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学案

第2讲　动能定理及其应用

知识点1　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。

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。

知识点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＝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。

思考：(1)动能定理适用于直线运动，还适用于曲线运动吗？动能定理适用于恒力做功，还适用于变力做功吗？

(2)能对物体分方向列动能定理方程吗？

[答案]　(1)适用，适用　(2)不能

双基自测

一、堵点疏通

1．—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、对点激活

1．(多选)关于动能，下列说法正确的是(　AB　)

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]　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．(2018·全国卷Ⅱ)如图所示，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　)

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]　木箱受力如图所示，木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知WF－Wf＝mv2－0，所以动能小于拉力做的功，故A正确，B错误；无法比较动能与摩擦力做功的大小，C、D错误。

核心考点·重点突破

HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO

考点一　对动能定理的理解和应用

1．准确理解动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1

(1)W是合力的功，不要与某个力的功混淆。

(2)Ek2－Ek1是末动能与初动能的差。

(3)动能定理的表达式是标量式，与速度方向无关。

(4)应用动能定理时，要明确针对哪个物体，哪个过程。

2．应用动能定理的流程

3．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。

例1　(2020·浙江杭州二中模拟)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(　C　)

A．运动员踢球时对足球做功为mv2

B．足球上升过程重力做功为mgh

C．运动员踢球时对足球做功为mgh＋mv2

D．足球上升过程克服重力做功为mgh＋mv2

[解析]　本题考查动能定理的应用。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，足球的机械能守恒，足球到达最高点时，机械能为E＝mgh＋mv2，由于足球的机械能守恒，则足球刚被踢起时的机械能为E＝mgh＋mv2，足球获得的机械能等于运动员对足球所做的功，因此运动员踢球时对足球做功为E＝mgh＋mv2，故A错误，C正确；足球上升过程重力做功为WG＝－mgh，足球上升过程中克服重力做功为W克＝mgh，故B、D错误。

〔变式训练1〕(2021·湖南师大附中模拟)港珠澳大桥是中国境内一座连接香港、珠海和澳门的桥隧工程。2018年10月24日上午9时正式通车。大桥设计使用寿命120年，可抵御8级地震、16级台风、允许30万吨级油轮通过。假设一艘质量为m的轮船由于失控，以速度v撞向大桥(大桥无损)，最后没有反弹而停下来，事故勘察测量发现轮船迎面相撞处下凹深度d，据此估算出船对桥的平均撞击力F，关于F的表达式正确的是(　A　)

A．　 B．

C．　 D．mv

[解析]　本题考查变力做功问题。根据动能定理可得Fd＝mv2，解得F＝，故选A。

考点二　动能定理与图像的综合问题

解决物理图像问题的基本步骤

1．观察题目给出的图像，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。

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(　D　)

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]　a－t图线与横轴围成的“面积”表示速度的变化量，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，选项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，选项C错误；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，选项D正确。

名师点拨　图像所围“面积”的意义

(1)v－t图：由公式x＝vt可知，v－t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。

(2)a－t图：由公式Δv＝at可知，a－t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。

(3)F－x图：由公式W＝Fx可知，F－x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。

(4)P－t图：由公式W＝Pt可知，P－t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。

〔变式训练2〕(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，g取10 m/s2，下列说法中正确的是(　AD　)

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]　拉力在0～6 s内做的总功为P－t图线与t轴所围面积，则WF＝×2×60 J＋20×(6－2)J＝140 J，选项A正确；在0～2 s物体做匀加速直线运动，物体所受拉力等于t＝2 s时的拉力，由P＝Fv可知拉力F1＝ N＝6 N，选项B错误；在2～6 s物体匀速运动，则拉力F2与摩擦力Ff大小相等，而P＝20 W，由P＝Fv得Ff＝F2＝ N＝2 N，由Ff＝μmg得μ＝0.25，选项C错误；2 s后物体速度不再变化即动能不变，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W合＝mv2＝40 J，D正确。

考点三　运用动能定理求解多过程问题

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．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。

例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的半圆弧光滑轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道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点的竖直高度h；

(2)若MN的长度为L＝6 m，求小物块通过C点时所受轨道的弹力大小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，故h＝gt2＝0.45 m

