第六章　第27课时　动能　动能定理　动能定理与图像结合的问题-2027版高考物理一轮复习

第27课时动能动能定理动能定理与图像结合的问题目标要求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。考点一动能动能定理质量为m的某物体在光滑水平面上运动，在与运动方向相同的恒力F的作用下发生一段位移l，速度由v1增加到v2。(1)试从动力学的角度写出位移l与速度的关系式。(2)结合(1)，试写出经位移l过程中合力F做功的表达式。(3)你能得到什么结论？答案(1)由牛顿第二定律可得F=ma，结合运动学公式v22-v1可得l=m(2)合力做的总功W=Fl=12mv22-1(3)合力做的功等于物体动能的变化，即W=Ek2-Ek1=ΔEk。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=12mv22-1(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。例1(2026·江苏南通市检测)“重研发、迭代快”成为新能源汽车产业发展的特点。在下列情形中，汽车的动能会变为原来的2倍是()A.质量不变，速度增大到原来的2倍B.质量减半，速度增大到原来的4倍C.速度不变，质量增大到原来的2倍D.速度减半，质量增大到原来的4倍答案C解析根据动能的表达式Ek=12mv2可知，质量不变，速度增大到原来的2倍，则动能变为原来的4倍，A错误；质量减半，速度增大到原来的4倍，则动能变为原来的8倍，B错误；速度不变，质量增大到原来的2倍，则动能变为原来的2倍，C正确；速度减半，质量增大到原来的4倍，则动能不变，D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360N，方向都与竖直方向成37°，重物离开地面25cm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)重物对地面的平均冲击力是多大。答案(1)2.4m/s(2)7.7×103N解析(1)两根绳子对重物的合力F合=2Fcos37°=2×360×0.8N=576N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=7.7×由牛顿第三定律可知，重物对地面的平均冲击力的大小为7.7×103N。应用动能定理的解题流程考点二应用动能定理求变力做功例3如图所示，长木板AB置于水平面上，板长为L，板的B端放置质量为m的小物块。现将板绕A端由静止开始在竖直平面内转动α角时，物块的速度为v，物块始终保持与板相对静止，重力加速度为g，则在上述转动过程中()A.重力对物块做的功为-mgLcosαB.摩擦力对物块做的功为mgLsinαC.弹力对物块做的功为mgLsinα+12mvD.板对物块做的功为12mv答案C解析重力对物块做的功为WG=-mgLsinα，故A错误；小物块始终保持与板相对静止，在这个过程中物块所受的为静摩擦力，静摩擦力的方向总是与速度的方向垂直，则摩擦力对物块做的功为零，故B错误；根据动能定理可知W-mgLsinα=12mv2，解得弹力对物块做的功为W=mgLsinα+12mv2，故C正确；根据动能定理可知，合力对物块做的功为12mv2，板对物块做的功为mgLsinα+12mv例4如图，质量为m=1kg的小滑块(视为质点)在半径为R=0.3m的四分之一圆弧的最高点A，由静止开始释放，它运动到B点时速度为v=2m/s。滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ=37°、长L=1m的斜面CD上，斜面底部D点与水平地面平滑相连，地面上一根水平轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰好在D点。认为滑块在C、D两处换向时速度大小均不变，滑块恰好被弹簧弹回到C点。g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。(1)求AB段圆弧摩擦力做的功；(2)弹簧被压缩到最短时滑块克服弹力做的功。答案(1)-1J(2)7J解析(1)从A到B，由动能定理得mgR+Wf=12mv2，代入数据得Wf=-1(2)滑块在由B到被弹回到C的过程中，由动能定理得-2Ffx=0-12mv解得Ffx=1J滑块在由B到弹簧被压缩到最短过程中由动能定理得mgLsinθ-Ffx-W克弹=0-12mv解得W克弹=7J。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=12mv2考点三动能定理与图像结合的问题几种图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义例5(2025·江苏无锡市三校联考)图甲为某跳台滑雪运动员从跳台M(长度可忽略不计)处沿水平方向飞出、经2s在斜坡N处着陆的示意图，图乙为运动员从M到N飞行时的动能Ek随飞行时间t变化的关系图像。不计空气阻力作用，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是()A.斜坡的倾角为45°B.运动员在M处的速度大小为12m/sC.运动员运动到N处时重力的瞬时功率为1.0×104WD.运动员在1.2s末时离坡面的距离最大答案A解析设运动员在M处的速度大小为v0，根据题图乙可得12mv02=3×103J，12mvN2-12mv02=mgh，h=12gt2，联立解得v0=10m/s，m=60kg；运动员运动到N处时竖直分速度vy=gt=20m/s，重力的瞬时功率为P=mgvy=1.2×104W，B、C错误；t=2s时，运动员落在斜坡上，斜坡的倾角θ满足tanθ=12gt2v0t=1，解得θ=45°例6(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。