考点05 动能定理及其应用（解析版）—高中物理

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1．动能
(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能．
(2)公式：Ek＝eq \f(1,2)mv2，单位：焦耳(J).1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
(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＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12.
(3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度．
应用动能定理解题应抓住“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，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．
1.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)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求解．
(3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能．
2.应用动能定理的解题流程
典例1 (动能定理的理解和基本应用) (多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 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( )
A．对物体，动能定理的表达式为W＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，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)mv22－eq \f(1,2)mv12，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)Mv22－eq \f(1,2)Mv12
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)才等于物体动能的增量，即W合＝W－mgH＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，其中W为支持力做的功，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，即eq \f(1,2)Mv22－eq \f(1,2)Mv12，D正确．
典例2 (应用动能定理求恒力做功) 一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示，当物块的初速度为eq \f(v,2)时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为( )
A．tan θ，eq \f(H,2) B.( EQ \F(v2,2gH) －1)tan θ，eq \f(H,2)
C．tan θ，eq \f(H,4) D.( EQ \F(v2,2gH) －1)tan θ，eq \f(H,4)
答案 D
解析 物块以初速度v上升的过程，由动能定理得－mgH－μmgcs θ·eq \f(H,sin θ)＝0－eq \f(1,2)mv2，解得μ＝( EQ \F(v2,2gH) －1)tan θ.当物块的初速度为eq \f(v,2)时，由动能定理得－mgh－μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)＝0－eq \f(1,2)m( EQ \F(v,2) )2，解得h＝eq \f(H,4)，故选D.
典例3 (应用动能定理求变力做功) 如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的小球(可看成质点)从P点上方高为R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力大小为4mg，g为重力加速度．用W表示小球从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则( )
A．W＝eq \f(1,2)mgR，小球恰好可以到达Q点
B．W>eq \f(1,2)mgR，小球不能到达Q点
C．W＝eq \f(1,2)mgR，小球到达Q点后，继续上升一段距离
D．W答案 C
解析 在N点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(vN2,R)，由牛顿第三定律知FN＝FN′＝4mg，解得vN＝eq \r(3gR)，对小球从开始下落至到达N点的过程，由动能定理得mg·2R－W＝eq \f(1,2)mvN2－0，解得W＝eq \f(1,2)mgR.由于小球在PN段某点处的速度大于此点关于ON在NQ段对称点处的速度，所以小球在PN段某点处受到的支持力大于此点关于ON在NQ段对称点处受到的支持力，则小球在NQ段克服摩擦力做的功小于在PN段克服摩擦力做的功，小球在NQ段运动时，由动能定理得－mgR－W′＝eq \f(1,2)mvQ2－eq \f(1,2)mvN2，因为W′0，所以小球到达Q点后，继续上升一段距离，选项C正确．
典例4 (动能定理与图像问题的结合) (2021·湖北卷·4)如图(a)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(b)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( )
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，故选A.
1.关于动能定理，下列说法中正确的是( )
A.在某过程中，动能的变化等于各个力单独做功的绝对值之和
B.只要有力对物体做功，物体的动能就一定改变
C.动能定理只适用于直线运动，不适用于曲线运动
D.动能定理既适用于恒力做功的情况，也适用于变力做功的情况
答案 D
解析 动能的变化等于各个力单独做功的代数和，A错误；根据动能定理，决定动能是否改变的是总功，而不是某一个力做的功，B错误；动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于恒力做功的情况，也适用于变力做功的情况，C错误，D正确.
2.下列关于运动物体的合外力做功与动能、速度变化的关系，正确的是( )
A．物体做变速运动，合外力一定不为零，动能一定变化
B．若合外力对物体做功为零，则合外力一定为零
C．物体所受的合外力做功，它的速度大小一定发生变化
D．物体的动能不变，所受的合外力必定为零
答案 C
解析 物体做变速运动时，合外力一定不为零，但合外力不为零时，做功可能为零，动能可能不变，A、B错误；物体所受的合外力做功，它的动能一定变化，速度大小也一定变化，C正确；物体的动能不变，所受合外力做功一定为零，但合外力不一定为零，D错误．
3.人骑自行车下坡，坡长l＝500 m，坡高h＝8 m，人和车总质量为100 kg，下坡时初速度为4 m/s，人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10 m/s，g取10 m/s2，则下坡过程中阻力所做的功为( )
A．－400 J B．－3 800 J
C．－50 000 J D．－4 200 J
答案 B
解析 下坡过程中运用动能定理得mgh＋Wf＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，解得Wf＝－3 800 J，故选B.
