高考物理一轮复习 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（教师版）

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(2025·河北石家庄市期末)如图所示，光滑水平桌面上有一能满足胡克定律的橡皮筋，一端可绕竖直轴O转动，另一端与小球相连。当小球转动稳定后，发现橡皮筋的伸长量等于原长，此时小球的动能为Ek。已知橡皮筋的劲度系数为k，小球可视为质点。橡皮筋的原长为()A.Ekk B.2Ekk C答案A解析设橡皮筋原长为l0，转动稳定后动能为Ek时橡皮筋伸长x，由向心力公式和牛顿第二定律有kx=mv根据题意x=l0，r=l0+x，又Ek=12mv解得l0=Ekk，故选例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hm=2(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，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。存在变力做功的过程中，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求解(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4(多选)(2025·山西晋城市期末)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5(多选)(2025·山东临沂市三模)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0~6s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是()A.0~6s内拉力做的功为200JB.物体受到的摩擦力大小为6NC.物体的质量为0.8kgD.物体在0~2s内受到的拉力为6N答案CD解析在P-t图像中，图线与时间轴围成的面积即为所做的功，故0~6s内拉力做的功为W=12×2×60J+4×20J=140J，A错误；由题图甲可知2~6s物体做匀速直线运动，物体受到的摩擦力与拉力是一对平衡力，结合题图乙及功率P=Fv，解得Ff=F=Pv=2010N=2N，B错误；由题图甲可知，0~2s物体通过的位移x=12×2×10m=10m，根据动能定理可得P1t1-Ffx=12mv2-0，代入数据解得m=0.8kg，C正确；由题图甲可知，0~2s物体的加速度a=ΔvΔt=102m/s2=5m/s2，根据牛顿第二定律可得F'-Ff=ma，代入数据解得0~2课时精练[分值：66分][1~6题，每题4分]1.(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B2.(2026·广西柳州市期末)民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地面。如图所示，若机舱口下沿距地面高为h，一个质量为m的人由静止沿气囊滑下至底端时速度为v，重力加速度为g，不计空气阻力。则此过程中摩擦力对人做的功为()A.mgh B.12mv2-C.12mv2 D.mgh-12答案B解析由动能定理可得mgh+Wf=12mv2，解得Wf=12mv2-mgh，故选3.(多选)(2026·河北邯郸市检测)A、B两物体的质量之比mA∶mB=2∶1，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其v-t图像如图所示。此过程中，A、B两物体受到的摩擦力做的功之比WA∶WB以及A、B两物体受到的摩擦力之比FA∶FB分别为()A.WA∶WB=2∶1 B.WA∶WB=1∶2C.FA∶FB=4∶1 D.FA∶FB=2∶1答案AC解析根据速度—时间图像的斜率表示加速度可知aA∶aB=v0t∶v02t=2∶1，物体在水平方向上只受到摩擦力的作用，摩擦力作为合外力产生加速度，由牛顿第二定律可得Ff=ma，所以摩擦力之比为FA∶FB=4∶1，故C正确，D错误；由动能定理可得摩擦力做的功W=0-12mv2，由于A、B的初速度大小相同，且mA∶mB=2∶1，所以两物体受到的摩擦力做的功之比WA∶WB=2∶4.(2025·广东佛山市模拟)如图所示是一儿童游戏的图片，儿童站在固定竖直圆轨道的最低点，用力将一足球由静止踢出，发现足球能够沿着圆轨道通过最高点，已知轨道半径为R，足球的质量为m，重力加速度为g，不考虑摩擦和空气阻力作用，足球可视为质点，由此可判断儿童对小球做的功()A.可能等于3.6mgRB.可能等于2.4mgRC.可能等于1.2mgRD.可能等于0.8mgR答案A解析足球刚好沿圆轨道通过最高点时有mg=mv2R，解得v=gR，所以足球能够沿着圆轨道通过最高点应满足v≥gR，设儿童对足球做的功为W，对足球从最低点到最高点的过程由动能定理有W-mg×2R=12mv2，解得W=2mgR+12mv2，即W≥55.(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=0-12m6.(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)[7~9题，每题6分]7.(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。8.(2025·江西九江市三模)如图所示，两光滑轨道Ⅰ、Ⅱ的起点M、终点N位置均相同，轨道Ⅰ的末端与水平面相切于N点。将两个相同的小球a、b分别放在Ⅰ、Ⅱ两轨道的起点M，同时由静止释放。下列描述两小球在轨道运动过程中速率v与时间t、速率平方v2与下滑高度h的关系图像可能正确的是()答案B解析由动能定理mgH=12mv2可得小球a和b到达轨道底端的速度大小均为v=2gH，小球b沿直线轨道做匀加速直线运动，其v-t图像为一条倾斜的直线，小球a沿曲线轨道Ⅰ运动过程中，切向加速度逐渐减小，则其v-t图像的切线斜率逐渐减小，且小球a所用时间小于小球b所用时间，故B正确，A错误；由动能定理mgh=12mv2，小球a和b下滑过程速率平方v2与下滑高度h的关系为v2=2gh，可知小球a和b的v2-h图像均为一条过原点的倾斜直线，故C9.(多选)(2025·青海西宁市二模)如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r、可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块。物块与圆盘及与餐桌面间的动摩擦因数均为μ，现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在餐桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则()A.物块从圆盘上滑落的瞬间，圆盘的边缘线速度大小为μgB.物块从圆盘上滑落的瞬间，圆盘的角速度大小为μgC.物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为μmgrD.餐桌面的半径为52答案BD解析物块从圆盘上滑落的瞬间，物块与圆盘的角速度大小相等，线速度大小相等，此时摩擦力达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律可得μmg=mω2r，解得ω=μgr，v=ωr=μgr，故A错误，B正确；物块随圆盘运动的过程中，由动能定理可得圆盘对小物块做功为W=12mv2=12μmgr，故C错误；物块从圆盘上滑落到滑到餐桌面的边缘，其位移x与餐桌面半径R、圆盘半径r的关系如图所示，由动能定理可得-μmgx=0-12mv2，代入数据解得x=r2，由几何关系可得R2=r2+(r2)2，代入数据解得餐桌面的半径为R10.(10分)(2025·黑吉辽蒙卷·13)如图，一雪块从倾角θ=37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x=2.5m，A点距地面的高度h=1.95m，雪块与屋顶的动摩擦因数μ=0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin37°=0.6，重力加速度大小g=10m/s2。求：(1)(4分)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0；(2)(6分)雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。答