新高考物理一轮复习讲义第5章 机械能守恒定律 第2讲 动能定理及其应用 (含解析)

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3.掌握动能定理与图像结合问题的分析方法。
1.
2.
1.思考判断
(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)物体的动能不变时，所受的合外力一定为零。(×)
(4)合力对物体做正功，物体的动能增加；合力对物体做负功，物体的动能减少。(√)
2.如图1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的高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
图1
A.运动员踢球时对足球做功eq \f(1,2)mv2
B.足球上升过程重力做功mgh
C.运动员踢球时对足球做功eq \f(1,2)mv2＋mgh
D.足球上升过程克服重力做功eq \f(1,2)mv2＋mgh
答案 C
考点一 动能定理的理解
1.两个关系
(1)数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能的变化就是合力做的功。
(2)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
2.标量性
动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题，当然动能定理也就不存在分量的表达式。
例1 (多选)如图2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增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是( )
图2
A.对物体，动能定理的表达式为W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，其中W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W－mgH＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，其中W为支持力做
的功
D.对电梯，其所受的合力做功为eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)
答案 CD
解析 电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功(即合力做的功)才等于物体动能的变化，即W合＝W－mgH＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，其中W为支持力做的功，故A、B错误，C正确；对电梯做功的有重力Mg、压力FN′和拉力F，合力做功为W合′＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)，故D正确。
跟踪训练
1.(多选)如图3所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B间的接触面粗糙。现用一水平拉力F作用在A上使其由静止开始运动，用Ff1代表B对A的摩擦力，Ff2代表A对B的摩擦力，则下列情况可能的是( )
图3
A.拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量
B.拉力F做的功小于A、B系统动能的增加量
C.拉力F和Ff1对A做的功之和大于A的动能的增加量
D.Ff2对B做的功等于B的动能的增加量
答案 AD
解析 A相对B的运动有两种可能，相对静止和相对滑动。当A、B相对静止时，拉力F做的功等于A、B系统的动能的增加量；当A、B相对滑动时，拉力F做的功大于A、B系统的动能的增加量，A项正确，B项错误；由动能定理知，Ff2对B做的功等于B的动能的增加量，拉力F和Ff1对A做的功之和等于A的动能的增加量，D项正确，C项错误。
考点二 动能定理的应用
1.应用流程
2.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准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以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；也可以全过程应用动能定理。
(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2 (2021·山东卷，3)如图4所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( )
图4
A.eq \f(mveq \\al(2,0),2πL) B.eq \f(mveq \\al(2,0),4πL) C.eq \f(mveq \\al(2,0),8πL) D.eq \f(mveq \\al(2,0),16πL)
答案 B
解析 木块在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理得－Ff·2πL＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得Ff＝eq \f(mveq \\al(2,0),4πL)，故选项B正确。
例3 如图5所示，粗糙水平地面AB与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上。质量m＝1 kg的小物块在9 N的水平恒力F的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动。已知xAB＝5 m，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.1，当小物块运动到B点时撤去力F，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
图5
(1)小物块到达B点时速度的大小；
(2)小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小。
答案 (1)4eq \r(5) m/s (2)150 N
解析 (1)从A到B过程，根据动能定理可得
(F－μmg)xAB＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得小物块到达B点时速度的大小为
vB＝4eq \r(5) m/s。
(2)从B到D过程，根据动能定理可得
－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
在D点由牛顿第二定律可得
FN＋mg＝meq \f(veq \\al(2,D),R)
联立解得小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小为FN＝150 N。
跟踪训练
2.(2023·北京朝阳模拟)如图6所示，某一斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接。一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上的A点停止。已知斜面倾角为θ，小木块质量为m，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，A、O两点的距离为x。在小木块从斜面顶端滑到A点的过程中，下列说法正确的是( )
