2026版创新设计高考总复习物理(人教基础版)教师用-第2讲　动能定理及其应用

第2讲动能定理及其应用学习目标1.理解动能、动能定理，会用动能定理解决一些基本问题。2.能利用动能定理求变力做的功。3.掌握解决动能定理与图像结合的问题的方法。考点一动能定理的理解与基本应用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=12mv2(3)单位:焦耳，1J=1N·m=1kg·m2/s2。(4)标矢性:动能是标量，动能与速度方向无关。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合=ΔEk=12mv22(3)物理意义:合力的功是物体动能变化的量度。说明:(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)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能。3.两个关系(1)数量关系:合力做的功与物体动能的变化量具有等量代换关系，但并不是说动能的变化量就是合力做的功。(2)因果关系:合力做功是引起物体动能变化的原因。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)物体在合力作用下做变速运动时，动能一定变化。(×)(3)物体的动能不变，所受的合力必定为零。(×)(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。(√)例1(2024·新课标卷，15)福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的()A.0.25倍 B.0.5倍 C.2倍 D.4倍答案C解析由Ek=12mv2可知，若小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则速度将变为调整前的2倍。小车离开甲板后做平抛运动，运动的时间不变，由x=v0t可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的2倍，C人教版教材必修第二册P88练习与应用T1利用Ek=12mv2分析不同情况下动能的变化，本高考试题用Ek=12mv2分析动能变为原来的4倍时速度的变化，再结合平抛运动规律进行分析1.改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变。在下列几种情况下，汽车的动能各是原来的几倍?A.质量不变，速度增大到原来的2倍B.速度不变，质量增大到原来的2倍C.质量减半，速度增大到原来的4倍D.速度减半，质量增大到原来的4倍例2(2025·八省联考云南卷，4)如图所示，“套圈”活动中，某同学将相同套环分两次从同一位置水平抛出，分别套中Ⅰ、Ⅱ号物品。若套环可近似视为质点，不计空气阻力，则()A.套中Ⅰ号物品，套环被抛出的速度较大B.套中Ⅰ号物品，重力对套环做功较小C.套中Ⅱ号物品，套环飞行时间较长D.套中Ⅱ号物品，套环动能变化量较小答案D解析根据平抛运动规律，水平方向和竖直方向有x=v0t，h=12gt2，可得v0=xg2h，套中Ⅰ号物品时水平位移x较小，下落高度h较大，可知套环被抛出的速度v0一定较小，故A错误;根据重力做功表达式W=mgh可知，套中Ⅰ号物品时下落高度h较大，重力对套环做功较大，故B错误;根据平抛运动的时间t=2hg，套中Ⅱ号物品，下落高度h较小，套环飞行时间较短，故C错误;根据动能定理得mgh=ΔEk，套中Ⅱ号物品，重力做功较小，1.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。2.动能定理的应用技巧例3(2025·北师大附中高三月考)在水平恒力作用下，物体沿粗糙水平地面运动，在物体的速度由0增大到v的过程中，恒力做功W1，在物体的速度由v增大到2v的过程中，恒力做功W2，则W1∶W2为()A.1∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.1∶4答案C解析在物体的速度由零增加到v的过程中v2=2ax，W1=Fx，在物体的速度由v增加到2v的过程，有(2v)2－v2=2ax'，W2=Fx'，联立解得W1∶W2=1∶3，故C正确。