(2)小物块从抛出点运动到B点，根据动能定理有

mg[h＋R(1－cos 37°)]＝mv－mv

解得vB＝2 m/s

小物块由B点运动到C点，根据动能定理有

－μmgL－2mgr＝mv－mv

在C点根据牛顿第二定律有：FN＋mg＝

解得：FN＝60 N

(3)小物块刚好能通过C点时，有mg＝

解得vC′＝2 m/s

小物块从B点运动到C点的过程，根据动能定理有

－μmgL′－2mgr＝mv′－mv

解得L′＝10 m。

[答案]　(1)0.45 m　(2)60 N　(3)10 m

〔变式训练3〕如图所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab水平，小球P与半圆轨道间的动摩擦因数处相等，当小球P从a点正上方高H处自由下落，经过轨道后从b点冲出做竖直上抛运动，上升的最大高度为，空气阻力不计。当小球P下落再经过轨道a点冲出时，能上升的最大高度为h，则小球P(　B　)

A．不能从a点冲出半圆轨道

B．能从a点冲出半圆轨道，但h<

C．能从a点冲出半圆轨道，但h>

D．无法确定能否从a点冲出半圆轨道

[解析]　本题考查物体的多过程运动问题。小球第一次在半圆轨道的运动过程中，由动能定理得mg(H－)＋(－Wf)＝0－0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得Wf＝mgH，即第一次小球在半圆轨道中运动损失的机械能为mgH，由于第二次小球在半圆轨道中运动时，对应位置处速度变小，因此半圆轨道给小球的弹力变小，由于动摩擦因数不变，所以摩擦力变小，则摩擦力做功小于mgH，机械能损失小于mgH，因此小球再次冲出a点时，能上升的高度大于零而小于H，故B正确。

名师讲坛·素养提升

MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG

运用动能定理解决往复运动问题

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。由于动能定理只涉及物体的初、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

例4　如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.3 m、h2＝1.35 m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求小滑块最终停止的位置距B点的距离。

[解析]　对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总

有：mgh1＝μmgs总

将h1、 μ代入得： s总＝8.6 m

故小滑块最终停止的位置距B点的距离为

2s－s总＝1.4 m。

[答案]　1.4 m

(二)往复次数无法确定的情形

例5　 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　)

A．

B．

C．　 

D．

[解析]　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－mv，解得x＝(＋x0tan θ)，A正确。

(三)往复运动永不停止的情形

例6　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)滑块第一次至左侧AC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，滑块最终停至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)

2年高考·1年模拟

2 NIAN GAO KAO 1 NIAN MO NI

1．(2020·江苏单科，4)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(　A　)

[解析]　设斜面倾角为θ，物块滑到斜面底端时的动能为Ek0，物块在斜面上滑行的长度对应的水平位移为x0，应用动能定理，在斜面上有(mgsin θ－μmgcos θ)·＝Ek，在水平面上有－μ′mg(x－x0)＝Ek－Ek0，即Ek＝－μ′mg(x－x0)＋Ek0，综上所述可知：两段Ek－x图线为线性关系，故A正确，B、C、D错误。

2．(2019·全国卷Ⅲ，17)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(　C　)

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f，据动能定理知

A→B(上升过程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)h

C→D(下落过程)：EkD－EkC＝(mg－f)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。

3．(2020·课标Ⅱ，25)如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。

(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；

(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；

(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。

[答案]　(1)2g　3g　(2)H　(3)见解析

[思路分析]　

[解析]　本题通过连接体的落体运动考查牛顿运动定律、运动学规律及功能关系。

(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有

Mg＋f＝Ma1  ①

f－mg＝ma2  ②

联立①②式并代入题给数据，得

a1＝2g，a2＝3g。  ③

(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为

v0＝  ④

方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。

设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式有

v0－a1t1＝－v0＋a2t1  ⑤

联立③④⑤式得

t1＝  ⑥

设此时管下端距地面的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得

h1＝v0t1－a1t  ⑦

v＝v0－a1t1  ⑧

由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有

h2＝  ⑨

设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则

H1＝h1＋h2  ⑩

联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得

H1＝H。  ⑪

(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有

Mg(H－H1)＋mg(H－H1＋x1)－4mgx1＝0  ⑫

联立⑪⑫式并代入题给数据得

x1＝H  ⑬

同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为

x2＝H1  ⑭

设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是

x1＋x2≤L  ⑮

联立⑪⑬⑭⑮式，解得L应满足的条件为

L≥H。  ⑯

4．(2019·天津，10)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：

图1 图2

(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。

[答案]　(1)7.5×104 J　(2)1.1×103 N

[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，对飞行员有

W＝mv2－0  ②

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 θ  ④

由牛顿第二定律，有

FN－mg＝m  ⑤

联立①④⑤式，代入数据，得FN＝1.1×103 N。