第六章　机械能第30课时　动能和动能定理　双基落实课教师用

第30课时动能和动能定理[双基落实课]（2023·广东高考8题）人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从14圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点。已知货物质量为20kg，h＝4m，vQ＝6m/s，重力加速度g取10m/s2，判断下列说法正误（1）货物的动能越来越大。（√）（2）货物下滑过程中只有重力做功。（×）（3）货物下滑过程中，重力做的功大于克服摩擦阻力所做的功。（√）（4）货物下滑过程，重力以外的其他力做功为－440J。（√）考点一动能定理的理解[素养自修类]1.【动能定理的理解】（多选）下列说法正确的有（）A.若运动物体所受的合外力为零，则物体的动能一定保持不变B.若运动物体所受的合外力不为零，则物体的动能一定发生变化C.若运动物体的动能保持不变，则该物体所受合外力一定为零D.若运动物体的动能发生变化，则该物体所受合外力一定不为零解析：AD若运动物体所受合外力为零，合外力对物体不做功，由动能定理可知，物体动能不变，故A正确；若运动物体所受合外力不为零，物体运动状态一定变化，则该物体一定做变速运动，如果合外力方向与物体速度方向垂直，合外力对物体不做功，物体动能不变，故B错误；若运动物体所受合外力与物体的速度方向垂直，合外力对物体不做功，物体动能不变，如匀速圆周运动，故C错误；若运动物体的动能发生变化，根据动能定理可知，合外力一定做功，即合外力一定不为零，故D正确。2.【动能定理的表达式】（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＝12mv22－12mvB.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＝12mv22－12mvD.对电梯，其所受的合力做功为12Mv22－解析：CD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＝12mv22－12mv12，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'＝12Mv21.动能和动能变化的区别（1）动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量。（2）动能没有负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk＞0表示物体的动能增加，ΔEk＜0表示物体的动能减少。2.对动能定理的理解（1）做功的过程就是能量转化的过程。（2）动能定理叙述中所说的“力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力。考点二动能定理的应用[互动共研类]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。【典例1】如图所示，粗糙水平地面AB与半径R＝0.4m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＝1kg的小物块在9N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＝5m，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＝10m/s2，求：（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）45m/s（2）150N解析：（1）从A到B过程，根据动能定理可得（F－μmg）xAB＝12m解得小物块到达B点时速度的大小为vB＝45m/s。（2）从B到D过程，根据动能定理得－mg·2R＝12mvD2－在D点，对小物块由牛顿第二定律可得FN＋mg＝mv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＝150N。1.【动能定理的简单应用】（多选）如图所示，光滑水平面与长2m的粗糙水平面平滑连接，长l＝1m的匀质木板在光滑水平面上以速度v0匀速运动，随后进入粗糙水平面。已知木板与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10m/s2，要使整个木板全部停在粗糙水平面内，则v0的值可能为（）A.1m/s B.1.2m/sC.2m/s D.2.5m/s解析：AB当长木板左端恰好到达粗糙水平面左端时，由12μmgl＝12mv12，解得v1＝1m/s，当长木板右端恰好到达粗糙水平面右端时，由12μmgl＋μmgl＝12mv22，解得v2＝3m/s，所以速度的范围应该在1m/s≤v0≤2.【应用动能定理求解变力做功】（多选）游乐场有一种儿童滑轨，其竖直剖面示意图如图所示，AB部分是半径为R的四分之一圆弧轨道，BC为轨道水平部分，与半径OB垂直。一质量为m的小孩（可视为质点）从A点由静止滑下，滑到圆弧轨道末端B点时，对轨道的正压力大小为2.5mg，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A.小孩到达B点的速度大小为2B.小孩到达B点的速度大小为6C.小孩从A到B克服摩擦力做的功为14D.小孩从A到B克服摩擦力做的功为12解析：BC根据牛顿第三定律可知，轨道对小孩的支持力大小也等于2.5mg，根据牛顿第二定律有FN－mg＝mvB2R，可得vB＝6gR2，故A错误，B正确；从A到B由动能定理有mgR－W克f＝12mvB2－0，可得小孩克服摩擦力做的功为W克f＝考点三动能定理与图像结合的问题[互动共研类]1.