考点二应用动能定理求变力做功例4(2024·安徽卷，2)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v，已知人与滑板的总质量为m，可视为质点，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为()A.mgh B.12mvC.mgh+12mv2 D.mgh－12m答案D解析人在下滑的过程中，由动能定理可得mgh－Wf=12mv2－0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf=mgh－12mv2，故粤教版教材必修第二册P94练习T1和本高考试题均以斜坡类轨道为习题背景，利用动能定理求解运动过程中阻力做的功，分析思路与方法基本相同。1.如图所示是游乐场中的水滑梯，可视为由倾斜的光滑轨道和水平的阻力轨道组成。水平轨道的长度为25m。若人从水滑梯的顶端滑下到最低点时的速度为10m/s，人在水平轨道上受到的平均阻力与重力成正比，重力加速度g=10m/s2。出于安全考虑，要求人在到达水平轨道末端之前速度减为零，则人在水平轨道上受到的平均阻力至少为重力的多少倍?例5(2024·新课标卷，24)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m=42kg，重力加速度大小g=10m/s2。当P绳与竖直方向的夹角α=37°时，Q绳与竖直方向的夹角β=53°(sin37°=0.6)。(1)求此时P、Q绳中拉力的大小;(2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h=10m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。答案(1)1200N900N(2)－4200J解析(1)重物缓慢下降，处于平衡状态，对重物受力分析，如图所示。水平方向有FPsinα=FQsinβ竖直方向有FPcosα=FQcosβ+mg联立解得FP=1200N，FQ=900N。(2)重物缓慢下降，动能变化量为零，下降过程中对重物由动能定理有mgh+W=0解得W=－4200J即两根绳子拉力对重物做的总功为－4200J。在一个有变力做功的过程中，当变力做功无法直接通过功的公式求解时，可用动能定理W变+W恒=12mv22－12mv12，若物体初、末速度已知，恒力做功W恒可根据功的公式求出，则W变=1考点三动能定理与图像结合的问题图像所围“面积”和图像斜率的含义例6(多选)(2025·陕西咸阳模拟)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Ff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10m/s2，下列判断正确的是()A.物块的质量为0.7kgB.物块所受摩擦力大小为1NC.物块在最高点时重力势能为30JD.物块上滑过程克服摩擦力做功为5J答案AD解析0~10m内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－Ffs=Ek－Ek0，整理得Ek=Ek0－(mgsin30°+Ff)s，结合0~10m内的图像得，斜率的绝对值|k|=mgsin30°+Ff=4N，10~20m内物块下滑，由动能定理得(mgsin30°－Ff)(s－s1)=Ek，整理得Ek=(mgsin30°－Ff)s－(mgsin30°－Ff)s1，结合10~20m内的图像得，斜率k'=mgsin30°－Ff=3N，联立解得Ff=0.5N，m=0.7kg，故A正确，B错误;由题意可得，物块沿斜面上滑的最大距离为10m，所以物块在最高点时重力势能为Epm=mgs1·sin30°=0.7×10×10×12J=35J，故C错误;物块在上滑过程中，由动能定理－mgsin30°·s1－Wf=0－Ek0，代入数据解得，物块上滑过程克服摩擦力做功为Wf=5J，故D例7(多选)(2025·海南名校联考)某次十米跳台跳水训练中某运动员从静止开始下落，入水后运动员始终受到恒定的阻力作用(运动员未触及池底)，设运动员的速度大小为v，动能为Ek，重力势能为Ep，机械能为E，忽略空气阻力，已知池水深度约为5.4m，运动员视为质点，下列有关该运动员向下运动过程的图像可能正确的是()答案AD解析入水前，运动员做自由落体运动，入水后，做匀减速运动，故A正确;运动员向下运动过程中，重力势能一直减小，故B错误;由动能定理可知，合力做功等于动能变化量，开始时重力做正功，动能增加，入水后，合力向上，动能减小，由题可知运动员加速的距离大于减速的距离，故C错误;入水前仅受重力做功，机械能守恒，入水后，阻力做负功，机械能减小，故D正确。总结提升解决图像问题的基本步骤例8(2025·辽宁葫芦岛模拟)海啸是一种灾难性的海浪，通常由海底地震引起海底隆起和下陷所致，海底突然变形，致使从海底到海面的海水整体发生大的涌动，形成海啸袭击沿岸地区，给人们带来巨大的损失。某兴趣小组，对海啸的威力进行了模拟研究，设计了如下的模型:如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m=8kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力(模拟海啸)作用下由静止开始运动，推力F随位移x变化的图像如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.5，g=10m/s2。求:(1)物体在水平地面上运动的最大位移;(2)物体在水平地面上所能达到的最大速度(结果可用根号表示)。

