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所属成套资源：2021高考物理粤教版一轮复习学案
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2021届高考物理粤教版一轮学案：第五章第2讲动能定理及应用
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第2讲 动能定理及应用
知识要点
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＝1 kg·m2/s2。
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。
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，也可以间断作用。
基础诊断
1.(多选)关于动能的理解，下列说法正确的是( )
A.动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能
B.动能总为非负值
C.一定质量的物体动能变化时，速度不一定变化，但速度变化时，动能一定变化
D.动能不变的物体，一定处于平衡状态
解析 由动能的定义和特点知，A、B项正确；动能是标量而速度是矢量，当动能变化时，速度的大小一定变化；而速度的变化可能只是方向变了，大小未变，则动能不变，且物体有加速度，处于非平衡状态，故C、D项均错误。
答案 AB
2.(2018·全国Ⅱ卷，14)如图1，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1
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 由动能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A正确。
答案 A
3.两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比，m1∶m2＝1∶2，速度之比v1∶v2＝2∶1，当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为s1，乙车滑行的最大距离为s2，设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则( )
A.s1∶s2＝1∶2 B.s1∶s2＝1∶1
C.s1∶s2＝2∶1 D.s1∶s2＝4∶1
解析 由动能定理，对两车分别列式－f1s1＝0－m1v，－f2s2＝0－m2v，f1＝μm1g，f2＝μm2g，由以上四式联立得s1∶s2＝4∶1，故选项D正确。
答案 D
对动能定理的理解及应用
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
【例1】 (多选)如图2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都向前移动一段距离。在此过程中( )
图2
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
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，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。
答案 BD
1.(多选)如图3所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进的距离为L，子弹进入木块的深度为s。若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系式中正确的是( )
图3
A.FL＝Mv2 B.Fs＝mv2
C.Fs＝mv－(M＋m)v2 D.F(L＋s)＝mv－mv2
解析 根据动能定理，对子弹，有－F(L＋s)＝mv2－mv，选项D正确；对木块，有FL＝Mv2，选项A正确；由以上二式可得Fs＝mv－(M＋m)v2，选项C正确，只有选项B错误。
答案 ACD
2.(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
解析 因为重力做功－3 J，所以重力势能增加3 J，A正确，B错误；根据动能定理W合＝ΔEk，得ΔEk＝－3 J＋8 J－0.5 J＝4.5 J，C正确，D错误。
答案 AC
3.如图4所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为( )
图4
A.tan θ B.tan α
C.tan(θ＋α) D.tan(θ－α)
解析 如图所示，设B、O间距离为s1，A点离水平面的高度为h，A、O间的水平距离为s2，物块的质量为m，在物块运动的全过程中，应用动能定理可得mgh－μmgcos θ·－μmgs1＝0，解得μ＝＝tan α，故选项B正确。
答案 B
动能定理在多过程问题中的应用
1.多过程问题的分析方法
(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。
(2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。
(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。
(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。
(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。
(6)分析的思路
2.利用动能定理求解多过程问题的基本思路
【例2】 (2019·4月浙江选考，20)某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图5所示的物理模型。竖直平面内有一倾角θ＝37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径R＝0.4 m、转轴间距L＝2 m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H＝2.2 m。现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5。(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)
图5
(1)若h＝2.4 m，求小物块到达B端时速度的大小；
(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件；
(3)改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件。
解析 (1)小物块由静止释放到B的过程中，有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma
v＝2a
解得vB＝4 m/s。
(2)若要小物块落到传送带左侧地面，设当小物块到达传送带上D点时速度为零时，小物块从距传送带高度为h1处由静止释放，则有
mgh1－μmgcos θ·－μmgL＝0
解得h1＝3.0 m
当h＜h1＝3.0 m时满足题中条件。
(3)当小物块从右侧抛出时，设小物块到达D点的速度为v，则有
mgh－μmgcos θ－μmgL＝mv2
H＋2R＝gt2，x＝vt
解得x＝2(m)
为使小物块能在D点水平向右抛出，则需满足mg≤
解得h≥3.6 m。
答案 (1)4 m/s (2)h＜3.0 m (3)x＝2(m) h≥3.6 m
1.如图6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：
图6
(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)若游客未使用坐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(h0＋h0＋h0)－W＝mvD－0，
解得W＝1.5mgh0。
答案 (1)mgh0 (2)不安全 (3)1.5mgh0
