高考物理一轮复习第五章机械能第2课时动能定理学案新人教版

第2课时　动能定理

考点一　动能定理的理解和应用

1．动能

(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能。

(2)公式：Ek＝mv2，单位：焦耳。

(3)动能是标量、状态量。

2．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＝Ek2－Ek1。

(3)物理意义：合外力做的功是物体动能变化的量度。

动能是标量，动能定理表达式是标量式，学生常把动能分解为两个分动能，或在某个方向上应用动能定理而出错。原因是对动能定理理解不透彻，动能的变化等于相应过程中所有力对物体做的总功，因此“某个方向的合力做的功等于该方向上动能的变化”不成立。　　

3．公式中“＝”体现的三个关系

4．应用动能定理的解题步骤

[典例]　(2019·天津高考)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

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)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负。

(3)应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系。　　

[集训冲关]

1．(2021年1月新高考8省联考·重庆卷)一质量为m的物块仅在重力作用下运动，物块位于r1和r2时的重力势能分别为3E0和E0(E0>0)。若物块位于r1时速度为0，则位于r2时其速度大小为(　　)

A．2 　　　　　   　 B.

C．2         D．4

解析：选A　物块仅在重力作用下运动，物块的机械能守恒，根据机械能守恒定律可知E1＝E2，代入已知条件为3E0＋0＝E0＋mv2，解得物块位于r2处的速度大小v＝2，故A项正确。

2．如图甲所示为2022年北京冬奥会跳台滑雪场馆“雪如意”的效果图。如图乙所示为由助滑区、空中飞行区、着陆缓冲区等组成的依山势而建的赛道示意图。运动员保持蹲踞姿势从A点由静止出发沿直线向下加速运动，经过距离A点s＝20 m处的P点时，运动员的速度为v1＝50.4 km/h。运动员滑到B点时快速后蹬，以v2＝90 km/h的速度飞出，经过一段时间的空中飞行，以v3＝126 km/h的速度在C点着地。已知B、C两点间的高度差h＝80 m，运动员的质量m＝60 kg，重力加速度g取9.8 m/s2，计算结果均保留两位有效数字。求：

(1)A到P过程中运动员的平均加速度大小；

(2)以B点为零势能参考点，求到C点时运动员的机械能；

(3)从B点起跳后到C点落地前的飞行过程中，运动员克服阻力做的功。

解析：(1)v1＝50.4 km/h＝14 m/s，

由运动学公式v12＝2as

解得：a＝＝4.9 m/s2。

(2)v2＝90 km/h＝25 m/s，v3＝126 km/h＝35 m/s，

由能量关系得：E＝－mgh＋mv32

解得E＝－10 290 J≈－1.0×104 J。

(3)由动能定理得：mgh－W＝mv32－mv22

解得：W＝29 040 J≈2.9×104 J。

答案：(1)4.9 m/s2　(2)－1.0×104 J

(3)2.9×104 J

考点二　动能定理与图像的综合

1．力学中图像所围“面积”的意义

2．解决物理图像问题的基本步骤

[考法细研]

考法1　v­t图像

[例1]　静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t＝4 s时物块停下，其v ­t图像如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是(　　)

A．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功

B．整个过程中拉力做的功等于零

C．t＝2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大

D．t＝1 s到t＝3 s这段时间内拉力不做功

[解析]　对物块运动全过程应用动能定理得：WF－Wf＝0，A正确，B错误；物块在加速运动过程中受到的拉力最大，结合题图可知，t＝1 s时拉力的瞬时功率为整个过程中拉力功率的最大值，C错误；t＝1 s到t＝3 s这段时间内，拉力与摩擦力平衡，拉力做正功，D错误。

[答案]　A

考法2　a­t图像　

[例2]　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内合力对物体做的功等于0～6 s内合力对物体做的功

[解析]　a­t图线与横坐标轴围成的“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均错误；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，合外力做功也相等，D正确。

[答案]　D

考法3　P­t图像　

[例3]　(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)(　　)

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]　由P＝Fv可知，物体在0～2 s内所受的拉力F＝＝ N＝6 N，在2～6 s内所受的拉力F′＝＝ N＝2 N，B错误；拉力在0～6 s内做的总功W＝Fx1＋F′x2＝6××2 J＋2×10×4 J＝140 J，A正确；由物体在2～6 s内做匀速运动可知，F′＝μmg，可求得μ＝0.25，C错误；由动能定理可知，物体所受的合外力在0～6 s内所做的功与0～2 s内所做的功均为mv2＝40 J，D正确。

[答案]　AD

考法4　F­x图像　

[例4]　如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R＝0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接。有一质量为1 kg的滑块(大小不计)从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示。滑块与AB间的动摩擦因数μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2，求：

