人教版高考物理一轮复习第5章机械能第2讲动能定理及其应用含答案

第2讲　动能定理及其应用

授课提示：对应学生用书第93页

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＝mv22－mv12或W＝Ek2－Ek1。

3．物理意义：合外力做的功是物体动能变化的量度。

授课提示：对应学生用书第93页

　自主探究　

1．对动能定理中“力”的两点理解

(1)“力”指的是合力，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)力既可以是恒力，也可以是变力。

2．动能定理公式中体现的“三个关系”

(1)数量关系：即合力所做的功与物体动能的变化具有等量替代关系。可以通过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功。

(2)单位关系：等式两边物理量的国际单位都是焦耳。

(3)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。

1．(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H。在这个过程中，下列说法或表达式正确的是(　　)

A．对物体，动能定理的表达式为WFN＝mv22，其中WFN为支持力做的功

B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功

C．对物体，动能定理的表达式为WFN－mgH＝mv22－mv12

D．对电梯，其所受合力做的功为Mv22－Mv12

解析：电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力做的总功才等于物体动能的增量ΔEk＝mv22－mv12，故A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，故D正确。

答案：CD

2.(多选)(2020·高考天津卷)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内(　　)

A．做匀加速直线运动

B．加速度逐渐减小

C．牵引力的功率P＝Fvm

D．牵引力做功W＝mvm2－mv02

解析：由P＝F牵v知，P不变，v变大，则F牵变小，由F牵－F＝ma知，a变小，A错误，B正确；匀速时F牵＝F，故P＝F牵vm＝Fvm，C正确；由动能定理可知W＋W阻＝mvm2－mv02，D错误。

答案：BC

3．(2021·广东揭阳高三上学期期末)某位工人师傅用如图所示的装置，将重物从地面沿竖直方向拉到楼上，在此过程中，工人师傅沿地面以速度v向右匀速直线运动，当质量为m的重物G上升高度为h时轻绳与水平方向成α角(重力加速度大小为g，滑轮的质量和摩擦均不计)。在此过程中，下列说法正确的是(　　)

A．人的速度比重物的速度小

B．轻绳对重物的拉力大于重物的重力

C．重物做匀速直线运动

D．绳的拉力对重物做的功为mgh＋mv2

解析：将人的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向的速度等于重物G的速度，根据平行四边形定则，绳子与水平方向的夹角为α时，vG＝vcos α，故v>vG，A错误；人在向右匀速运动的过程中，绳子与水平方向的夹角α减小，所以重物的速度增大，重物加速上升，由牛顿第二定律可知绳子的拉力大于重物的重力，B正确，C错误；当重物G上升高度为h时，重物的速度vG＝vcos α，重物由地面上升高度h的过程中，根据动能定理可知W－mgh＝mvG2，解得W＝mgh＋m(vcos α)2，D错误。

答案：B

　　教材走向高考

1．动能定理的应用流程

2．求解多过程问题抓好“两状态，一过程”

“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。

动能定理的理解及应用是高考的热点，高考对动能定理的考查常与曲线运动相关联，设置多过程问题。分析近几年高考题可以发现，命题背景常源于教材习题，在此基础上拓展为较新的材料或较复杂的过程，综合考查学生灵活应用知识的能力，但考查点仍是动能定理的基本应用，新高考仍会延续这种特点。同学们可通过以下示例认真体会，进一步研究高考真题与教材内容间的溯源关系，做到新高考精准备考。

[典例1]　[人教版必修2·P80·T2]

游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来(图甲)。我们把这种情形抽象为图乙的模型：弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，使小球从弧形轨道上端滚下，小球进入圆轨道下端后沿圆轨道运动。实验发现，只要h大于一定值，小球就可以顺利通过圆轨道的最高点。如果已知圆轨道的半径为R，h至少要等于多大？不考虑摩擦等阻力。