4.一个人站在阳台上，从阳台边缘以相同的速率v0分别把三个质量相同的球竖直上抛、竖直下抛、水平抛出，不计空气阻力，则三球落地时的动能( )
A．上抛球最大 B．下抛球最大
C．平抛球最大 D．一样大
答案 D
解析 设阳台离地面的高度为h，根据动能定理得mgh＝Ek－eq \f(1,2)mv02，三个小球质量相同，初速度相同，高度相同，所以三球落地时动能相同，D正确．
5.木块在水平恒力F的作用下，沿水平路面由静止出发前进了l，随即撤去此恒力，木块沿原方向又前进了2l才停下来，设木块运动全过程中地面情况相同，则摩擦力的大小Ff和木块所获得的最大动能Ekm分别为( )
A.Ff＝eq \f(F,2) Ekm＝eq \f(Fl,2) B.Ff＝eq \f(F,2) Ekm＝Fl
C.Ff＝eq \f(F,3) Ekm＝eq \f(2Fl,3) D.Ff＝eq \f(2,3)F Ekm＝eq \f(Fl,3)
答案 C
解析 全过程，由动能定理得Fl－Ff·3l＝0得：Ff＝eq \f(F,3)；加速过程：Fl－Ffl＝Ekm－0，得Ekm＝eq \f(2,3)Fl，C正确，A、B、D错误.
6.人骑自行车下坡，坡长l＝500 m，坡高h＝8 m，人和车总质量为100 kg，下坡时初速度为4 m/s，人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10 m/s，g取10 m/s2，则下坡过程中阻力所做的功为( )
A．－400 J B．－3 800 J
C．－50 000 J D．－4 200 J
答案 B
解析 下坡过程中运用动能定理得mgh＋Wf＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，解得Wf＝－3 800 J，故选B.
7.如图所示，一半圆弧形细杆ABC竖直固定在水平地面上，AC为其水平直径，圆弧半径BO＝3.6 m．质量为m＝4.0 kg的小圆环(可视为质点，小环直径略大于杆的)套在细杆上，在大小为50 N、方向始终沿圆的切线方向的拉力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时对细杆的压力恰好为0.已知π取3.14，重力加速度g取10 m/s2，在这一过程中摩擦力做功为( )
A．66.6 J B．－66.6 J
C．210.6 J D．－210.6 J
答案 B
解析 小圆环到达B点时对细杆的压力恰好为0，则mg＝meq \f(v2,r)，拉力F沿圆的切线方向，圆环由A到B的过程根据动能定理有F·eq \f(2πr,4)－mgr＋Wf＝eq \f(1,2)mv2，代入数据得摩擦力做功为Wf＝－66.6 J，故选B.
8.物体沿直线运动的v－t图像如图所示，已知在第1 s内合力对物体做功为W，则( )
A.从第1 s末到第3 s末合力做功为4W
B.从第3 s末到第5 s末合力做功为－2W
C.从第5 s末到第7 s末合力做功为W
D.从第3 s末到第4 s末合力做功为－0.5W
答案 C
解析 由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理得第1 s内：W＝eq \f(1,2)mv02，第1 s末到第3 s末：W1＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv02＝0，A错误；第3 s末到第5 s末：W2＝0－eq \f(1,2)mv02＝－W，B错误；
第5 s末到第7 s末：W3＝eq \f(1,2)m(－v0)2－0＝W，C正确；第3 s末到第4 s末：W4＝eq \f(1,2)m(eq \f(v0,2))2－eq \f(1,2)mv02＝－0.75W，D错误.
9.电梯是一种以电动机为动力的垂直升降机，用于多层建筑载人或载运货物．某次电梯从地面由静止启动，加速度a与离地高度h的关系图像如图所示，则( )
A．2h0～3h0范围内电梯向上做匀减速直线运动
B．电梯在0～h0和2h0～3h0范围内的速度变化量相等
C．电梯在3h0处的速度大小为2eq \r(a0h0)
D．电梯上升的最大高度可能为3h0
答案 C
解析 由题图可知从0到2h0，电梯先做加速度增大的加速运动再做匀加速运动，从2h0到3h0做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，电梯向上的速度不为零，仍会向上运动，则电梯上升的最大高度一定大于3h0，故A、D错误；根据动能定理可得eq \f(1,2)mv2＝Fh＝mah＝mS面积，则v＝eq \r(2S面积)，则电梯在h0处的速度大小为eq \r(a0h0)，在2h0处的速度大小为eq \r(3a0h0)，在3h0处的速度大小为2eq \r(a0h0)，所以电梯在0～h0和2h0～3h0范围内的速度变化量不相等，故B错误，C正确．
10.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的关系图像是( )
答案 A
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＝eq \f(1,2)mv2，把速度v代入得Ek＝eq \f(1,2)mg2t2－mgv0t＋eq \f(1,2)mv02，Ek与t为二次函数关系，图像为开口向上的抛物线，A对.