图6
A.如果h和μ一定，θ越大，x越大
B.如果h和μ一定，θ越大，x越小
C.摩擦力对木块做功为－μmgxcs θ
D.重力对木块做功为μmgx
答案 D
解析 对小木块运动的整个过程，根据动能定理有mgh－μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)－μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(h,tan θ)))＝0，解得h＝μx，所以x与θ无关，故A、B错误；根据前面分析可知重力对木块做功为WG＝mgh＝μmgx，摩擦力对木块做功为Wf＝－WG＝
－mgh＝－μmgx，故C错误，D正确。
考点三 动能定理与图像问题的结合
1.解决图像问题的基本步骤
2.图像所围“面积”和图像斜率的含义
例4 (2022·江苏高考，8)某滑雪赛道如图7所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是( )
图7
答案 A
解析 设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，运动员在沿斜面下滑过程中，根据动能定理有Ek＝mgxtan θ，即eq \f(Ek,x)＝mgtan θ，下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek－x图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中，θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大。故选项A正确。
跟踪训练
3.一质量为m的物块静止在光滑水平面上，某时刻起受到水平向右的大小随位移变化的力F的作用，F随位移变化的规律如图8所示，下列说法正确的是( )
图8
A.物块先做匀加速运动，后做匀减速运动
B.物块的位移为x0时，物块的速度最大
C.力F对物块做的总功为6F0x0
D.物块的最大速度为eq \r(\f(6F0x0,m))
答案 D
解析 物块在光滑水平面上运动，受到的合外力为F，因为F为正，所以物块一直加速运动；物块的位移为3x0时，速度最大，故A、B错误；合外力做功的大小等于图中曲线与x轴围成的面积，所以力F对物块做的总功为W＝eq \f(1,2)×2F0×3x0＝3F0x0，故C错误；由动能定理可得3F0x0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，所以最大速度为vm＝eq \r(\f(6F0x0,m))，故D正确。
A级 基础对点练
对点练1 动能定理的理解
1.跳伞比赛中，运动员经历加速下降和减速下降两个直线运动过程，将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是( )
A.合力对系统始终做负功
B.合力对系统始终做正功
C.重力做功的功率始终增大
D.重力对系统始终做正功
答案 D
解析 根据动能定理可知，系统加速下降时，动能增大，合力对系统做正功；系统减速下降时，动能减小，合力对系统做负功，故A、B错误；根据P＝mgv可知重力做功的功率先增大后减小，故C错误；系统的位移始终竖直向下，所以重力对系统始终做正功，故D正确。
2.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
答案 A
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。
对点练2 动能定理的应用
3.如图2所示，将质量为m的小球以初速度大小v0由地面竖直向上抛出。小球落回地面时，其速度大小为eq \f(3,4)v0。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于( )
图2
A.eq \f(3,4)mg B.eq \f(3,16)mg C.eq \f(7,16)mg D.eq \f(7,25)mg
答案 D
解析 小球向上运动的过程，由动能定理得－(mg＋f)H＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，小球向下运动的过程，由动能定理得(mg－f)H＝eq \f(1,2)m(eq \f(3,4)v0)2，联立解得f＝eq \f(7,25)mg，选项D正确，A、B、C错误。
4.(2022·全国甲卷，14)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图3所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于( )
图3
A.eq \f(h,k＋1) B.eq \f(h,k) C.eq \f(2h,k) D.eq \f(2h,k－1)
答案 D
解析 运动员从a到c根据动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,c)，在c点有FNc－mg＝meq \f(veq \\al(2,c),Rc)，FNc≤ kmg，联立有Rc≥eq \f(2h,k－1)，故选项D正确。
5.如图4所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为( )
图4
A.eq \f(1,4)mgR B.eq \f(1,3)mgR
C.eq \f(1,2)mgR D.eq \f(π,4)mgR
答案 C
解析 在Q点质点受到的竖直向下的重力和竖直向上的支持力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝meq \f(v2,R)，FN＝FN′＝2mg，联立解得v＝eq \r(gR)，下滑过程中，根据动能定理可得mgR＋Wf＝eq \f(1,2)mv2，解得Wf＝－eq \f(1,2)mgR，所以克服摩擦力做功eq \f(1,2)mgR，选项C正确。
对点练3 动能定理与图像问题的结合
6.一质量m＝1 kg的物块静止在光滑水平面上，现用水平恒力F1推物块，作用
2 s后，改用方向相反的水平恒力F2推物块，利用速度传感器得到物块速度随时间的变化关系图像(v－t图像)如图5所示，0～4 s时间内水平恒力F2做功为( )
图5
A.－10 J B.10 J C.－18 J D.18 J
答案 B
解析 0～2 s内，由动能定理知水平恒力F1做功W1＝eq \f(1,2)mv2－0＝8 J，设2～4 s水平恒力F2做功为W2，0～4 s内由动能定理有W1＋W2＝eq \f(1,2)mv′2－0，得W2＝10 J，故B正确。
7.(2021·湖北卷，4)如图6甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为( )
图6
A.m＝0.7 kg，f＝0.5 N B.m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C.m＝0.8 kg，f＝0.5 N D.m＝0.8 kg，f＝1.0 N
答案 A
解析 0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N。联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，A正确，B、C、D错误。
