第六章　第2課時　動能定理及其應(yīng)用-2025物理大一輪復(fù)習(xí)講義人教版

第2課時動能定理及其應(yīng)用目標(biāo)要求1.理解動能、動能定理，會用動能定理解決一些基本問題。2.能利用動能定理求變力做的功。3.掌握解決動能定理與圖像結(jié)合的問題的方法。考點(diǎn)一動能定理的理解和基本應(yīng)用1．動能(1)定義：物體由于運(yùn)動而具有的能量叫作動能。(2)公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2。(3)單位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。(4)標(biāo)矢性：動能是標(biāo)量，動能與速度方向無關(guān)。2．動能定理(1)內(nèi)容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化。(2)表達(dá)式：W合＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12。(3)物理意義：合力的功是物體動能變化的量度。說明：(1)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系。(2)動能是標(biāo)量，動能定理是標(biāo)量式，解題時不能分解動能。1．一定質(zhì)量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化。(√)2．物體在合外力作用下做變速運(yùn)動時，動能一定變化。(×)3．物體的動能不變，所受的合外力必定為零。(×)4．合力對物體做正功，物體的動能增加；合力對物體做負(fù)功，物體的動能減少。(√)例1(2021·河北卷·6)一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示，長度為πR、不可伸長的輕細(xì)繩，一端固定在圓柱體最高點(diǎn)P處，另一端系一個小球，小球位于P點(diǎn)右側(cè)同一水平高度的Q點(diǎn)時，繩剛好拉直，將小球從Q點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)與圓柱體未接觸部分的細(xì)繩豎直時，小球的速度大小為(重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力)()A.eq\r(2＋πg(shù)R) B.eq\r(2πg(shù)R)C.eq\r(21＋πg(shù)R) D．2eq\r(gR)答案A解析小球下落的高度為h＝πR－eq\f(π,2)R＋R＝eq\f(π＋2,2)R，小球下落過程中，根據(jù)動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2，綜上有v＝eq\r(π＋2gR)，故選A。例2(多選)(2021·全國甲卷·20)一質(zhì)量為m的物體自傾角為α的固定斜面底端沿斜面向上滑動。該物體開始滑動時的動能為Ek，向上滑動一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動，到達(dá)斜面底端時動能為eq\f(Ek,5)。已知sinα＝0.6，重力加速度大小為g。則()A．物體向上滑動的距離為eq\f(Ek,2mg)B．物體向下滑動時的加速度大小為eq\f(g,5)C．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)等于0.5D．物體向上滑動所用的時間比向下滑動的時間長答案BC解析物體從斜面底端回到斜面底端根據(jù)動能定理有－μmg·2lcosα＝eq\f(Ek,5)－Ek，物體從斜面底端到最高點(diǎn)根據(jù)動能定理有－mglsinα－μmglcosα＝0－Ek，整理得l＝eq\f(Ek,mg)，μ＝0.5，A錯誤，C正確；物體向下滑動時根據(jù)牛頓第二定律有ma下＝mgsinα－μmgcosα，解得a下＝eq\f(g,5)，B正確；物體向上滑動時根據(jù)牛頓第二定律有ma上＝mgsinα＋μmgcosα，解得a上＝g，故a上>a下，由于上滑過程中的末速度為零，下滑過程中的初速度為零，且走過相同的位移，根據(jù)位移公式l＝eq\f(1,2)at2，則可得出t上<t下，D錯誤。應(yīng)用動能定理的解題流程考點(diǎn)二應(yīng)用動能定理求變力的功例3(多選)(2023·廣東卷·8)人們用滑道從高處向低處運(yùn)送貨物。如圖所示，可看作質(zhì)點(diǎn)的貨物從eq\f(1,4)圓弧滑道頂端P點(diǎn)靜止釋放，沿滑道運(yùn)動到圓弧末端Q點(diǎn)時速度大小為6m/s。