课时精练[分值：56分][1~5题，每题4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；无法比较动能与克服摩擦力做功的大小，C、D2.(2025·云南卷·2)如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近()A.4×105J B.4×104JC.4×103J D.4×102J答案B解析高中生的质量约为50kg，根据动能定理有W=12mv2=4.0×104J，故选B3.(2025·江苏扬州市检测)某同学想测试自己的弹跳力，在教室门口竖直向上跳起，手指刚好碰到门窗上沿，已知该同学身高1.75m，体重约为60kg，门窗上沿离地2.6m，忽略空气阻力，则他双脚离地时的动能约为()A.240J B.510JC.1035J D.1560J答案A解析人手臂抬高后指尖离头顶的距离约为0.45m，人向上运动的高度h=2.6m-1.75m-0.45m=0.4m由动能定理-mgh=0-Ek解得Ek=240J，故选A。4.(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=m5.(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)gR B.C.2(1+π)gR D.2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=(π+2)6.(8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)(5分)求此时P、Q绳中拉力的大小；(2)(3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。[7~9题，每题4分]7.(2025·江苏淮安市检测)如图所示，一小物块由静止开始沿固定斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是()答案A解析设O点到斜面底端的水平距离为x，斜面的倾角为θ，小物块滑至斜面某处(发生的水平位移为x<x1)时的末动能为Ek，由动能定理，mgxtanθ-μ1mgcosθxcosθ=Ek-0，即Ek=mgxtanθ-μ1mgx，故小物块沿斜面下滑时Ek与x(x<x1)成正比。当小物块在水平地面上运动时，由动能定理得mgx1tanθ-μ1mgx1-μ2mg(x-x1)=Ek。故选8.(2025·江苏南京市检测)如图所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙固定斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平，大小也为v0，下列说法中正确的是()A.A、B、C三者的加速度相同B.A和C同时滑到斜面底端C.滑到斜面底端时，B和C的动能一样D.滑到斜面底端时，A、C所受重力的功率大小关系为：PC>PA答案D解析设斜面倾角为θ，A、B、C三个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，为Ff=μmgcosθ，A和B所受滑动摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma，可知aA=aB=gsinθ-μgcosθ，C沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以它们的加速度不相同，C沿斜面方向的平均加速度大于A、B的加速度，A、C沿斜面方向的位移相同，根据运动学规律，沿斜面方向y=12at2，可知C相对A先到达斜面底端，沿斜面方向，A、C都做初速度为零的加速直线运动，根据v2=2ay，知C到达斜面底端时沿斜面向下方向的速度大于A，所以滑到斜面底端时，A、C所受重力的功率大小关系为PC>PA，故A、B错误，D正确；重力做功相同，A、B克服摩擦力做功相同，均小于C克服摩擦力做功，而B、C有相同大小的初速度，根据动能定理mgh-W克f=12mv2-12mv02，由此可知滑到斜面底端时，B9.(2025·江苏南京市检测)如图所示，一段轻绳跨过距地面高度为H的两个定滑轮，一端连接小车P，另一端连接质量为m的物块Q，小车最初在左边滑轮的正下方A点，以速度v从A点沿水平面匀速向左运动，运动了距离H到达B点(绳子足够长)，重力加速度为g，下列说法正确的是()A.物块在上升过程中的加速度向下B.车过B点时，物块Q的速度为2vC.车过B点时，左边轻绳绕定滑轮转动的角速度为vD.此过程轻绳上的拉力对物块Q所做的功为(2-1)mgH答案C解析将小车的速度分解为沿绳子方向的速度以及垂直绳子方向的速度，如图设绳子与水平方向的夹角为θ，小车沿绳方向的分速度与物块速度大小相等，则v'=vcosθ，小车向左运动的过程中θ逐渐减小，cosθ逐渐增大，故物块做加速运动，加速度的方向向上，故A错误；当小车运动到B点时tanθ=HH=1，所以θ=45°，则物块速度为v'=vcosθ=22v，故B错误；当小车运动到B点时，绳与水平方向夹角θ=45°，左侧的绳子的长度是L=2H，由图可知，垂直于绳子方向的分速度为v⊥=vsinθ=22v，所以左边绳子绕定滑轮转动的角速度为ω=v⊥L=v2H，故C正确；设此过程中绳子上的拉力对物块Q所做的功为W，由动能定理得W-mg(2H-H)=12mv'2-0，解得W=(2-1)10.(12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大小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)(5分)汽车保持匀加速直线运动的最长时间；(2)(7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)。答案(1)8s(2)9s解析(1)设汽车的牵引力为F，根据牛顿第二定律可得F-0.4mg-mgsinθ=ma解得F=1.65×104N匀加速直线运动过程的最大速度为v1=PF=8故汽车