8.(多选)一质量为m＝40 kg的儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动。电动汽车的速度与牵引力的功率随时间变化的函数关系图像分别如图7甲、乙所示，3 s末电动汽车牵引力功率达到额定功率，10 s末电动汽车的速度达到最大值，14 s时关闭发动机，经过一段时间电动汽车停止运动。整个过程中电动汽车受到的阻力恒定。下列说法正确的是( )
图7
A.电动汽车最大速度为5 m/s
B.电动汽车受到的阻力为100 N
C.关闭发动机后，电动汽车经过5 s停止运动
D.整个过程中，电动汽车克服阻力做功为3 750 J
答案 AD
解析 由v－t图像可知在0～3 s内，电动汽车的加速度a1＝1 m/s2，由P－t图像可知在0～3 s内P＝Fv＝Fat，解得F＝100 N，由牛顿第二定律F－f＝ma1，解得f＝60 N，由P＝fvm＝300 W，解得vm＝5 m/s，故A正确，B错误；关闭发动机后f＝ma2，经过t2＝eq \f(vm,a2)＝eq \f(10,3) s，电动汽车停止运动，故C错误；对全程由动能定理可得eq \f(P,2)t1＋Pt3＋Wf＝0－0，解得Wf＝－(eq \f(300,2)×3＋300×11)J＝－3 750 J，所以整个过程中克服阻力做功为3 750 J，故D正确。
B级 综合提升练
9.(2023·江苏苏州模拟)如图8，一个质量为m的小滑块在高度为h的斜面顶端由静止释放，滑块与斜面间动摩擦因数恒定，以水平地面为零势能面，则滑块滑至斜面底端时的动能Ek随斜面倾角θ变化的关系图像可能正确的是( )
图8
答案 A
解析 由题知小滑块在高度为h的斜面顶端由静止释放，则对于小滑块下滑的过程应用动能定理可得mgh－eq \f(μmgh,tan θ)＝Ek(tan θ≥μ)，故当θ＝eq \f(π,2)时，Ek＝mgh；随着θ减小，tan θ逐渐减小，物块滑到斜面底端的动能逐渐减小，当重力沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力时，有mgsin θ≤μmgcs θ，解得μ≥tan θ，此后继续减小θ，物块都不再下滑，则此后小滑块的动能一直为零，故A正确。
10.(多选)(2021·全国甲卷，20)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为eq \f(Ek,5)。已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g。则( )
A.物体向上滑动的距离为eq \f(Ek,2mg)
B.物体向下滑动时的加速度大小eq \f(g,5)
C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
答案 BC
解析 设物体沿斜面向上滑动的距离为s，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，物体沿斜面上滑过程中，根据动能定理有－mgssin α－μmgscs α＝0－Ek，同理，物体沿斜面下滑过程中有mgssin α－μmgscs α＝eq \f(Ek,5)－0，两式联立解得s＝eq \f(Ek,mg)，μ＝0.5。物体沿斜面下滑过程中，根据牛顿第二定律有mgsin α－μmgcs α＝ma下，解得a下＝eq \f(g,5)，同理可知物体沿斜面上滑过程的加速度大小大于下滑过程的加速度大小，由s＝eq \f(1,2)at2可知，物体向上滑动所用的时间比向下滑动所用的时间短。B、C正确，A、D错误。
11.(2021·全国乙卷)一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2 m。若使篮球从距地面h3＝1.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5 m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；
(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
答案 (1)4.5 J (2)9 N
解析 (1)使篮球从距地面高度为h1处由静止自由落下时，设篮球的落地速度大小为v1，根据自由落体运动的规律有veq \\al(2,1)＝2gh1
设篮球被地面反弹时的速度大小为v2，则有veq \\al(2,2)＝2gh2，则篮球与地面碰撞前、后的动能之比
eq \f(Ek1,Ek2)＝eq \f(\f(1,2)mveq \\al(2,1),\f(1,2)mveq \\al(2,2))＝eq \f(h1,h2)＝eq \f(3,2)
使篮球从距地面h3的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，设篮球的落地速度大小为v3，反弹后的速度大小为v4，
则有veq \\al(2,4)＝2gh3
因为篮球每次与地面碰撞前、后的动能的比值不变，所以有eq \f(\f(1,2)mveq \\al(2,3),\f(1,2)mveq \\al(2,4))＝eq \f(3,2)
设运动员拍球过程中对篮球做的功为W，根据动能定理有W＋mgh3＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)
解得W＝4.5 J。
(2)球在受到力F作用的时间内，根据牛顿第二定律得F＋mg＝ma
球的位移x＝eq \f(1,2)at2
运动员对球做的功W＝Fx
联立解得F＝9 N。
12.如图9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(可视为质点)，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间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2。求：
图9
(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，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？
答案 (1)2eq \r(10) m/s (2)eq \r(\f(8,35)) s (3)5 J
解析 (1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得
F1x1＋F3x3－μmgx＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得vB＝2eq \r(10) m/s。
(2)在前2 m内，有F1－μmg＝ma
且x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)，解得t1＝eq \r(\f(8,35)) s。
(3)当滑块恰好能到达最高点C时，应有
mg＝meq \f(veq \\al(2,C),R)
对滑块从B到C的过程，由动能定理得
Wf－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
代入数值得Wf＝－5 J，即滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力做的功为5 J。