已知貨物質(zhì)量為20kg，滑道高度h為4m，且過Q點(diǎn)的切線水平，重力加速度取10m/s2。關(guān)于貨物從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)的過程，下列說法正確的有()A．重力做的功為360JB．克服阻力做的功為440JC．經(jīng)過Q點(diǎn)時向心加速度大小為9m/s2D．經(jīng)過Q點(diǎn)時對軌道的壓力大小為380N答案BCD解析重力做的功為WG＝mgh＝800J，A錯誤；下滑過程根據(jù)動能定理可得WG－W克f＝eq\f(1,2)mvQ2，代入數(shù)據(jù)解得克服阻力做的功為W克f＝440J，B正確；經(jīng)過Q點(diǎn)時向心加速度大小為a＝eq\f(vQ2,h)＝9m/s2，C正確；經(jīng)過Q點(diǎn)時，根據(jù)牛頓第二定律可得F－mg＝ma，解得貨物受到的支持力大小為F＝380N，根據(jù)牛頓第三定律可知，貨物對軌道的壓力大小為380N，D正確。例4質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運(yùn)動，起始點(diǎn)A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示。已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為(重力加速度大小為g)()A.eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)B.eq\f(1,2)mv02－μmgxC．μmgsD．μmg(s＋x)答案A解析根據(jù)功的定義式可知物體克服摩擦力做功為Wf＝μmg(s＋x)，由動能定理可得－W彈－Wf＝0－eq\f(1,2)mv02，則W彈＝eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，故選項(xiàng)A正確。在一個有變力做功的過程中，當(dāng)變力做功無法直接通過功的公式求解時，可用動能定理W變＋W恒＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，若物體初、末速度已知，恒力做功W恒可根據(jù)功的公式求出，則W變＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12－W恒?？键c(diǎn)三動能定理與圖像結(jié)合的問題圖像與橫軸所圍“面積”或圖像斜率的含義例5(2024·江蘇南通市檢測)A、B兩物體的質(zhì)量之比mA∶mB＝1∶4，它們以相同的初速度v0在水平面上做勻減速直線運(yùn)動，直到停止，其v－t圖像如圖所示。此過程中，A、B兩物體受到的摩擦力做的功之比WA∶WB和A、B兩物體受到的摩擦力之比FA∶FB分別是()A．WA∶WB＝1∶2 B．WA∶WB＝4∶1C．FA∶FB＝1∶2 D．FA∶FB＝4∶1答案C解析根據(jù)動能定理－W＝0－eq\f(1,2)mv02，可知A、B兩物體受到的摩擦力做的功之比為WA∶WB＝1∶4，故A、B錯誤；根據(jù)v－t圖像可知兩物體的加速度之比為aA∶aB＝2∶1，根據(jù)牛頓第二定律F＝ma，可得A、B兩物體受到的摩擦力之比FA∶FB＝1∶2，故C正確，D錯誤。例6(2021·湖北卷·4)如圖(a)所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運(yùn)動過程中摩擦力大小f恒定，物塊動能Ek與運(yùn)動路程s的關(guān)系如圖(b)所示。重力加速度大小取10m/s2，物塊質(zhì)量m和所受摩擦力大小f分別為()A．m＝0.7kg，f＝0.5NB．m＝0.7kg，f＝1.0NC．m＝0.8kg，f＝0.5ND．m＝0.8kg，f＝1.0N答案A解析0～10m內(nèi)物塊上滑，由動能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，結(jié)合0～10m內(nèi)的圖像得，斜率的絕對值|k|＝mgsin30°＋f＝4N，10～20m內(nèi)物塊下滑，由動能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，結(jié)合10～20m內(nèi)的圖像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N，聯(lián)立解得f＝0.5N，m＝0.7kg，故選A。課時精練1.如圖，某同學(xué)用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運(yùn)動至具有某一速度，木箱獲得的動能一定()A．