高考物理一轮复习讲义 第六章　第23课时　动能定理及其应用

第23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.会用动能定理分析多过程及往复运动问题。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)矢标性：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。(4)适用情况①既适用于直线运动，也适用于曲线运动。②既适用于恒力做功，也适用于变力做功。③既可以同时作用，也可以间断作用。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(2025·浙江省浙南名校联盟期中)巴黎奥运会网球女单决赛中，中国选手郑钦文以2∶0战胜克罗地亚选手维基奇夺冠。这是中国运动员史上首次赢得奥运网球单打项目的金牌。某次发球郑钦文将质量为m的网球在网球竖直上升到最高点时击出，网球被击出瞬间距离地面的高度为h，网球的速度大小为v1，经过一段时间网球落地，落地瞬间的速度大小为v2，重力加速度为g，网球克服空气阻力做功为W克f。则下列说法正确的是()A.击球过程，球拍对网球做功为mgh+12mB.网球从被击出到落地的过程，网球动能的增加量为mghC.网球从被击出到落地的过程，网球的机械能减少W克fD.网球克服空气阻力做功为mgh+12mv22-答案C解析击球过程，根据动能定理有W=12m即球拍对网球做功为12mv12网球从被击出到落地，根据动能定理有ΔEk=mgh-W克f，故B错误；网球从被击出到落地，网球的机械能减少W克f，故C正确；根据动能定理有mgh-W克f=12mv22-解得W克f=mgh+12mv12-12m例2(2025·浙江省七彩阳光新高考联盟检测)一质量为m的小球从距水平地面h1处的A点以初速度大小v被竖直抛下，落到水平地面上被弹回，回跳到距地面h2处的B点时速度为零。若小球与地面碰撞时机械能损失20%，不计空气阻力，重力加速度为g，则从A到B过程中()A.重力做功为mg(h2-h1)B.合外力对小球做功为mg(h1-h2)C.初速度大小满足v=5D.地面对小球做的功为mg(h2-h1)-12mv答案D解析重力做功为WG=mg(h1-h2)，A错误；小球由A到B运动过程中，根据动能定理，合外力对小球做功W合=ΔEk=0-12mv2=-12mv2，B错误；设地面对小球做功为W，小球由A到B运动过程中，根据动能定理W合=W+mg(h1-h2)=0-12mv2，解得W=mg(h2-h1)-12mv2，D正确；小球与地面碰撞后的机械能为E机=(1-20%)(mgh1+12mv2)=45(mgh1+12mv2)=mgh2例3(2025·浙江6月选考·6)如图所示，两根相同的橡皮绳，一端连接质量为m的物块，另一端固定在水平桌面上的A、B两点。物块处于AB连线的中点C时，橡皮绳为原长。现将物块沿AB中垂线水平拉至桌面上的O点静止释放。已知CO距离为L，物块与桌面间的动摩擦因数为μ，橡皮绳始终处于弹性限度内，不计空气阻力，则释放后()A.物块做简谐运动B.物块只受到重力、橡皮绳弹力和摩擦力的作用C.若∠AOB=90°时每根橡皮绳的弹力为F，则物块所受合力大小为2FD.若物块第一次到达C点的速度为v0，此过程中橡皮绳对物块做的功W=12mv0答案D解析物块在水平桌面上运动，受到重力、桌面竖直向上的支持力、橡皮绳的弹力以及摩擦力的作用，故B错误；若∠AOB=90°时，每根橡皮绳的弹力为F，两根橡皮绳弹力的合力F弹合=F2+F2=2F，物块还受到摩擦力Ff=μFN=μmg，则物块所受合力为F合=2F-μmg，故C错误；若物块第一次到达C点的速度为v0，物块从O点运动到C点，由动能定理可知W-μmgL=12mv02-0，解得橡皮绳对物块做的功为W=12mv02+μmgL，故D正确；设橡皮绳原长为l，当CO=x时，∠AOC=α，则此时物块所受合力为F合=2k(xcosα-l)cosα-μmg=2k(x-lcos应用动能定理的解题流程考点二动能定理在多过程问题中的应用1.应用动能定理解决多过程问题的两种思路(1)分阶段应用动能定理①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理。②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破。(2)全过程(多个过程)应用动能定理当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大减少运算。2.全过程列式时要注意(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。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。例5(2022·浙江1月选考·20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB长度lAB=3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ=78，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。(1)若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小。