答案(1)25m(2)410m/s解析(1)当推力F=0时，由动能定理有12Fx－μmgx=12mv02，解得v0=56m/s>0，即推力F=0时，物体仍未静止，设物体在水平面上运动的最大位移为s，根据变力做功的特点，对物体由动能定理有1解得s=25m。(2)当水平推力与物体所受摩擦力大小相等时，物体加速度为零，此时速度达到最大值，则有F'=μmg=40N根据题图乙可得水平推力与位移之间的函数关系为F=(－20x+200)N当F=40N时可得x'=8m由动能定理有12(F+F')x'－μmg·x'=12解得vm=410m/s。限时作业(限时:40分钟)基础对点练对点练1动能定理的理解与基本应用1.(2025·黑龙江齐齐哈尔联考)跳伞运动员低空跳伞时从悬停的直升机上由静止落下，到离地高度为h的位置时，速度为v，此时打开降落伞，此后伞和运动员下落过程受到的阻力大小恒定，一直减速下降到地面时的速度大小为v2-gh，伞和运动员的总质量为m，重力加速度为g，则减速下降过程中，伞和运动员受到的阻力大小为A.32mg B.12mg C.34mg答案A解析从h高度下落的过程中，根据动能定理有mgh－fh=12m(v2-gh)2－12mv22.(多选)初动能相同的两个物体，在同一水平面上运动，因摩擦力的作用而停止。若两物体与水平面的动摩擦因数相同，下列说法正确的是()A.质量较大的物体滑行的时间较短B.质量较大的物体滑行的距离较长C.质量较小的物体滑行的时间较短D.质量较小的物体滑行的距离较长答案AD解析根据动能定理可得－μmgx=0－12mv2，所以x=v22μg，由于两个物体初动能相同，则质量较大的物体初速度较小，滑行的距离较短，质量较小的物体初速度较大，滑行的距离较长，故B错误，D正确;两物体滑行的时间为t=vμg，质量较大的物体初速度较小，滑行的时间较短，质量较小的物体初速度较大，滑行的时间较长，故对点练2应用动能定理求变力做功3.(2025·江苏泰州模拟)有一长为L，质量为2m且质量分布均匀的软绳，放在足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的滑轮，斜面倾角为30°，软绳一端通过一根轻质细线系着一质量为2m的物块。初始时，用手托住物块底部，使细线恰好拉直。然后由静止释放物块，忽略空气阻力，不计软绳与滑轮之间的摩擦，重力加速度为g，软绳与斜面间动摩擦因数为34，则在物块下落的过程中，下列说法正确的是(A.释放瞬间，物块的加速度为12B.释放瞬间，细线的拉力为54C.当软绳全部滑出时摩擦力做功为－34D.当软绳全部滑出时物块的速度为17答案D解析释放瞬间，对物块受力分析有2mg－T=2ma，对绳子受力分析有T－2μmgcosθ－2mgsinθ=2ma，解得T=158mg，a=116g，故A、B错误;软绳滑出过程中所受摩擦力为变力，且与位移成线性关系，整个过程中摩擦力的平均力为f=2μmgcosθ2=38mg，所以整个过程摩擦力做功Wf=－fL=－38mgL，故C错误;根据动能定理可知2mgL+2mg×L2×sin30°+Wf=12×4mv4.如图所示，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()A.14mgR B.13mgR C.12mgR答案C解析设质点在Q点的速度为v，根据牛顿第二定律，有FN－mg=mv2R，根据牛顿第三定律知FN=FN'=2mg，联立解得v=gR，下滑过程中，根据动能定理可得mgR+Wf=12mv2，解得Wf=－12mgR，所以克服摩擦力所做的功为12对点练3动能定理与图像结合的问题5.(多选)(2025·广东茂名模拟)某品牌电动汽车在平直公路上由静止开始启动，若启动过程中加速度传感器测量到汽车加速度随时间变化的规律如图所示，汽车后备箱中水平放置一质量m=5kg的物块，与汽车始终相对静止，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()A.第2s末，汽车的速度为3.2m/sB.第8s末，汽车的速度为9.6m/sC.前2s内，汽车对物块的作用力做功大小为6.4JD.