第2讲　动能和动能定理-2025版物理大一轮复习

动能和动能定理目标要求1.理解动能、动能定理。2.会应用动能定理解决一些基本问题。3.掌握动能定理与图像结合的问题的分析方法。考点一动能定理的理解1.动能(1)定义：物体由于eq\o(□,\s\up1(1))运动而具有的能量。(2)公式：Ek＝eq\o(□,\s\up1(2))eq\f(1,2)mv2。(3)单位：eq\o(□,\s\up1(3))焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。(4)物理意义①动能是状态量，v是eq\o(□,\s\up1(4))瞬时速度(选填“瞬时速度”或“平均速度”)。②动能是eq\o(□,\s\up1(5))标量(选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向eq\o(□,\s\up1(6))无关(选填“有关”或“无关”)。(5)动能的变化：物体eq\o(□,\s\up1(7))末动能与eq\o(□,\s\up1(8))初动能之差，即ΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12。2.动能定理(1)内容：合外力对物体所做的功等于物体eq\o(□,\s\up1(9))动能的变化。(2)表达式：W＝Ek2－Ek1＝eq\o(□,\s\up1(10))eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12。(3)物理意义：eq\o(□,\s\up1(11))合力做的功是物体动能变化的量度。(4)适用条件①动能定理既适用于直线运动，也适用于eq\o(□,\s\up1(12))曲线运动。②动能定理既适用于恒力做功，也适用于eq\o(□,\s\up1(13))变力做功。③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以eq\o(□,\s\up1(14))分阶段作用。【判断正误】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.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。(√)3.物体的动能不变，所受的合外力必定为零。(×)1.对“外力”的两点理解(1)“外力”可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等，它们可以同时作用，也可以不同时作用。(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力。2.公式中“＝”体现的三个关系3.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。【对点训练】1.(对动能定理的理解)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增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是()A.对物体，动能定理的表达式为WN＝eq\f(1,2)mv22，其中WN为支持力的功B.对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功C.对物体，动能定理的表达式为的WN－mgH＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12D.对电梯，其所受合力做功为eq\f(1,2)Mv22－eq\f(1,2)Mv12－mgH解析：C物体受支持力和重力，动能定理的表达式为W合＝WN－mgH＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，解得WN＝mgH＋eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，故AB错误，C正确；对电梯，根据动能定理可知其所受合力做功为W＝eq\f(1,2)Mv22－eq\f(1,2)Mv12，故D错误。故选C。2.(动能定理的应用)(2023·全国新课标卷)无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)()A.0 B.mghC.eq\f(1,2)mv2－mgh D.eq\f(1,2)mv2＋mgh解析：B在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得mgh－Wf＝0，故雨滴克服空气阻力做功为mgh。故选B。3.(动能定理的应用)如图，一小物块(可视为质点)从斜面上的A点由静止开始沿斜面自由下滑，经过B点后进入水平面，经过B点前后速度大小不变，小物块最终停在C点。已知小物块与斜面、水平面间的动摩擦因数相等，初始时斜面与水平面之间的夹角为α＝15°，现保证小物块初始释放位置的投影始终在A′，增大斜面与水平面之间的夹角α至60°，不计空气阻力，则小物块最终()A.停在C点左侧B.仍然停在C点C.停在C点右侧D.可能停在C点左侧，也可能停在C点右侧解析：C设A′B的距离为d，从A点到B点，由动能定理可得(mgsinα－μmgcosα)·eq\f(d,cosα)＝eq\f(1,2)mvB2，小物块在B点的速度为vB＝eq\r(2gdtanα－2μgd)，增大α至60°，tanα增大，vB增大，根据运动学公式可知，到达B点的速度越大，将运动得越远，ABD错误，C正确。