(1)滑块到达B处时的速度大小；

(2)滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间；

(3)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？

[解析]　(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得

F1x1＋F3x3－μmgx＝mvB2

解得vB＝2 m/s。

(2)在前2 m内，有F1－μmg＝ma，且x1＝at12，

解得t1＝  s。

(3)当滑块恰好能到达最高点C时，有mg＝m

对滑块从B到C的过程，由动能定理得

W－mg×2R＝mvC2－mvB2

联立解得W＝－5 J

即滑块克服摩擦力做的功为5 J。

[答案]　(1)2 m/s　(2)  s　(3)5 J

考法5　W­x图像　

[例5]　(多选)质量为1 kg的物体静止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示，外力F和物体克服摩擦力f做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)

A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2

B．物体运动的位移为13 m

C．物体在前3 m运动过程中的加速度为3 m/s2

D．x＝9 m时，物体的速度为3 m/s

[解析]　由题图可知，Wf＝μmgx1＝20 J，解得：μ＝0.2，A正确；由f＝μmg＝2 N，fx2＝Wf′＝27 J，解得：x2＝13.5 m，B错误；又WF＝Fx3，解得：前3 m内，F＝ N＝5 N，由F－f＝ma，解得：a＝3 m/s2，C正确；由动能定理可得：WF′－fx4＝mv2，解得：x4＝9 m时物体的速度v＝3 m/s，D正确。

[答案]　ACD

考法6　Ek­h图像　

[例6]　(多选)“弹跳小人”(如图甲所示)是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示。竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80 kg。现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h＝0.40 m时停止，然后由静止释放滑块。滑块的动能Ek随离地高度h变化的图像如图丙所示。其中高度从0.80 m到1.40 m范围内的图线为直线，其余部分为曲线。若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g取10 m/s2。则结合图像可知(　　)

A．弹簧原长为0.72 m

B．空气阻力大小为1.00 N

C．弹簧的最大弹性势能为9.00 J

D．在弹簧落回地面的瞬间滑块的动能为5.40 J

[解析]　由题图丙可知，从h＝0.80 m开始，弹簧下端与地面分离，则知弹簧的原长为0.80 m，故A错误；从0.80 m上升到1.40 m 过程，在Ek­h图像中，根据动能定理知：图线的斜率大小表示滑块所受的合外力，由于高度从0.80 m上升到1.40 m范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.80 m上升到1.40 m范围内所受作用力为恒力，根据动能定理得－(mg＋f)Δh＝0－Ek，由题丙图知Δh＝0.60 m，Ek＝5.40 J，解得空气阻力f＝1.00 N，故B正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，整个过程中，增加的重力势能和克服空气阻力做功之和等于弹簧的最大弹性势能，所以Epm＝(mg＋f)Δh′＝9×(1.40－0.4)J＝9.00 J，故C正确；滑块由最大高度到弹簧落回地面的瞬间，根据动能定理得(mg－f)Δh＝Ek′－0，得Ek′＝4.2 J，故D错误。

[答案]　BC

考法7　s2­v02图像　

[例7]　如图甲所示，一滑块从平台上A点以初速度v0向右滑动，从平台上滑离后落到地面上的落地点离平台的水平距离为s。多次改变初速度的大小，重复前面的过程，根据测得的多组v0和s，作出s2­v02图像如图乙所示。滑块与平台间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g＝10 m/s2。求平台离地的高度h及滑块在平台上滑行的距离d。

[解析]　设滑块滑到平台边缘时的速度为v，根据动能定理得：－μmgd＝mv2－mv02

滑块离开平台后做平抛运动，则有：h＝gt2，s＝vt

联立以上三式得：s2＝v02－4μhd

图像的斜率：＝＝0.2，解得：h＝1 m

当s2＝0时，v02＝12，解得：d＝2 m。

[答案]　1 m　2 m

[系统归纳]

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、F­x图像、P­t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图像与横坐标轴所包围的“面积”求位移，由F­x图像与横坐标轴所包围的“面积”求功等。

3．分析物体受力情况、运动情况和各力做功情况，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。

　　　　考点三　运用动能定理求解多过程、往复运动问题

1．由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，因此从动力学的角度分析往往比较复杂，利用动能定理分析此类问题，是从总体上把握研究对象运动状态的变化，并不需要从细节上了解。

(1)运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是分段列式按部就班，注意衔接；另一种是全过程列式，计算简便，但要分析全面，不能遗漏某个功。

(2)涉及往复运动，要注重分析往返过程的共性和差异、受力情况及各力做功的差异，有时按全过程应用动能定理会很简单、方便。

2．所列动能定理方程涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的特点：

(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。

(2)大小恒定的阻力或摩擦力所做的功等于力的大小与路程的乘积。

[考法细研]

考法1　物体多过程运动　

[例1]　在学校组织的趣味运动会上，某科技小组为大家提供了一个游戏。如图所示，将一质量为0.1 kg的钢球放在O点，用弹射装置将其弹出，钢球沿着光滑的半圆形轨道OA和AB运动。BC段为一段长为L＝2.0 m的粗糙平面，DEFG为接球槽。半圆形轨道OA和AB的半径分别为r＝0.2 m、R＝0.4 m，小球与BC段的动摩擦因数为μ＝0.7，C点离接球槽的高度为h＝1.25 m，水平距离为x＝0.5 m，接球槽足够大，g取10 m/s2。求：