前8s内，汽车对物块的最大摩擦力为8N答案BCD解析根据a－t图像与时间轴所围面积表示速度的变化量可知第2s末，汽车的速度为v2=12×2×1.6m/s=1.6m/s，第8s末，汽车的速度为v8=12×(4+8)×1.6m/s=9.6m/s，故A错误，B正确;在0~2s内，由动能定理，汽车对物块做功为W=12mv2－0=6.4J，故C正确;a最大为1.6m/s2，由Ff=ma代入数据可得最大摩擦力为8N，6.一质量为4kg的物体，在粗糙的水平面上受水平恒定的拉力F作用做匀速直线运动。物体运动一段时间后拉力逐渐减小，当拉力减小到零时，物体刚好停止运动。如图所示为拉力F随位移x变化的关系图像，重力加速度大小取10m/s2，则可以求得()A.物体做匀速直线运动的速度为4m/sB.整个过程拉力对物体所做的功为4JC.整个过程摩擦力对物体所做的功为－8JD.整个过程合外力对物体所做的功为－4J答案D解析F－x图线与横轴所围区域的面积表示拉力对物体所做的功，所以WF=(2+4)×42J=12J，故B错误;0~2m阶段，根据平衡条件可得F=Ff=4N，所以整个过程中摩擦力对物体做的功为Wf=－Ffx=－4×4J=－16J，故C错误;整个过程中合外力所做的功为W合=WF+Wf=12J+(－16J)=－4J，故D正确;根据动能定理可得W合=0－12mv02，解得v0=27.(多选)(2025·陕西西安高三开学考试)如图甲所示，小明先用F1=13N水平向右的力将一质量为2kg的木箱向右移动4m的距离后，在另一水平推力F2作用下，又匀速运动4m的距离到达斜面底端，撤去外力，之后冲上倾角为37°的斜面，物体的动能随运动距离变化的图像如图乙。已知木箱与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g=10m/s2，关于物体的运动，下列说法中正确的是()A.F2的大小为4NB.木箱能到达斜面的最大高度为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，克服摩擦力所做的功为36J答案AC解析木箱在前4m内，根据动能定理可得(F1－Ff)x1=Ek，4~8m过程中，有F2=Ff，代入数据解得F2=Ff=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－(mgsinθ+μmgcosθ)x2=0－Ek，解得x2=1.8m，所以木箱在斜面上能到达的最大高度为h=x2sinθ=1.08m，故B错误;木箱从冲上斜面到最终停下来，根据动能定理可得－μmgcosθ·2x2－Ffx3=0－Ek，解得x3=1.8m，故C正确;对整个运动过程，由动能定理有F1x1+F2x1－W克f=0，所以W克f=68J，故D错误。综合提升练8.(2025·湖南长沙联考)一物块静止在粗糙程度均匀的水平地面上，在0~4s内所受水平拉力F随时间t的变化关系图像如图甲所示，在0~2s内的速度图像如图乙所示，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，下列说法正确的是()A.物块的质量为2kgB.在4s内物块的位移为8mC.在4s内拉力F做功为18JD.在4s末物块的速度大小为4m/s答案B解析由图可知，1~2s内物块做匀速运动，根据受力平衡可得，Ff=F2=2N，0~1s内物块做匀加速运动，由v－t图像可知加速度大小为a1=v1t1=41m/s2=4m/s2，由牛顿第二定律可得F1－Ff=ma1，其中F1=6N，联立解得m=1kg，故A错误;2s后受到的合力为F合=F3+Ff=2N+2N=4N，方向与运动方向相反，物块做匀减速运动，加速度大小为a'=F合m=41m/s2=4m/s2，物块匀减速至停下所用时间为t'=va'=44s=1s，可知t=3s时速度减为零，此后保持静止，结合v－t图像与横轴围成的面积表示位移，可知4s内物块的位移为x=1+32×4m=8m，故B正确;在4s内，根据动能定理可得WF－Ffx=0，解得拉力F做功为WF=Ffx=2×8J=16J，故C错误;由B9.(2025·山东枣庄模拟)如图所示，竖直平面内固定一弯曲刚性细杆POQ，PO部分光滑，形状为四分之一圆;OQ部分粗糙，形状为抛物线，弯曲杆O点处的切线水平。小圆环穿在杆上，从P点由静止释放，到达Q点时恰好与杆之间无弹力。若以O点为坐标原点，沿水平和竖直方向建立直角坐标系xOy，则Q点的坐标为(5m，5m)。已知弯曲杆PO部分的半径R=1.8m，小圆环的质量m=1kg，重力加速度g=10m/s2。求:(1)小圆环在PO部分经过O点时对杆压力的大小;(2)小圆环在OQ部分运动过程中克服摩擦力做的功。答案(1)30N(2)5.5J解析(1)小圆环从P到O，根据动能定理有mgR=12m小圆环在PO部分经过O点时，根据牛顿第二定律有F－mg=mv联立解得，小圆环受到杆的支持力为F=3mg=30N根据牛顿第三定