等于拉力所做的功B．小于拉力所做的功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B解析木箱受力如圖所示，木箱在移動的過程中有兩個力做功，拉力做正功，摩擦力做負(fù)功，根據(jù)動能定理可知WF＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，所以動能小于拉力做的功，故B正確，A錯誤；無法比較動能與摩擦力做功的大小，C、D錯誤。2.(2021·山東卷·3)如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質(zhì)細(xì)桿，一端可繞豎直光滑軸O轉(zhuǎn)動，另一端與質(zhì)量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度v0出發(fā)，恰好能完成一個完整的圓周運(yùn)動。在運(yùn)動過程中，木塊所受摩擦力的大小為()A.eq\f(mv02,2πL)B.eq\f(mv02,4πL)C.eq\f(mv02,8πL)D.eq\f(mv02,16πL)答案B解析在運(yùn)動過程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功與路徑有關(guān)，根據(jù)動能定理－Ff·2πL＝0－eq\f(1,2)mv02，可得摩擦力的大小Ff＝eq\f(mv02,4πL)，故選B。3．在籃球比賽中，某位同學(xué)獲得罰球機(jī)會，他站在罰球線處用力將籃球斜向上投出，籃球以大小約為1m/s的速度撞擊籃筐。已知籃球質(zhì)量約為0.6kg，籃筐離地高度約為3m，忽略籃球受到的空氣阻力，重力加速度大小g＝10m/s2，則該同學(xué)罰球時對籃球做的功大約為()A．1JB．10JC．50JD．100J答案B解析該同學(xué)將籃球投出時的高度約為h1＝1.8m，根據(jù)動能定理有W－mg(h－h(huán)1)＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝7.5J，故選項(xiàng)B正確。4．(2024·安徽淮南市一模)某物體以一定初速度做平拋運(yùn)動，從t＝0時刻起，物體的動能Ek隨時間t變化的情況正確的是()答案D解析物體在重力作用下做平拋運(yùn)動，加速度為g，豎直位移y＝eq\f(1,2)gt2，由動能定理得Ek＝E0＋eq\f(1,2)mg2t2，故選D。5.如圖所示，光滑固定斜面的頂端固定一彈簧，一質(zhì)量為m的小球向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面。設(shè)小球在斜面最低點(diǎn)A的速度為v，壓縮彈簧至C點(diǎn)時彈簧最短，C點(diǎn)距地面高度為h，重力加速度為g，則小球從A到C的過程中彈簧彈力做的功為()A．mgh－eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(1,2)mv2－mghC．－mgh D．－(mgh＋eq\f(1,2)mv2)答案A解析小球從A到C過程中，由動能定理可得WG＋WF＝0－eq\f(1,2)mv2，WG＝－mgh，解得WF＝mgh－eq\f(1,2)mv2，故選A。6．(2023·湖南懷化市模擬)如圖所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度為v0的物體從D點(diǎn)出發(fā)沿DBA滑動到頂點(diǎn)A時速度剛好為零，如果斜面改為AC，讓該物體從D點(diǎn)出發(fā)沿DCA滑動到A點(diǎn)且速度剛好為零，則物體具有的初速度(已知物體與斜面及水平面之間的動摩擦因數(shù)處處相同且不為零，不計(jì)B、C處能量損失)()A．等于v0 B．大于v0C．小于v0 D．取決于斜面答案A解析物體從D點(diǎn)沿DBA滑動到頂點(diǎn)A過程中，由動能定理可得－mg·xAO－μmg·xDB－μmgcosα·xAB＝0－eq\f(1,2)mv02，α為斜面傾角，由幾何關(guān)系有xABcosα＝xOB，因而上式可以簡化為－mg·xAO－μmg·xOD＝0－eq\f(1,2)mv02，從上式可以看出，物體的初速度與斜面傾角無關(guān)，故選A。7.(2023·重慶卷·13)機(jī)械臂廣泛應(yīng)用于機(jī)械裝配。若某質(zhì)量為m的工件(視為質(zhì)點(diǎn))被機(jī)械臂抓取后，在豎直平面內(nèi)由靜止開始斜向上做加速度大小為a的勻加速直線運(yùn)動，運(yùn)動方向與豎直方向夾角為θ，提升高度為h，如圖所示。求：(1)提升高度為h時，工件的速度大??；(2)在此過程中，工件運(yùn)動的時間及合力對工件做的功。