(2)设释放点距B点的长度为lx，求滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式。(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。答案(1)7N(2)v=12lx-9.6(m/s)，其中lx≥0.85m(解析(1)滑块由释放点到C点过程，由动能定理有mglsin37°+mgR(1-cos37°)=12m在C点由牛顿第二定律有FN-mg=mv联立解得FN=7N(2)要保证滑块能到F点，必须能过DEF的最高点，当滑块恰到最高点时根据动能定理可得mgl1sin37°-(3mgRcos37°+mgR)=0解得l1=0.85m因此要能过F点必须满足lx≥0.85m能过最高点，则能到F点，由释放到第一次到达F点，根据动能定理可得mglxsin37°-4mgRcos37°=12mv联立解得v=12lx-9.6其中lx≥0.85m(3)设摩擦力做功为第一次到达FG中点时的n倍，根据动能定理可得mglxsin37°-mglFG2sin37°-nμmglFG又lFG=4联立解得lx=7n+615m，其中n=1，3又因为0.85m≤lx≤lAB，又lAB=3m当n=1时，lx1=1315m；当n=3时，lx2=95当n=5时，lx3=4115m(1)应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的初状态和最终状态。(2)重力做功与物体运动的路径无关，可用WG=mgh直接求解。(3)滑动摩擦力做功与物体运动的路径有关，可用Wf=-Ffs求解，其中s为物体相对滑动的总路程。考点三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6(多选)一物体以初速度v0=45m/s自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能Ek随位移x的变化关系如图所示，图中x0=5m、Ek1=40J、Ek2=20J。重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是()A.物体与斜面之间的动摩擦因数为0.25B.物体的质量为0.8kgC.物体上滑过程中克服重力做的功为30JD.物体返回斜面底端时，重力的功率为12W答案AC解析由Ek1=12mv02得m=1kg，故B错误，物体上滑过程中，由动能定理得-mgsinθ·x-μmgcosθ·x=Ek-Ek1，整理得Ek=Ek1-(mgsinθ+μmgcosθ)x，结合图像得斜率的绝对值|k|=mgsinθ+μmgcosθ=8物体下滑过程中，由动能定理得mgsinθ·x-μmgcosθ·x=Ek结合图像得斜率的绝对值|k'|=mgsinθ-μmgcosθ=4J·m-1联立得sinθ=35，μ=0.25，故A正确；上滑过程中重力做功WG=-mgx0sinθ=-30J，故C正确；根据题意可知，物体返回斜面底端时动能为Ek2=20J，由Ek2=12mv22，解得v2物体返回斜面底端时，重力的功率为P2=mgv2sinθ=1210W，故D错误。例7(2025·福建卷·15)如图(a)，竖直平面内，一长度大于4m的水平轨道OP与光滑半圆形轨道PNM在P点平滑连接，固定在水平地面上。可视为质点的A、B两小物块靠在一起，静置于轨道左端。现用一水平向右推力F作用在A上，使A、B向右运动。以x表示A离开初始位置的位移，F随x变化的图像如图(b)所示。已知A、B质量均为0.2kg，A与水平轨道间的动摩擦因数为0.25，B与水平轨道间的摩擦不计，重力加速度大小取10m/s2。(1)求A离开初始位置向右运动1m的过程中，推力F做的功。(2)求A的位移为1m时，A、B间的作用力大小。(3)若B能到达M点，求半圆形轨道半径应满足的条件。答案(1)1.5J(2)0.5N(3)R≤0.2m解析(1)0~1m内推力F为恒力，设A的位移大小为x1，推力大小为F1，做的功为W1。由功的定义有W1=F1x1代入数据得W1=1.5J。(2)设A的质量为mA，B的质量为mB，A与水平轨道间的动摩擦因数为μ，A受到的滑动摩擦力大小为Ff；A的位移大小为1m时，A、B的加速度大小均为a，A、B间的作用力大小为FAB，对A、B整体，由牛顿第二定律有F1-Ff=(mA+mB)a，Ff=μmAg，对B，由牛顿第二定律有FAB=mBa，联立并代入题给数据得FAB=0.5N。(3)经分析，当A、B间的作用力大小减为0时，B与A分离，此时二者加速度均为0。设分离时推力大小为F2，A的位移大小为x2。对A、B整体，由牛顿第二定律有F2-Ff=0联立并代入题给数据得F2=0.5N，由题图(b)可知x2=3m设A从离初始位置1m处运动到分离点的过程中，推力对A做的功为W2。由功的定义可知，F-x图像围成的面积表示功，得W2=(F1+F2)2(设B与A分离瞬间二者速度大小均为v1。对A、B整体，由动能定理有W1+W2-Ffx2=12(mA+mB)v1设半圆形轨道半径为R，B运动到M点时速度大小为v2，轨道对B的作用力大小为FN。由向心力公式和牛顿第二定律有mBg+FN=mBB与A分离后沿水平轨道向右匀速运动至P点，B从P点运动到M点的过程中，由动能定理有-2mBgR=12mBv22-12根据题意，B能到达M点，因此FN≥0，联立并代入数据得R≤0.2m。