故选C。考点二动能定理基本应用1.解题流程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。(多选)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一。某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略；倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同，μ满足μ0≤μ≤1.2μ0。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停止在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是()A.L1＝eq\f(h,2μ0)，L2＝eq\f(3h,2μ0)B.L1＝eq\f(4h,3μ0)，L2＝eq\f(h,3μ0)C.L1＝eq\f(4h,3μ0)，L2＝eq\f(2h,3μ0)D.L1＝eq\f(3h,2μ0)，L2＝eq\f(h,μ0)解析：CD根据题述，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，则有mgsinθ＜μ0mgcosθ，sinθ＝eq\f(h,\r(h2＋L12))，cosθ＝eq\f(L1,\r(h2＋L12))，联立解得L1＞eq\f(h,μ0)，选项A错误。根据题述，滑行结束时停止在水平滑道上，设水平滑道最短长度为L2′，由动能定理，可得mg·2h－μ0mgcosθ·eq\f(L1,cosθ)－μ0mgL2′＝0，将L1＝eq\f(4h,3μ0)代入解得L2′＝eq\f(2h,3μ0)，选项C正确，B错误；将L1＝eq\f(3h,2μ0)代入解得L2′＝eq\f(h,2μ0)，选项D中L2＝eq\f(h,μ0)大于L2′＝eq\f(h,2μ0)，符合要求，选项D正确。【对点训练】4.(应用动能定理求变力做功)如图所示，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()A.eq\f(mv02,2πL) B.eq\f(mv02,4πL)C.eq\f(mv02,8πL) D.eq\f(mv02,16πL)解析：B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)mv02，解得Ff＝eq\f(mv02,4πL)，故选项B正确。5.(动能定理基本应用)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。解析：(1)从A到B过程，根据动能定理可得(F－μmg)xAB＝eq\f(1,2)mvB2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)mvD2－eq\f(1,2)mvB2在D点由牛顿第二定律可得FN＋mg＝meq\f(vD2,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＝150N。答案：(1)4eq\r(5)m/s(2)150N考点三动能定理与图像的综合问题1.图像所围“面积”和图像斜率的含义2.解决动能定理与图像问题的基本步骤如图甲所示，一竖直面内的轨道是由粗糙斜面AB和光滑轨道BCD组成，AB与BCD相切于B点，C为圆轨道的最低点，将物块置于轨道ABC上离地面高为H处由静止下滑，可用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力FN。现将物块放在ABC上不同高度处，让H从零开始逐渐增大，传感器测得物块每次从不同高度处下滑到C点时对轨道的压力FN，得到如图乙两段直线PQ和QI，且QI反向延长线与纵轴交点坐标值为2.5N，g取10m/s2。求：甲乙(1)小物块的质量m及圆轨道的半径R；(2)轨道BC所对圆心角；(3)小物块与斜面AB间的动摩擦因数。[思路点拨]解此题的关键是把握图像的信息，并将图像信息与物理过程相对应，如图所示。解析：(1)小物块从圆轨道BC滑下，由动能定理可知mgH＝eq\f(1,2)mvC2在C点合力提供向心力FN′－mg＝meq\f(vC2,R)，FN′＝FN，则FN＝eq\f(2mg,R)H＋mg结合PQ段图像知mg＝2N，eq\f(2mg,R)＝eq\f(4－2,0.5)解得m＝0.2kg，R＝1m。(2)由于图线Q点对应于轨道的B点，而此时H＝0.5m，则轨道BC所对圆心角θ由几何关系可知H＝R(1－cosθ)，代入数据解得θ＝60°。(3)小物块从A到C，由动能定理可得mgH－eq\f(μmgcosθ（H－0.5）,sinθ)＝eq\f(1,2)mv2到达C点处由向心力公式可得FN′－mg＝eq\f(mv2,R)，FN′＝FN，整理得FN＝4(1－eq\f(μ,\r(3)))H＋2(eq\f(μ,\r(3))＋1)，结合IQ段图像4(1－eq\f(μ,\r(3)))＝eq\f(4－2.5,0.5)，得μ＝eq\f(\r(3),4)。答案：(1)0.2kg1m(2)60°(3)eq\f(\r(3),4)【对点训练】6.