常与动能定理相结合的五类图像2.动能定理与图像综合问题的求解步骤【典例2】如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4m。有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F的作用。力F只在水平面上按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10m/s2，试求：（1）滑块运动到A处的速度大小；（2）不计滑块在A处的速率变化，滑块在斜面AB上运动的长度是多少。思路点拨（1）力F只作用在OA段，AB段斜面光滑。（2）F-x图线与x轴所围面积表示力F对滑块做的功。答案：（1）52m/s（2）5m解析：（1）由题图乙知，在前2m内，F1＝2mg，做正功；在第3m内，F2＝－0.5mg，做负功；在第4m内，F3＝0，不做功。滑动摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg，始终做负功。对OA过程（前4m过程），由动能定理得F1x1＋F2x2＋Ffx＝12mvA解得vA＝52m/s。（2）滑块在斜面上运动的过程，由动能定理得－mgLsin30°＝0－12mvA2，解得L则滑块在斜面AB上运动的长度为5m。1.【动能定理与Ek-x图像的综合】（2022·江苏高考8题）某滑雪赛道如图所示，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（）解析：A设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有Ek＝mgxtanθ，下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ekx图像为一条过原点的直线；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A。2.【动能定理与a-t图像的综合】用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6s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（）A.0～6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B.0～6s内物体在4s时的速度最大C.物体在2～4s内速度不变D.0～4s内合外力对物体做的功等于0～6s内合外力对物体做的功解析：Da-t图线与坐标轴围成的“面积”等于速度的变化量，由题给图像可知，0～6s内速度变化量为正，物体速度方向不变，物体在0～5s内一直加速，5s时速度最大，A、B错误；2～4s内物体的加速度不变，做匀加速直线运动，C错误；由题图可知，t＝4s时和t＝6s时物体速度大小相等，由动能定理可知，物体在0～4s内和0～6s内动能变化量相等，合外力对物体做功也相等，D正确。考点一动能定理的理解1.把一石块从某高度处斜向上抛出，抛出时人对石块做的功为W1，石块从抛出到落地过程中重力对它做的功为W2，克服空气阻力做的功为W3。石块着地时的动能为（）A.W2－W3 B.W2＋W3C.W1＋W2＋W3 D.W1＋W2－W3解析：D抛出时人对石块做的功为W1，石块从抛出到落地过程中重力对它做的功为W2，克服空气阻力做的功为W3，所以外力做的总功是W总＝W1＋W2－W3，由动能定理可得，石块落地时的动能为Ek＝W1＋W2－W3，故选D。考点二动能定理的应用2.2022年2月4日冬奥会在北京举行，冰雪运动逐渐受到人们喜爱。冰壶运动是运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。按比赛规则，投掷冰壶的运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。在某次训练中，运动员以3.4m/s的速度投掷冰壶，冰壶在冰面上滑行30m停下。现该运动员仍以3.4m/s的速度将冰壶投出，其队友在冰壶自由滑行10m后开始在其滑行前方摩擦冰面，使冰面和冰壶的动摩擦因数减为原来的80％，则这次冰壶的滑行距离为（）A.25m B.32mC.34m D.35m解析：D没有摩擦冰面时，对冰壶的运动全过程，由动能定理有－μmgx＝0－12mv02，滑行10m后摩擦冰面，对冰壶运动的全过程，由动能定理有－μmgx1－0.8μmg（x'－x1）＝0－12mv02，解得x'＝35m，故A、B3.如图所示，将8个质量均为m的小物块（可视为质点）用轻质的细杆相连静止放在水平面上，相邻小物块间的距离为L。已知AB段光滑，小物块与BC段间的动摩擦因数均为μ。刚开始时1号小物块在B处，现用水平拉力F＝4.5μmg作用在1号小物块上，使8个小物块一起向右运动，则1号物块运动过程中能达到的最大速度为（）A.12.5μgLC.2μgL D.解析：C分析可知第5个物块进入BC后物块开始做减速运动，因此第5个物块刚到达B点时1号物块的速度达到最大值，此过程中根据动能定理有F·4L－μmg（L＋2L＋3L＋4L）＝12×8mv2－0，解得v＝2μgL，故选4.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＝3.6m。