第六章　第27课时　动能定理及其应用-2026版一轮复习

第27课时动能定理及其应用目标要求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和基本应用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。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.物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。(×)3.物体的动能不变，所受的合外力必定为零。(×)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(2021·河北卷·6)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.(2＋π)C.2(1＋π)答案A解析小球下落的高度为h＝πR－π2R＋R＝π＋22R，小球下落过程中，根据动能定理有mgh＝12mv2，综上有v例2(来自教材)人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实(如图)。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个力，力的大小均为320N，方向都与竖直方向成37°，重物离开地面30cm后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸深2cm。已知重物的质量为50kg，g取10m/s2，cos37°＝0.8。求：(1)重物刚落地时的速度是多大；(2)地面对重物的平均阻力是多大。答案(1)2.5m/s(2)8.3×103N解析(1)两根绳子对重物的合力F合＝2Fcos37°＝2×320×0.8N＝512N重物从抬起到落地的过程中，重力做功为零，由动能定理得F合h＝12mv解得v＝2F合h(2)从重物落地至把地面砸深2cm过程，由动能定理得mgx－F阻x＝0－12mv解得F阻＝mg＋mv22x≈8.3×10例3(多选)(2021·全国甲卷·20)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为Ek5。已知sinα＝0.6，重力加速度大小为g。则()A.物体向上滑动的距离为EB.物体向下滑动时的加速度大小为gC.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长答案BC解析物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有－μmg·2lcosα＝Ek5－E物体从斜面底端到最高点根据动能定理有－mglsinα－μmglcosα＝0－Ek，整理得l＝Ekmg，μ＝0.5，A错误，物体向下滑动时根据牛顿第二定律有ma下＝mgsinα－μmgcosα，我用夸克网盘分享了「与您分享-国家、地方、行业、团体标准」，点击链接即可保存。打开「夸克APP」，无需下载在线播放视频，畅享原画5倍速，支持电视投屏。链接：/s/45a9f612fe59提取码：t9EX联系qq:1328313560我的道客巴巴：/634cd7bd0a3f5a7311db139533c20794

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解得a下＝g5，B物体向上滑动时根据牛顿第二定律有ma上＝mgsinα＋μmgcosα，解得a上＝g，故a上>a下，由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过的位移大小相等，根据位移公式l＝12at2，则可得出t上<t下，D应用动能定理的解题流程例4(多选)(2023·广东卷·8)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点时速度大小为6m/s。已知货物质量为20kg，滑道高度h为4m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有()A.重力做的功为360JB.克服阻力做的功为440JC.经过Q点时向心加速度大小为9m/s2D.经过Q点时对轨道的压力大小为380N答案BCD解析重力做的功为WG＝mgh＝800J，A错误；下滑过程根据动能定理可得WG－W克f＝12mvQ2，代入数据解得克服阻力做的功为W克f＝440J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为a＝vQ2h＝9m/s2，C正确；经过Q点时，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为F＝380N，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为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考点二动能定理与图像结合的问题图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义例5(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10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为()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内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，结合0~10m内的Ek－s图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin30°＋f＝4N，10~20m内物块下滑，由动能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，结合10~20m内的Ek－s图像得，斜率k'＝mgsin30°－f＝3N，联立解得f＝0.5N，m＝0.7kg，故选A。例6(多选)(2024·山东省联考)某实验研究小组为探究物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，使某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上运动，如图甲所示，调节斜面与水平面的夹角θ，实验测得x与θ的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。则由图可知()A.物体的初速率v0=5m/sB.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.75C.图乙中xmin=0.36mD.