(图像的选取)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，Ek-x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。7.(图像信息的应用)(2023·全国新课标卷)(多选)一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是()A.在x＝1m时，拉力的功率为6WB.在x＝4m时，物体的动能为2JC.从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8JD.从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kg·m/s解析：BC由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W＝Fx，可看出W-x图像的斜率代表拉力F。在物体运动的过程中根据动能定理有W－μmgx＝eq\f(1,2)mv2，则x＝1m时物体的速度为v1＝2m/s，x＝1m时，拉力为F＝eq\f(ΔW,Δx)＝6N，则此时拉力的功率P＝Fv1＝12W，x＝4m时物体的动能为Ek＝2J，A错误、B正确；从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为Wf＝μmgx＝8J，C正确；根据W-x图像可知在0～2m的过程中F1＝6N，2～4m的过程中F2＝3N，由于物体受到的摩擦力恒为Ff＝4N，则物体在x＝2m处速度最大，且根据选项AB分析可知此时的速度v2＝eq\r(8)m/s，则从x＝0运动到x＝4的过程中，物体的动量最大为p＝mv＝2eq\r(2)kg·m/s，D错误。限时规范训练21[基础巩固题组]1.高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能()A.与它所经历的时间成正比B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的动量成正比解析：B动能Ek＝eq\f(1,2)mv2，与速度的平方成正比，故C错误。速度v＝at，可得Ek＝eq\f(1,2)ma2t2，与经历的时间的平方成正比，故A错误。根据v2＝2ax，可得Ek＝max，与位移成正比，故B正确。动量p＝mv，可得Ek＝eq\f(p2,2m)，与动量的平方成正比，故D错误。2.一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)()A.eq\r(（2＋π）gR) B.eq\r(2πgR)C.eq\r(2（1＋π）gR) D.2eq\r(gR)解析：A小球下落的高度为h＝πR－eq\f(π,2)R＋R＝eq\f(π＋2,2)R，小球下落过程中，根据动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2，综上有v＝eq\r(（π＋2）gR)，故选A。3.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粗细)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＝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＝－66.6J，故选B。4.(2023·江苏卷)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块()甲乙A.受到的合力较小B.经过A点的动能较小C.在A、B之间的运动时间较短D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小解析：C因为频闪照片时间间隔相同，对比图甲和图乙可知图甲中滑块加速度大，是上滑阶段，根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故A错误；从图甲中的A点到图乙中的A点，先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功，根据动能定理可知图甲经过A点的动能较大，故B错误；由于图甲中滑块加速度大，根据x＝eq\f(1,2)at2，可知图甲在A、B之间的运动时间较短，故C正确；由于无论上滑或下滑均受到滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误。故选C。5.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)()A.eq\r(2gh) B.eq\r(\f(4gh,3))C.eq\r(gh) D.eq\r(\f(gh,2))解析：B设小球A下降h过程中小球克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降过程中，由动能定理有3mgh－W1＝eq\f(1,2)·3mv2－0，解得v＝eq\r(\f(4gh,3))，故B正确。6.(多选)如图1所示为一种新型的电动玩具，整体质量为m，下方的圆球里有电动机、电池、红外线发射器等，打开开关后叶片转动时会产生一个与叶片转动平面垂直的升力F，使玩具在空中飞行。将玩具从离地面高度为4h0处静止释放，使玩具在竖直方向运动，推进力F随离地面高度h变化的关系如图2所示，重力加速度为g，玩具只受升力和自身重力作用。