[解析]　小球运动到竖直圆轨道最高点时轨道对小球的压力恰好等于零时重力完全充当向心力，mg＝m，

小球运动到最高点的过程中，只有重力做功，由动能定理得

mg(h－2R)＝mv2，解得h＝R。

[答案]　

拓展❶　改换物体下落方式

　(2016·高考全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R，BC弧的半径为。一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动。

(1)求小球在B、A两点的动能之比；

(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。

【真题命题立意】　将典例1中物体沿圆弧轨道滚下，拓展为让物体由静止开始自由下落；由分析计算通过圆弧最高点的条件，拓展为通过计算判断小球能否沿轨道运动到最高点。题目设置情景并没有变得复杂，但运算量和思维量变大，考查的核心仍是将动能定理与圆周运动的临界问题相结合。

解析：(1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒定律得EkA＝mg，①

设小球在B点的动能为EkB，同理有EkB＝mg，②

由①②式得＝5。③

(2)若小球能沿轨道运动到C点，则小球在C点所受轨道的正压力FN应满足FN≥0，④

设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿第二定律和向心加速度公式有FN＋mg＝m，⑤

由④⑤式得，vC应满足mg≤m，⑥

由机械能守恒定律有mg＝mvC2，⑦

由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点。

答案：见解析

拓展❷　改换物体进入轨道的方式及射出方式

(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin α＝。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：

(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；

(2)小球到达A点时动量的大小；

(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。

【真题命题立意】　将典例1中物体沿圆弧轨道滚下，拓展为让物体在外力作用下由水平轨道进入圆形轨道；由教材习题分析计算通过圆弧最高点的条件，拓展为通过C点时受重力、拉力的作用力，而后斜抛落至水平轨道。题目设置情景及受力情况变得较为复杂，而且运算量和思维量变大，但考查的核心仍是动能定理与圆周运动的临界问题相结合。

解析：(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有

＝tan α，①

F2＝(mg)2＋F02，②

设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得

F＝m，③

由①②③式和题给数据得

F0＝mg，④

v＝。⑤

(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得

DA＝Rsin α，⑥

CD＝R(1＋cos α)，⑦

由动能定理有

－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv12，⑧

由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝。⑨

(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有v⊥t＋gt2＝CD，⑩

v⊥＝vsin α，⑪

由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t＝ 。

答案：(1)mg　　(2)　(3)

方法技巧

解答多过程问题的4点技巧

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 (1)首先要建立模型，判断物体运动过程中做了哪些运动，如直线运动、平抛运动、圆周运动等。

(2)其次分析各个运动过程中物体的受力情况以及运动情况，判断物体运动过程中有没有需要特别注意的临界点、隐含条件等(如竖直平面内的圆周运动中物体在最高点的临界条件，平抛运动中是分解速度还是分解位移、是否要用到斜面的倾角以及有关推论等)。

(3)然后抓住模型之间的联系纽带(是速度、加速度，还是位移等)，同时关注将什么位置当成动能定理中的初态和末态。

(4)最后根据实际情况分阶段或全过程利用动能定理进行列式计算。　

4．(2021·湖北黄石高三上学期10月月考)“滑滑梯”是小朋友喜爱的游戏活动，“滑滑梯”可简化为如图所示的模型，斜面AB倾角θ＝37°，AD高h＝2.4 m，C点处有墙壁。一位小朋友(视为质点)从A点开始静止下滑，到达B点的速度大小vB＝4 m/s。假定小朋友与AB、BC间的动摩擦因数相等，且在B点平滑过渡(不损失机械能)，sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，求：

(1)在滑行过程中，AB和BC对小朋友的支持力的大小之比；

(2)小朋友与AB间的动摩擦因数；

(3)为防止小朋友在C点撞墙，BC间的最小距离。

解析：(1)在滑行过程中，AB面对小朋友的支持力为：N1＝mgcos θ

BC面对小朋友的支持力：N2＝mg

AB面和BC面对小朋友的支持力大小之比：＝。

(2)从A到B根据动能定理可得：

mgh－μmgcos θ·＝mvB2－0

解得：μ＝0.5。

(3)B到C根据动能定理可得：

－μmgxBC＝0－mvB2

解得xBC＝1.6 m。

答案：(1)　(2)0.5　(3)1.6 m

5．(2021·山东临沂高三检测)如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高，质量m＝1 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；