11．(2023·云南昆明市第一中学模拟)如图甲所示，两个不同材料制成的滑块A、B静置于水平桌面上，滑块A的右端与滑块B的左端接触．某时刻开始，给滑块A一个水平向右的力F，使滑块A、B开始滑动，当滑块A、B滑动1.0 m时撤去力F.整个运动过程中，滑块A、B的动能Ek随位移x的变化规律如图乙所示．不计空气阻力，求：
(1)滑块A对B做的功；
(2)力F的大小．
答案 (1)12 J (2)39 N
解析 (1)B在撤去F后继续滑行xB＝1.0 m，撤去F时B的动能EkB＝6 J，
由动能定理有－FfBxB＝0－EkB
在撤去F前，对B由动能定律得WAB－FfBx＝EkB
联立并代入数据解得WAB＝12 J
(2)撤去力F后，滑块A继续滑行的距离为xA＝0.5 m，撤去F时A的动能EkA＝9 J，由动能定理有－FfAxA＝0－EkA
力F作用的过程中，分析滑块A、B整体，由动能定理有(F－FfA－FfB)x＝EkA＋EkB
代入数据解得F＝39 N.
12.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＝eq \f(3,5).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B点时对圆弧轨道的压力大小．
答案 (1)eq \f(3,4)mg eq \f(\r(5gR),2) (2)eq \f(15,2)mg
解析 (1)设水平恒力的大小为F0，小球所受重力和水平恒力的合力的大小为F，小球到达C点时速度的大小为vC，则eq \f(F0,mg)＝tan α，F＝eq \f(mg,cs α)，
由牛顿第二定律得F＝meq \f(vC2,R)，
联立并代入数据解得F0＝eq \f(3,4)mg，vC＝eq \f(\r(5gR),2).
(2)设小球到达B点时速度的大小为vB，小球由B到C的过程中由动能定理可得
－2FR＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2，
代入数据解得vB＝eq \f(5,2)eq \r(gR)
小球在B点时有FN－F＝meq \f(vB2,R)，解得FN＝eq \f(15,2)mg
由牛顿第三定律可知，小球在B点时对圆弧轨道的压力大小为FN′＝eq \f(15,2)mg.
13.(2023·山东·一模)冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图所示.比赛时，运动员脚蹬起蹬器，身体成跪式，手推冰壶从本垒圆心O向前滑行，至前卫线时放开冰壶使其沿直线OO′滑向营垒圆心O′，为使冰壶能在冰面上滑得更远，运动员可用毛刷刷冰面以减小冰壶与冰面间的动摩擦因数.已知O点到前卫线的距离d＝4 m，O、O′之间的距离L＝30.0 m，冰壶的质量为20 kg，冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1＝0.008，用毛刷刷过冰面后动摩擦因数减小到μ2＝0.004，营垒的半径R＝1 m，g取10 m/s2.
(1)若不刷冰面，要使冰壶恰好滑到O′点，运动员对冰壶的推力为多大？
(2)若运动员对冰壶的推力为10 N，要使冰壶滑到营垒内，用毛刷刷冰面的距离是多少？
答案 (1)12 N (2)见解析
解析 (1)设运动员对冰壶的推力大小为F，由动能定理得
Fd－μ1mgL＝0
代入数据，解得F＝12 N.
(2)设冰壶运动到营垒的最左边时，用毛刷刷冰面的距离是x1，冰壶运动到营垒的最右边时，用毛刷刷冰面的距离是x2，则由动能定理得
F′d－μ1mg(L－R－x1)－μ2mgx1＝0
代入数据，解得x1＝8 m
由动能定理得
F′d－μ1mg(L＋R－x2)－μ2mgx2＝0
代入数据，解得x2＝12 m
所以用毛刷刷冰面的距离x需满足
8 m≤x≤12 m.