2.在港珠澳大桥6.7千米海底隧道的两端各建有一个人工岛，两人工岛及隧道路面可简化成如图7所示，各部分的长度已在图中标出，其中倾斜路面与水平路面之间有一小段圆弧连接，重力加速度为g。
图7
(1)假设汽车在倾斜路面上运动所受阻力和在水平路面上运动所受阻力�
第2讲 动能定理及应用
知识要点
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＝1 kg·m2/s2。
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。
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，也可以间断作用。
基础诊断
1.(多选)关于动能的理解，下列说法正确的是( )
A.动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能
B.动能总为非负值
C.一定质量的物体动能变化时，速度不一定变化，但速度变化时，动能一定变化
D.动能不变的物体，一定处于平衡状态
解析 由动能的定义和特点知，A、B项正确；动能是标量而速度是矢量，当动能变化时，速度的大小一定变化；而速度的变化可能只是方向变了，大小未变，则动能不变，且物体有加速度，处于非平衡状态，故C、D项均错误。
答案 AB
2.(2018·全国Ⅱ卷，14)如图1，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1
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 由动能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A正确。
答案 A
3.两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比，m1∶m2＝1∶2，速度之比v1∶v2＝2∶1，当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为s1，乙车滑行的最大距离为s2，设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则( )
A.s1∶s2＝1∶2 B.s1∶s2＝1∶1
C.s1∶s2＝2∶1 D.s1∶s2＝4∶1
解析 由动能定理，对两车分别列式－f1s1＝0－m1v，－f2s2＝0－m2v，f1＝μm1g，f2＝μm2g，由以上四式联立得s1∶s2＝4∶1，故选项D正确。
答案 D
对动能定理的理解及应用
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
【例1】 (多选)如图2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都向前移动一段距离。在此过程中( )
图2
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
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，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。
答案 BD
1.(多选)如图3所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进的距离为L，子弹进入木块的深度为s。若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系式中正确的是( )
图3
A.FL＝Mv2 B.Fs＝mv2
C.Fs＝mv－(M＋m)v2 D.F(L＋s)＝mv－mv2
解析 根据动能定理，对子弹，有－F(L＋s)＝mv2－mv，选项D正确；对木块，有FL＝Mv2，选项A正确；由以上二式可得Fs＝mv－(M＋m)v2，选项C正确，只有选项B错误。
答案 ACD
2.(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
解析 因为重力做功－3 J，所以重力势能增加3 J，A正确，B错误；根据动能定理W合＝ΔEk，得ΔEk＝－3 J＋8 J－0.5 J＝4.5 J，C正确，D错误。
答案 AC
3.如图4所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为( )
图4
A.tan θ B.tan α
C.tan(θ＋α) D.tan(θ－α)
解析 如图所示，设B、O间距离为s1，A点离水平面的高度为h，A、O间的水平距离为s2，物块的质量为m，在物块运动的全过程中，应用动能定理可得mgh－μmgcos θ·－μmgs1＝0，解得μ＝＝tan α，故选项B正确。
答案 B
动能定理在多过程问题中的应用
1.多过程问题的分析方法
(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。
(2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。
(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。
(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。
(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。
(6)分析的思路
2.利用动能定理求解多过程问题的基本思路
【例2】 (2019·4月浙江选考，20)某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图5所示的物理模型。竖直平面内有一倾角θ＝37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径R＝0.4 m、转轴间距L＝2 m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H＝2.2 m。现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5。(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)
图5
(1)若h＝2.4 m，求小物块到达B端时速度的大小；
(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件；
(3)改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件。
解析 (1)小物块由静止释放到B的过程中，有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma
v＝2a
解得vB＝4 m/s。
(2)若要小物块落到传送带左侧地面，设当小物块到达传送带上D点时速度为零时，小物块从距传送带高度为h1处由静止释放，则有
mgh1－μmgcos θ·－μmgL＝0
解得h1＝3.0 m
当h＜h1＝3.0 m时满足题中条件。
(3)当小物块从右侧抛出时，设小物块到达D点的速度为v，则有
mgh－μmgcos θ－μmgL＝mv2
H＋2R＝gt2，x＝vt
解得x＝2(m)
为使小物块能在D点水平向右抛出，则需满足mg≤
解得h≥3.6 m。
答案 (1)4 m/s (2)h＜3.0 m (3)x＝2(m) h≥3.6 m
1.如图6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：
图6
(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)若游客未使用坐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(h0＋h0＋h0)－W＝mvD－0，
解得W＝1.5mgh0。
答案 (1)mgh0 (2)不安全 (3)1.5mgh0
2.在港珠澳大桥6.7千米海底隧道的两端各建有一个人工岛，两人工岛及隧道路面可简化成如图7所示，各部分的长度已在图中标出，其中倾斜路面与水平路面之间有一小段圆弧连接，重力加速度为g。
图7
(1)假设汽车在倾斜路面上运动所受阻力和在水平路面上运动所受阻力