(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；

(3)若滑块离开C点的速度大小为4 m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t。

解析：(1)滑块恰能滑到D点，则vD＝0。

滑块从A→B→D过程中，由动能定理得

mg(2R－R)－μmgcos 37°·＝0－0，

解得μ＝0.375。

(2)滑块恰能过C点时，vC有最小值，则在C点

mg＝，

滑块从A→B→D→C过程，由动能定理得

－μmgcos 37°·＝mvC2－mv02，

解得v0＝2 m/s。

(3)滑块离开C点后做平抛运动，设下落的高度为h，

则有h＝gt2，

x＝vC′t，

＝tan 53°，

其中vC′＝4 m/s，

联立解得t＝0.2 s。

答案：(1)0.375　(2)2 m/s　(3)0.2 s

　　师生互动

1．力学中四类图象所围“面积”的意义

2．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。

　图象的选取

[典例2]　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(　　)

[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＋mv02，Ek与t为二次函数关系。

[答案]　A

　图象信息的应用

[典例3]　某实验室为了研究某种汽车运行时的动力学特性，制造了一辆质量为200 kg的模型车，该模型车在运行时所受阻力为车重的0.08倍，某次试验中该车在25 s内运动的vt图象如图所示，g取10 m/s2，试求：

(1)模型车20 s末的加速度大小；

(2)0～5 s内模型车发动机输出的牵引力大小；

(3)模型车在此25 s内牵引力所做的功。

[解析]　(1)由题图可知，在15～25 s内，模型车做匀减速运动，加速度保持不变，故20 s末的加速度为

a＝＝ m/s2＝－0.8 m/s2

即加速度大小为0.8 m/s2。

(2)在0～5 s内，模型车做匀加速运动，加速度为

a′＝＝ m/s2＝1.6 m/s2

根据牛顿第二定律可知F－0.08mg＝ma′

解得发动机输出的牵引力

F＝200×1.6 N＋0.08×200×10 N＝480 N。

(3)vt图象中图线与时间轴所围成的面积表示位移，则可知25 s内的位移x＝×8 m＝140 m

对整个过程，根据动能定理得W－0.08mgx＝0

解得牵引力所做的功W＝2.24×104 J。

[答案]　(1)0.8 m/s2　(2)480 N　(3)2.24×104 J

规律总结

动能定理与图象结合问题的分析方法

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(1)首先看清所给图象的种类(如v-t图象、F-x图象、Ek-x图象等)。

(2)挖掘图象的隐含条件，得出所需要的物理量，如由vt图象所包围的“面积”求位移，由Fx图象所包围的“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。　

6．(2019·高考全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为(　　)

A．2 kg　　　　　　 B．1.5 kg

C．1 kg  D．0.5 kg

解析：画出运动示意图，设阻力为Ff，据动能定理知

A→B(上升过程)：EkB－EkA＝－(mg＋Ff)h，

C→D(下落过程)：EkD－EkC＝(mg－Ff)h，

整理以上两式得mgh＝30 J，解得物体的质量m＝1 kg，选项C正确。

答案：C

7．(2021·北京市九中高三月考)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，根据图象可求出：

(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)针对不同的斜面倾角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：

v02＝2gx，

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－mv02

代入数据解得：μ＝0.75。

(3)由动能定理得：

－mgxsin θ－μmgxcos θ＝0－mv02，

解得x＝＝ m，

当θ＋α＝90°时，sin(θ＋α)＝1，此时位移最小且xmin＝1.44 m。

答案：(1)6 m/s　(2)0.75　(3)1.44 m