对于4h0～2h0过程，下列判断正确的是()图1图2A.玩具先做匀加速再做匀减速运动B.玩具下落到距地面3h0高处速度最大C.玩具下落的最大速度为eq\r(gh0)D.玩具下落的最大速度为eq\r(\f(3gh0,2))解析：BC玩具在下落过程中，根据牛顿第二定律有mg－F＝ma，4h0～2h0过程中，由图可知，F从零增大到2mg，在3h0时为mg，所以加速度开始向下并逐渐减小，速度在增大，当达到3h0时合力为零，加速度为零，此时速度达到最大值，继续运动，合力向上，做减速运动，此时加速度向上并逐渐增大，速度在减小，A错误，B正确；根据上面分析到达3h0时速度最大，F做负功，大小为图形中与横轴围成的面积，所以有WF＝－(4h0－3h0)·mg·eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)mgh0，对该过程根据动能定理有mgh0－eq\f(1,2)mgh0＝eq\f(1,2)mvm2，解得vm＝eq\r(gh0)，C正确，D错误。故选BC。7.如图甲所示，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得物体运动的最远位移x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图像可求出物体与斜面间动摩擦因数为()甲乙A.0.3 B.0.4C.0.5 D.0.6解析：C由图乙可知，当夹角为90°时，位移为1.25m，由竖直上抛运动规律v02＝2gh，v0＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×1.25)m/s＝5m/s，当夹角θ＝0时，位移为2.5m，根据动能定理－μmgx＝0－eq\f(1,2)mv02，解得μ＝eq\f(v02,2gx)＝eq\f(52,2×10×2.5)＝0.5，故选C。8.如图所示为某跳台滑雪运动员从助滑道滑下，然后从跳台a处沿水平方向飞出，在斜坡b处着陆的示意图，其中Ek-t图像是运动员从a到b飞行时的动能随飞行时间变化的关系图像，不计空气阻力的作用，重力加速度g取10m/s2，则下列说法中正确的是()A.运动员的质量为80kgB.运动员在a处的速度大小为20m/sC.斜坡的倾角为30°D.在b处时，重力的瞬时功率为1.2×104W解析：D由题意可知，运动员做平抛运动，在2s时间内下落的高度h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×22m＝20m，由动能定理可得mgh＝Ekb－Eka，解得m＝60kg，故A错误；运动员在a点时的动能是3×103J，由动能公式可得Eka＝eq\f(1,2)mva2＝3×103J，解得va＝10m/s，故B错误；设运动员在水平方向位移为x，斜坡的倾角为θ，由竖直方向的位移与水平方向位移关系，可得tanθ＝eq\f(h,x)＝eq\f(h,vat)＝eq\f(20,10×2)＝1，解得斜坡的倾角为θ＝45°，故C错误；运动员在b处时，重力的瞬时功率为P＝mg·gt＝60×10×10×2W＝1.2×104W，故D正确。故选D。[能力提升题组]9.(多选)智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为0.5kg，绳长为0.5m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.2m。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程中腰带可看成不动，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，下列说法正确的是()甲乙A.匀速转动时，配重受到的合力恒定不变B.若增大转速，绳的拉力增大C.当θ稳定在37°时，配重的角速度为5rad/sD.当θ由37°缓慢增加到53°的过程中，配重的动能增加了eq\f(17,16)J解析：BD设配重的质量为m、绳长为l、悬挂点P到腰带中心点O的距离为r1，对配重受力分析如图所示，由于配重做匀速圆周运动，其受到的合力提供向心力，即合力大小不变、方向改变，故选项A错误；若增大转速，θ增大，绳的拉力F＝eq\f(mg,cosθ)增大，B正确；根据牛顿第二定律有mgtanθ＝mω2(lsinθ＋r1)，代入数据可得ω＝eq\r(15)rad/s，故选项C错误；根据牛顿第二定律有mgtanθ＝meq\f(v2,lsinθ＋r1)，则v2＝g(lsinθ＋r1)tanθ，在θ由37°缓慢增加到53°的过程中，动能增加了ΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12＝eq\f(17,16)J，故D正确。10.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<eq\f(1,2)mgR，小球到达Q点后，继续上升一段距离解析：C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′<eq\f(1,2)mgR，故vQ>0，所以小球到达Q点后，继续上升一段距离，选项C正确。11.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