。
解析：(1)由N－mg＝知N＝3 700 N
由牛顿第三定律知，压力为3 700 N。
(2)运动员从D点跃起后在空中做竖直上抛运动，设运动员上升的时间为t1，vD＝gt1
运动员在空中完成动作的时间t′＝2t1＝＝1.6 s。
(3)运动员从B点到C点，做匀变速直线运动，运动过程的平均速度BC＝＝
解得运动员到达C点时的速度vC＝－vB＝14 m/s
运动员从C点到D点的过程中，克服摩擦力和重力做功，根据动能定理－Wf－mgR＝mvD2－mvC2
Wf＝mvC2－mvD2－mgR
代入数值解得Wf＝1 300 J。
答案：(1)3 700 N　(2)1.6 s　(3)Wf＝1 300 J
突破点(三)　动能定理的图像问题
1．解决物理图像问题的基本步骤

2．四类图像所围面积的含义
v­t图
由公式x＝vt可知，v­t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

[典例]　某同学近日做了这样一个实验，将一个小铁块(可看成质点)以一定的初速度，沿倾角可在0～90°之间任意调整的木板向上滑动，设小铁块沿木板向上能达到的最大位移为s。若木板倾角不同时对应的最大位移s与木板倾角α的关系如图所示。g取10 m/s2。求：

(1)小铁块初速度v0的大小以及小铁块与木板间的动摩擦因数μ是多少？
(2)当α＝60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，小铁块的速度将变为多大？(结果可以带根号)
[思路点拨]
(1)由题图，根据α＝90°时小铁块竖直上抛能达到的最大位移，由动力学公式求初速度；
(2)根据动能定理，求出小铁块沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角θ的关系表达式，根据α＝30°时的数据求出动摩擦因数；
(3)先求出α＝60°时小铁块上升的高度，然后由动能定理求出小铁块返回时的速度。
[解析]　(1)由题图可得，当α＝90°时，最大位移sm＝1.25 m，根据v02＝2gsm，代入数据得v0＝5 m/s，即小铁块的初速度为5 m/s。
小铁块沿斜面上滑过程，根据动能定理得：
－mgsin α·s－μmgcos α·s＝0－mv02
得s＝
由题图可得，α＝30°时，s1＝1.25 m，代入数据得：μ＝。
(2)由小铁块沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角α的关系为：s＝
把α＝60°代入，解得：s2＝ m
小铁块达到最高点后，又回到出发点，
整个过程由动能定理得：
－μmgcos α·2s2＝mvt2－mv02
解得：vt＝ m/s。
[答案]　(1)5 m/s　　(2) m/s

[集训冲关]

1．(2017·江苏高考)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：选C　设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则物块在上滑过程中根据动能定理有－(mgsin θ＋μmgcos θ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsin θ＋μmgcos θ)x，所以物块的动能Ek与位移x的函数关系图线为直线且斜率为负；物块沿斜面下滑的过程中根据动能定理有(mgsin θ－μmgcos θ)(x0－x)＝Ek，其中x0为小物块到达最高点时的位移，即Ek＝－(mgsin θ－μmgcos θ)x＋(mgsin θ＋μmgcos θ)x0，所以下滑时Ek随x的减小而增大且为直线。由此可以判断C项正确。
2．(2018·连云港二模)随着人民生活水平的提高，越来越多的家庭有了汽车，交通安全问题显得尤为重要。如图是某型号汽车刹车时刹车痕迹(即刹车距离)与刹车前车速的关系图像，v为车速，s为刹车痕迹长度。若某次测试中，汽车刹车后运行距离为20 m时的车速仍为45 km/h，则刹车前车的初速度为(　　)

A．60 km/h　　　　　　　 　B．75 km/h
C．82.5 km/h D．105 km/h
解析：选B　由题图可知，v1＝60 km/h＝ m/s时，刹车位移是s1＝20 m，根据v12＝2as1，得a＝6.9 m/s2，当汽车以v0速度刹车时，运行s2＝20 m时，车速仍为v2＝45 km/h＝ m/s，由v02－v22＝2as2，解得v0＝20.8 m/s＝75 km/h，B正确。
3．如图甲所示，一半径R＝1 m、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于B点，圆弧形轨道的最高点为M，斜面倾角θ＝37°，t＝0时刻有一物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示，若物块恰能到达M点，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

(1)物块经过M点的速度大小；
(2)物块经过B点的速度大小；
(3)物块与斜面间的动摩擦因数。
解析：(1)物块恰能到达M点，则有mg＝m
解得vM＝＝ m/s。
(2)物块从B点运动到M点的过程中，由动能定理得
－mgR(1＋cos 37°)＝mvM2－mvB2
解得vB＝ m/s。
(3)由题图乙可知，物块在斜面上运动时，加速度大小为
a＝＝10 m/s2，方向沿斜面向下，由牛顿第二定律得
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma
解得μ＝0.5。
答案：(1) m/s　(2) m/s　(3)0.5
突破点(四)　应用动能定理解决平抛运动、圆周运动问题
1.平抛运动和圆周运动都属于曲线运动，若只涉及位移和速度而不涉及时间，应优先考虑用动能定理列式求解。
2.动能定理的表达式为标量式，不能在某一个方向上列动能定理方程。
[典例]　(2019·苏州调研)如图所示，倾角为37°的光滑倾斜轨道AB与粗糙的竖直放置的半圆形轨道CD通过一小段圆弧BC平滑连接，BC的长度可忽略不计，C为圆弧轨道的最低点。一小物块在A点从静止开始沿AB轨道下滑，进入半圆形轨道CD，运动半周后恰好能通过轨道CD的最高点D，最后落回到倾斜轨道AB上。已知小物块可以看成质点，质量m＝0.4 kg，半圆形轨道半径R＝0.4 m，A点与轨道最低点的高度差h＝1.25 m，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。求：
(1)小物块运动到C点时对半圆形轨道压力F的大小；
(2)小物块在半圆形轨道上运动过程中克服摩擦力所做的功W；
(3)小物块从D点落回到倾斜轨道AB上的运动时间t。(结果可保留根号)
[审题指导]
第一步：抓关键点
关键点
获取信息
倾角为37°的光滑倾斜轨道AB
AB轨道无摩擦力做功
小物块由静止从A点释放
小物块的初速度vA＝0
小物块刚到C时对轨道的作用力
①小物块在圆弧轨道BC的最低点，具有竖直向上的向心加速度
②利用牛顿第三定律确定小球对轨道的压力
恰好能通过轨道CD的最高点D
利用向心力公式可求出最高点速度