取初始位置所在水平面为重力势能参考平面，当θ=37°(sin37°=0.6)，物体上滑过程中动能与重力势能相等时，物体上滑的位移为0.5m答案BD解析由题图乙可知，当θ=π2时，物体做竖直上抛运动，摩擦力为零，由竖直上抛运动的速度位移关系公式可得v02=2gx1，解得v0=2×10×0.9m/s=32m/s，故A错误；当θ=0时，物体沿水平面做匀减速直线运动，由动能定理可得-μmgx0=0-12mv02，解得μ=0.75，故B正确；物体沿斜面向上运动时，由动能定理可得-(μmgcosθ+mgsinθ)x2=0-12mv02，代入数据整理可得x2=910×(0.75cosθ+sinθ)m≥9100.752+1m=0.72m，则xmin=0.72m，故C错误；设动能与重力势能相等时，物体上滑的位移为x3，则有mgx3sin37°=12mv02-(μmgcos课时精练(分值：100分)1~6题每小题7分，7题14分，共56分1.如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定()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解析木箱受力如图所示，木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知WF＋Wf＝12mv2－0，所以动能小于拉力做的功，故B正确，A错误；无法比较动能与摩擦力做功的大小，C、D2.(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解析人与滑板在下滑的过程中，由动能定理可得mgh－W克f＝12mv2－可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为W克f＝mgh－12mv故选D。3.(2021·山东卷·3)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.mv022πL B.答案B解析在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理－Ff·2πL＝0－12mv02，可得摩擦力的大小Ff＝m4.某物体以一定初速度做平抛运动，从t＝0时刻起，物体的动能Ek随时间t变化的情况正确的是()答案D解析物体在重力作用下做平抛运动，加速度为g，竖直位移y＝12gt2，由动能定理得Ek＝E0＋mgy＝E0＋12mg2t2，故选5.(2024·贵州卷·6)质量为1kg的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F，其大小随位置x变化的关系如图所示，则物块运动到x＝3m处，F做功的瞬时功率为()A.8W B.16W C.24W D.36W答案A解析根据图像可知物块运动到x＝3m处，F做的总功为WF＝3×2J＋2×1J＝8J该过程根据动能定理得WF＝12mv解得物块运动到x＝3m处时的速度v＝4m/s故此时F做功的瞬时功率P＝Fv＝8W，故选A。6.(2025·山东烟台市检测)如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零，如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计B、C处能量损失)()A.等于v0 B.大于v0C.小于v0 D.取决于斜面答案A解析物体从D点沿DBA滑动到顶点A过程中，由动能定理可得－mg·xAO－μmg·xDB－μmgcosα·xAB＝0－12mv02，α为斜面倾角，由几何关系有xABcosα＝xOB，因而上式可以简化为－mg·xAO－μmg·xOD＝0－12m7.(14分)(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取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)(8分)求此时P、Q绳中拉力的大小；(2)(6分)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)设此时P、Q绳中拉力的大小分别为FT1和FT2，由平衡条件可得竖直方向FT1cosα＝mg＋FT2cosβ水平方向FT1sinα＝FT2sinβ联立解得FT1＝1200N，FT2＝900N(2)整个过程根据动能定理得W＋mgh＝0解得两根绳子拉力对重物做的总功为W＝－4200J。8、9题每小题9分，10题16分，共34分8.(多选)如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B间的接触面粗糙。现用一水平拉力F作用在A上使其由静止开始运动，用Ff1代表B对A的摩擦力，Ff2代表A对B的摩擦力，则下列情况可能的是()A.拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量B.拉力F做的功小于A、B系统动能的增加量C.拉力F和Ff1对A做的功之和大于A的动能的增加量D.Ff2对B做的功等于B的动能的增加量答案AD解析A相对B的运动有两种可能，相对静止和相对滑动。当A、B相对静止时，拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量；当A、B相对滑动时，拉力F做的功大于A、B系统动能的增加量，A项正确，B项错误；由动能定理知，Ff2对B做的功等于B的动能的增加量，拉力F和Ff1对A做的功之和等于A的动能的增加量，D项正确，C项错误。9.(2024·山东省考前预测)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为()A.2kg B.1.5kg C.1kg D.0.5kg答案C解析法一：特殊值法画出运动示意图。设该外力的大小为F，据动能定理知A→B(上升过程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkAB→A(下落过程)：(mg－F)h＝EkA'－EkB'整理以上两式并代入数据得物体的质量m＝1kg，选项C正确。法二：写表达式根据斜率求解上升过程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，则Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0下落过程：(mg－F)h＝Ek'－Ek0'，则Ek'＝(mg－F)h＋Ek0'，结合题图可知mg＋F＝72-363-0N＝12Nmg－F＝48-243-0N＝8联立可得m＝1kg，选项C正确。10.(16分)为了确保汽车每次能安全顺利地通过一段陡峭的上坡路，小明通过观察汽车在上坡时的加速度情况对其进行分析。已知汽车总质量m＝1500kg，汽车发动机的额定功率P＝132kW，坡面与水平面夹角为θ＝37°，汽车在坡面受到的阻力恒为车重力的0.4倍，坡面足够长。某次该汽车以加速度a＝1m/s2启动沿坡面向上做匀加速直线运动，当功率达到额定功率后保持功率不变直到汽车获得最大速度时，汽车总位移为x＝40m。重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，求：(1)(7分)汽车保持匀加速直线运动的最长时间；(2)(9分)汽车从开始启动到速度达到最大值所用的时间(结果保留整数