答案(1)eq\r(\f(2ah,cosθ))(2)eq\r(\f(2h,acosθ))eq\f(mah,cosθ)解析(1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動位移與速度關(guān)系有v02＝2aeq\f(h,cosθ)，解得v0＝eq\r(\f(2ah,cosθ))(2)由v0＝at，解得t＝eq\r(\f(2h,acosθ))根據(jù)動能定理有W合＝eq\f(1,2)mv02，解得W合＝eq\f(mah,cosθ)。8.一物塊沿傾角為θ的斜坡向上滑動。當(dāng)物塊的初速度為v時，上升的最大高度為H，如圖所示，當(dāng)物塊的初速度為2v時，上升的最大高度記為h。重力加速度為g，則物塊與斜坡間的動摩擦因數(shù)μ和h分別為()A．tanθ和eq\f(H,2)B．tanθ和4HC．(eq\f(v2,2gH)－1)tanθ和2HD．(eq\f(v2,2gH)－1)tanθ和4H答案D解析當(dāng)物塊上滑的初速度為v時，根據(jù)動能定理有－mgH－μmgcosθ·eq\f(H,sinθ)＝0－eq\f(1,2)mv2當(dāng)上滑的初速度為2v時，有－mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝0－eq\f(1,2)m(2v)2聯(lián)立可得μ＝(eq\f(v2,2gH)－1)tanθ，h＝4H，故選D。9.A、B兩物體分別在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運(yùn)動，先后撤去F1、F2后，兩物體最終停下，它們的v－t圖像如圖所示。已知兩物體所受的滑動摩擦力大小相等，則下列說法正確的是()A．F1、F2大小之比為1∶2B．F1對A、F2對B做功之比為1∶2C．A、B的質(zhì)量之比為2∶1D．全過程中A、B克服摩擦力做功之比為2∶1答案C解析由v－t圖像可知，兩個勻減速運(yùn)動的加速度大小之比為1∶2，由題可知A、B所受摩擦力大小相等，所以A、B的質(zhì)量關(guān)系是2∶1，故C正確。由v－t圖像可知，A、B兩物體運(yùn)動的位移相等，且勻加速運(yùn)動位移之比為1∶2，勻減速運(yùn)動的位移之比為2∶1，由動能定理可得F1·x－Ff1·3x＝0－0，F(xiàn)2·2x－Ff2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3Ff1，F(xiàn)2＝eq\f(3,2)Ff2，F(xiàn)f1＝Ff2，所以F1＝2F2。全過程中A、B克服摩擦力做的功相等，F(xiàn)1對A、F2對B做的功大小相等，故A、B、D錯誤。10.從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質(zhì)量為()A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg答案C解析法一：特殊值法畫出運(yùn)動示意圖。設(shè)該外力的大小為F，據(jù)動能定理知A→B(上升過程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkAB→A(下落過程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′整理以上兩式并代入數(shù)據(jù)得物體的質(zhì)量m＝1kg，選項(xiàng)C正確。法二：寫表達(dá)式根據(jù)斜率求解上升過程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，則Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0下落過程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′，則Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′，結(jié)合題圖可知mg＋F＝eq\f(72－36,3－0)N＝12N，mg－F＝eq\f(48－24,3－0)N＝8N聯(lián)立可得m＝1kg，選項(xiàng)C正確。11.物流公司用滑軌裝運(yùn)貨物，如圖所示。長5m、傾角為37°的傾斜滑軌與長5.5m的水平滑軌平滑連接，有一質(zhì)量為1kg的貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑。已知貨物與兩段滑軌間的動摩擦因數(shù)均為eq\f(1,3)，sin37°＝0.6，空氣阻力不計(jì)，重力加速度g取10m/s2。求：(1)貨物滑到傾斜滑軌末端的速度大??；(