第二步：找突破口
(1)从A点到C点，只有重力做功。
(2)在圆弧轨道的C点：FN－mg＝m。
(3)恰好过D点，则过D点时小物块所受弹力为0。
(4)小物块从D点落回到倾斜轨道AB上，做平抛运动。
[解析]　(1)从A点到C点，由动能定理得：
mgh＝mvC2
代入数据解得vC＝5 m/s
在C点，由向心力公式得：F－mg＝m
代入数据解得F＝29 N
由牛顿第三定律得F′＝F＝29 N。
(2)恰好过D点，则过D点时小物块所受弹力为0
由向心力公式得：mg＝m
代入数据解得vD＝2 m/s
从C点到D点，由动能定理得：
－mg·2R－W＝mvD2－mvC2
代入数据解得W＝1 J。
(3)小物块从D点落回到倾斜轨道AB上，做平抛运动
竖直方向：y＝gt2
水平方向：x＝vDt
由几何关系得：tan 37°＝
联立方程解得：t＝ s。
[答案]　(1)29 N　(2)1 J　(3) s

[集训冲关]

1.[多选](2018·南通模拟)如图所示，半径为R的半圆形的圆弧槽固定在水平面上，质量为m的小球(可视为质点)从圆弧槽的端点A由静止开始滑下，滑到最低点B时对轨道的正压力为2mg，重力加速度为g，则(　　)
A．小球在最低点B时速度为
B．小球在B点时，重力的功率为mg
C．小球由A到B的过程中克服摩擦力做功为mgR
D．小球由A到B过程中速度先增大后减小
解析：选CD　滑到最低点B时对轨道的正压力为2mg，那么由牛顿第三定律可知：小球受到的支持力也为2mg，那么由牛顿第二定律可得：2mg－mg＝，所以，v＝，故A错误；小球在B点的速度v＝，方向水平向右；重力方向竖直向下，重力与速度方向垂直，所以，重力的功率为0，故B错误；对小球下滑过程应用动能定理可得：小球由A到B的过程中克服摩擦力做功为：W＝mgR－mv2＝mgR－mgR＝mgR，故C正确；小球在任一径向与竖直方向夹角为θ时，沿速度方向受到的合外力为：F＝mgsin θ－μ，那么在该方向上的加速度为：a＝(tan θ－μ)gcos θ－μ；那么当小球开始下滑较短时间时，速度v较小，夹角θ较大，a大于0，小球加速；当θ较小时，a小于0，小球减速，故小球由A到B过程中速度先增大后减小，故D正确。
2．(2018·扬州期末)如图所示，一段粗糙的倾斜轨道，在B点与半径R＝0.5 m的光滑圆弧轨道BCD相切并平滑连接。CD是圆轨道的竖直直径，OB与OC的夹角θ＝53°。将质量为m＝1 kg的小滑块从倾斜轨道上的A点由静止释放，AB＝s，小滑块与倾斜轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2。
(1)若s＝2 m，求小物块第一次经过C点时的速度大小及其对轨道的压力大小；
(2)若物块能沿轨道到达D点，求AB的最小值s′。
解析：(1)对小滑块从A到C的过程应用动能定理：
mgs·sin θ＋mgR(1－cos θ)－μmgs·cos θ＝mvC2－0
代入数据得：vC＝2 m/s；
C点时对滑块应用牛顿第二定律：
FN－mg＝m
代入数据得：FN＝58 N
根据牛顿第三定律得：F压＝FN＝58 N。
(2)小滑块恰能通过最高点D时，只有重力提供向心力：
mg＝m
代入数据得：vD＝ m/s
对小滑块从静止释放到D点全过程应用动能定理：
mgs′·sin θ－mgR(1＋cos θ)－μmgs′·cos θ＝mvD2－0
代入数据得：s′＝2.1 m。
答案：(1)2 m/s　58 N　(2)2.1 m

运用动能定理巧解往复运动问题
在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定，求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出。由于动能定理只关心物体的初末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。
(一)往复次数可确定的情形
1．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：选D　设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有BC面上存在摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0－0，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。
(二)往复次数无法确定的情形
2.(2018·成都月考)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：选A　滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理：mgx0sin θ－μmgxcos θ＝0－mv02，解得x＝，选项A正确。

(三)往复运动永不停止的情形
3.如图所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相连，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为物体相对滑行的路程。