(1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在A点的速度大小；

(2)钢球恰好不脱离轨道时，在B位置对半圆形轨道的压力大小；

(3)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度v0至少多大。

[解析]　(1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在最高点A时，对钢球分析有

mg＝m，

解得vA＝2 m/s。

(2)钢球从A到B的过程由动能定理得

mg·2R＝mvB2－mvA2，

在B点有FN－mg＝m，

解得FN＝6 N，

根据牛顿第三定律，知钢球在B位置对半圆形轨道的压力大小为6 N。

(3)从C到D钢球做平抛运动，要使钢球恰好能落入槽中，

则x＝vCt，h＝gt2，解得vC＝1 m/s，

假设钢球在A点的速度恰为vA＝2 m/s时，钢球可运动到C点，且速度为vC′，从A到C由动能定理得

mg·2R－μmgL＝mvC′2－mvA2，

解得vC′2<0，

故当钢球在A点的速度恰为vA＝2 m/s时，钢球不可能到达C点，更不可能入槽，要使钢球最终能落入槽中，需要更大的弹射速度，才能使钢球既不脱离轨道，又能落入槽中。当钢球到达C点速度为vC时，v0有最小值，从O到C由动能定理得

mgR－μmgL＝mvC2－mv02，

解得v0＝ m/s。

[答案]　(1)2 m/s　(2)6 N　(3) m/s

利用动能定理求解多过程问题的基本思路

(1)弄清物体的运动由哪些过程组成。

(2)分析每个过程中物体的受力情况。

(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响。

(4)从总体上把握全过程，写出总功表达式，找出初、末状态的动能。

(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程求解。　　

考法2　物体做往复运动

[例2]　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，滑块最终滑至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为物体滑行的路程。　　

[集训冲关]

1．如图所示，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(　　)

A．tan θ　　　　　　　　 B．tan α

C．tan(θ＋α)  D．tan(θ－α)

解析：选B　如图所示，设B、O间距离为x1，A点离水平面的高度为h，A、O间的水平距离为x2，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·－μmgx1＝0，解得μ＝＝tan α，故选项B正确。

2．如图所示，足够长的固定木板的倾角为37°，劲度系数为k＝36 N/m的轻质弹簧的一端固定在木板上的P点，图中AP间距等于弹簧的自然长度。现将质量m＝1 kg的可视为质点的物块放在木板上，在外力作用下将弹簧压缩到某一位置B点后释放。已知木板PA段光滑，AQ段粗糙，物块与木板间的动摩擦因数μ＝，物块在B点释放后向上运动，第一次到达A点时速度大小v0＝3 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

(1)求物块第一次向下运动到A点时的速度大小v1；

(2)已知弹簧的弹性势能表达式为Ep＝kx2(其中x为弹簧的形变量)，求物块第一次向下运动过程中的最大速度值v；

(3)写出物块最终的运动状态，并求出物块在A点上方运动的总路程x′。

解析：(1)设物块从A点向上滑行的最大距离为s。根据动能定理，

上滑过程有：－mgssin 37°－μmgscos 37°＝0－mv02

下滑过程有：mgssin 37°－μmgscos 37°＝mv12－0

解得：s＝1.5 m，v1＝3 m/s。

(2)物块第一次向下运动过程中，合力为零时速度最大，物块此时处于PA段，则有：mgsin 37°＝kx

根据物块和弹簧组成的系统，由机械能守恒得：

mgxsin 37°＋mv12＝mv2＋kx2

解得：v＝ m/s。

(3)由机械能守恒易知，物块最终在A点下方做往复运动，最高点为A。

根据能量守恒：μmgx′cos 37°＝mv02

解得：x′＝4.5 m。

答案：(1)3 m/s　(2) m/s　(3)在A点下方做往复运动，最高点为A　4.5 m

3．如图所示，质量m＝3 kg的小物块以初速度v0＝4 m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道，圆弧轨道的半径为R＝3.75 m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑。

最右侧是一个半径为r＝0.4 m的半圆轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。

已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

(1)求小物块的抛出点离A点的高度h；

(2)若MN的长度为L＝6 m，求小物块通过C点时所受轨道弹力的大小FN；

(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L′。

解析：(1)根据平抛运动规律有：tan  37°＝

解得t＝0.3 s

则h＝gt2＝0.45 m。

(2)小物块由抛出点运动到B点的过程中，根据动能定理有：mg[h＋R(1－cos 37° )]＝mvB2－mv02

解得vB＝2 m/s

小物块由B点运动到C点的过程中，根据动能定理有：

－μmgL－2mgr＝mvC2－mvB2

在C点：FN＋mg＝m

解得FN＝60 N。

(3)小物块刚好能通过C点时，有mg＝m

解得vC′＝2 m/s

小物块从B点运动到C点的过程中，根据动能定理有：

－μmgL′－2mgr＝mvC′2－mvB2

解得L′＝10 m。

答案：(1)0.45 m　(2)60 N　(3)10 m