质量为m＝4.0kg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50N、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10m/s2，在这一过程中摩擦力做功为（）A.66.6J B.－66.6JC.210.6J D.－210.6J解析：B小圆环到达B点时对细杆的压力恰好为0，则mg＝mv2r，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·2πr4－mgr＋Wf＝12mv2，代入数据得摩擦力做功为Wf考点三动能定理与图像结合的问题5.（多选）如图是做匀变速直线运动的质点在0～6s内的位移—时间图线，则（）A.0～3s，合外力对质点做正功B.3～6s，合外力对质点做负功C.1～5s，合外力对质点不做功D.前5s内，合外力对质点做负功解析：CD因为x-t图像切线的斜率表示速度，可知0～3s，质点的速度减小，动能减小，根据动能定理得合外力对质点做负功，A错误；3～6s，质点的速度增加，动能增大，根据动能定理得合外力对质点做正功，B错误；由图像对称性可知，第1s末和第5s末的速度大小相同，则1～5s，动能不变，则根据动能定理得合外力对质点不做功，C正确；前5s内，质点速度减小，则动能减小，根据动能定理得合外力对质点做负功，D正确。6.一质量为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所示，下列说法正确的是（）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6F0x0D.物块的最大速度为6解析：D物块在光滑水平面上运动，受到的合外力为F，因为F方向没变，所以物块一直加速运动，则物块的位移为3x0时，物块的速度最大，故A、B错误；根据F-x图线与x轴围成的面积表示F做的功，所以力F对物块做的总功为W＝12×2F0×3x0＝3F0x0，故C错误；当物块的位移为3x0时，物块的速度最大，由动能定理可得3F0x0＝12mvm2，解得物块的最大速度为vm＝67.（多选）如图1所示，水平面上一质量为2kg的木箱在水平向右的力F1＝13N的作用下向右移动4m的距离后，在另一水平力F2作用下，又匀速运动4m的距离到达斜面底端，撤去外力，木箱冲上倾角为37°的斜面，斜面和水平面间通过光滑小圆弧轨道（未画出）连接。在木箱从静止开始运动到斜面上最高点的过程中，其动能随运动路程变化的图像如图2所示。已知木箱与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（）A.F2的大小为4NB.木箱在斜面上能到达的最大高度为1.8mC.木箱返回水平面后向左运动的最大距离为1.8mD.整个运动过程中，木箱克服摩擦力做的功为36J解析：AC由题图2可知，木箱初动能为0，则木箱在F1的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，根据动能定理有（F1－μ1mg）s1＝Ek1，由题图2知Ek1＝36J，可得μ1＝0.2，之后木箱在F2的作用下匀速运动，所以F2＝μ1mg＝4N，故A正确；木箱冲上斜面后做匀减速运动，根据动能定理有－（mgsin37°＋μ2mgcos37°）s3＝0－Ek2，由题图2知Ek2＝36J，可得s3＝1.8m，木箱在斜面上能到达的最大高度hmax＝s3sin37°＝1.08m，故B错误；因为μ2＝0.5＜tan37°＝0.75，所以当木箱运动至斜面上的最高点后，沿斜面向下做匀加速运动，到达水平面后，在摩擦力作用下再减速直到停止，木箱从冲上斜面到最终停下来，对这一过程应用动能定理可得－2μ2mgs3cos37°－μ1mgs4＝0－Ek2，可得s4＝1.8m，故C正确；对整个运动过程，由动能定理有WF1＋WF2－Wf＝0，所以Wf＝WF1＋WF2＝F1s1＋F2s2＝68J，故D错误。8.（多选）如图所示，某质量为m的工件静止于粗糙水平面上的A点，机械手臂可在A、B之间对工件施加恒力F。最终工件停止于C点，A、B间的距离为L，F大小恒定，与水平面间的夹角θ可调0≤θ≤π2。当θ＝0时，B、C之间的距离为L3，调整θ，可使B、C间的距离最大为2L3。若重力加速度为gA.μ＝0.5 B.μ＝0.75C.F＝mg D.F＝43解析：BC当θ＝0时，由题意，根据动能定理可得FL－μmgL＋L3＝0，当B、C间距离最大时，根据动能定理可得Fcosθ·L－μ（mg－Fsinθ）L－μmg2L3＝0，两式联立解得μ＝0.75，F＝mg，9.A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v-t图像如图所示。已知两物体所受的滑动摩擦力大小相等，则下列说法正确的是（）A.F1、F2大小之比为1∶2B.F1对A、F2对B做功之比为1∶2C.A、B质量之比为2∶1D.全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1解析：C由v-t图像可知，两个匀减速运动的加速度大小之比为1∶2，由题意可知A、B所受摩擦力大小相等，所以A、B的质量之比是2∶1，故C正确；由v-t图像可知，A、B两物体运动的位移相等，且匀加速运动位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得F1与摩擦力的关系：F1·x－Ff1·3x＝0，F2与摩擦力的关系：F2·2x－Ff2·3x＝0，因此可得：F1＝3Ff1，F2＝32Ff2，Ff1＝Ff2，所以F1＝2F2，全过程中A、B克服摩擦力做的功相等，F1对A、F2对B做的功大小相等，故A、B、D10.（多选