课时精练[分值：49分][1~6题，每题3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.如图为学校运动会中“毛毛虫竞速”趣味比赛，已知“毛毛虫”质量为10kg，比赛中四位同学提起毛毛虫，以4.0m/s2的加速度从静止开始沿水平方向做直线运动，在0~1s的过程中，平均每位同学对“毛毛虫”做的功为()A.10J B.20J C.40J D.80J答案B解析根据匀变速直线运动规律可知，t=1s时的速度大小v=at=4m/s，根据动能定理有4W=12mv2-0，解得平均每位同学对“毛毛虫”做的功W=20J，故选B3.(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-12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。4.(2024·浙江宁波市期末)将一个质量为m的小球从水平地面上斜向上抛出，抛出时具有的动能为Ek，不计空气阻力。当小球到达最大高度h时，其动能为12Ek。则当小球到达12h处时，其速度大小为(A.Ek2m B.Ekm C答案C解析小球从抛出到小球到达最大高度h时，由动能定理得-mgh=12Ek-Ek，小球从抛出到小球到达12h时，设小球的速度大小为v，由动能定理得-mg×12h=12mv2-Ek，解得v=5.(2024·浙江省七彩阳光联盟检测)歼-20是先进隐形战斗机，已知某次训练中，歼-20从静止开始沿跑道直线加速起飞，若这个过程可看作两个阶段，第一阶段以恒定功率P从静止开始运动，加速到速度1203km/h，第二阶段以恒定功率2P运动到起飞，起飞速度360km/h，两个阶段时间相等，运动过程阻力恒定，则歼-20起飞过程第一阶段和第二阶段位移大小之比为()A.2∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.3∶1答案B解析第一阶段，由动能定理得Pt-Ffx1=12mv12，第二阶段，由动能定理得2Pt-Ffx2=12mv22-12mv12，联立可得x16.(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。[7题4分]7.(2025·浙江省强基联盟联考)如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，且AB=1.5BC，小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点停止，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是()A.tanθ=2μ1+3μC.tanθ=2μ1-μ2 D.tanθ=2μ2-μ1答案B解析从A点释放，恰好能滑动到C点，物块受重力、支持力、滑动摩擦力。设斜面AC长为L，从A到C过程运用动能定理有，mgLsinθ-μ1mgcosθ×35L-μ2mgcosθ×25L=0，解得tanθ=3μ8.(13分)(2025·浙江杭州市检测)极限运动深受年轻人的喜爱，如图甲是极限运动中滑板、轮滑等运动常用的比赛场地——U形池，现有某U形池场地示意图如图乙所示，该场地由两段可视为光滑的14圆弧形滑道AB和CD以及粗糙程度处处相同的水平滑道BC构成，图中R1=4.5m，R2=3.5m，BC=5m，某次滑板比赛中质量为60kg(含滑板质量)的运动员从A点由静止出发，通过AB、BC滑道，冲向CD滑道，到达CD滑道的最高位置D时速度恰好为零(运动员和滑板整体看成质点，空气阻力不计，g取10m/s2)(1)(3分)求该运动员在圆弧形滑道AB上下滑至B点时对圆弧形滑道的压力。(2)(5分)该运动员为了第一次经过D处后有2s时间做空中表演，求他在A点下滑的初速度大小。(3)(5分)在(2)问的初始条件下，运动员在滑道上来回运动，最终停的位置距离B点多远？答案(1)1800N，方向垂直于BC向下(2)10m/s(3)2.5m解析(1)运动员从A到B的过程中由动能定理得mgR1=12mv在B点由牛顿第二定律和向心力公式得FN-mg=mv联立解得FN=1800N由牛顿第三定律得，在B点运动员对圆弧形滑道的压力大小FN'=FN=1800N，方向垂直于BC向下。(2)设运动员在BC段摩擦力对他做的功为Wf，根据运动员从A点由静止出发到D点时的速度恰好为零，由动能定理得mgR1+Wf-mgR2=0解得Wf=-600J运动员在空中表演时做竖直上抛运动，上抛的初速度vD1=gt解得vD1=10m/s运动员从A到D过程，由动能定理得mgR1+Wf-mgR2=12mvD12代入数据解得vA0=10m/s(3)运动员下落后会在滑道上来回运动，直到最终静止在BC上；对运动员的全过程由动能定理得mgR1-Ffs=0-12m又Wf=-Ff·BC解得运动员在BC段运动的总路程为s=47.5m在BC上来回运动的次数n=sBC=9.运动员最终停在BC的中点，即离B点2.5m处。9.(14分)(2025·浙江省“9+1”高中联盟联考)如图所示为某弹射游戏装置，游戏轨道由倾角θ=37°的粗糙直轨道AB和两个半径为R=0.5m的光滑半圆弧轨道BD、D'E组成，物块a(可视为质点)能无碰撞地从轨道AB进入轨道BD，以及从轨道BD进入轨道D'E。游戏规定：参赛者在A点给物块一定的初速度v0，若物块能在圆弧轨道D'E(不包括E点和D'