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动能定理及其应用(45分钟100分）一、选择题（本题共9小题，每小题6分，共54分,1~5题为单选题，6～9题为多选题)1。
一质点做初速度为v0的匀加速直线运动,从开始计时经时间t质点的动能变为原来的9倍。
该质点在时间t内的位移为( ) A.v0t B.2v0t C。
3v0t D.4v0t【解析】选B。
由E k=mv2得v=3v0，x=(v0+v)t=2v0t ，故A、C、D错误，B正确。
2。
（2020·济南模拟）静止在地面上的物体在不同合外力F的作用下通过了相同的位移x0，下列情况中物体在x0位置时速度最大的是( ）【解析】选C.由于F—x图象所包围的面积表示力做功的大小，已知物体在不同合外力F的作用下通过的位移相同，C选项中图象包围的面积最大，因此合外力做功最多，根据动能定理W合=mv2—0，可得C选项物体在x0位置时速度最大,故A、B、D错误，C正确。
3。
(2019·开封模拟)在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会,如图所示，他站在罚球线处用力将篮球投出,篮球以约为1 m/s的速度撞击篮筐。
已知篮球质量约为0。
6 kg，篮筐离地高度约为3 m，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功大约为（)A.1 J B。
10 J C.50 J D.100 J【解析】选B。
该同学将篮球投出时的高度约为h1=1.8 m，根据动能定理有W—mg（h—h1）=mv2，解得W=7.5 J,B项最接近，故选项B正确.4。
如图甲所示,滑轮质量、摩擦均不计,质量为2 kg的物体在拉力F 作用下由静止开始向上做匀加速运动,其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知（）A。
物体加速度大小为2 m/s2B.F的大小为21 NC.4 s末F的功率为42 WD。
4 s内F的平均功率为42 W【解析】选C.由题图乙可知，v—t图象的斜率表示物体加速度的大小,即a=0.5 m/s2，由2F—mg=ma可得：F=10。
最新-2021版物理一轮复习 52 动能定理及其应用学案新人教版必修第2节动能定理及其应用【考纲知识梳理】一、动能定义：物体由于运动而具有的能叫动能表达式为:Ek?12mv2，动能和动量的关系：动能是用以描述机械运动的状态量。
动量是从机械运动出发量化机械运动的状态,动量确定的物体决定着它克服一定的阻力还能运动多久；动能则是从机械运动与其它运动的关系出发量化机械运动的状态，动能确定的物体决定着它克服一定的阻力还能运动多远。
二、动能定理1.定义：合外力所做的总功等于物体动能的变化量. ―― 这个结论叫做动能定理.2.表达式：W合?1122mv2?mv1??EK22，式中W合是各个外力对物体做功的总和，ΔEK是做功过程中始末两个状态动能的增量.3.推导：动能定理实际上是在牛顿第二定律的基础上对空间累积而得：在牛顿第二定律 F=ma 两端同乘以合外力方向上的位移s，即可得W合?Fs?mas?1122mv2?mv122【要点名师透析】一、对动能定理的理解 1.总功的计算物体受到多个外力作用时，计算合外力的功，要考虑各个外力共同做功产生的效果，一般有如下两种方法：(1)先由力的合成或根据牛顿第二定律求出合力F合，然后由W=F合lcosα计算.(2)由W=Flcosα计算各个力对物体做的功W1、W2、…、Wn,然后将各个外力所做的功求代数和，即W合=W1+W2+…+Wn.2.动能定理公式中等号的意义(1)数量关系:即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系.可以通过计算物体动能的变化,求合力的功,进而求得某一力的功. (2)单位相同:国际单位都是焦耳.(3)因果关系:合外力的功是物体动能变化的原因. 3.动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力.4.动能定理应用广泛，直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、同时做功、分段做功等各种情况均适用.注意：(1)动能定理说明了外力对物体所做的总功和动能变化间的一种因果关系和数量关系，不可理解为功转变成了物体的动能.(2)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.【例证1】如图所示,一块长木板B放在光滑的水平面上,在B上放一物体A,现以恒定的外力拉B,由于A、B间摩擦力的作用,A将在B上滑动,以地面为参照物,A、B都向前移动一段距离,在此过程中( )A.外力F做的功等于A和B动能的增量B.B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量C.A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D.外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和【答案】选B、D.【详解】物体A所受的合外力等于B对A的摩擦力,所以B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量,所以B对.A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力,大小相等,方向相反,但由于A在B上滑动,A、B对地的位移不等,所以二者做功不等,故C 错.对B应用动能定理,WF-Wf=ΔEkB，即WF=ΔEkB+Wf,即外力F对B做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做功之和，所以D对，A错,故选B、D. 二、动能定理的应用 1.基本步骤(1)选取研究对象，明确它的运动过程；(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：(3)明确研究对象在过程的始末状态的动能Ek1和Ek2；(4)列出动能定理的方程W合=Ek2-Ek1及其他必要的解题方程，进行求解. 2.注意事项(1)动能定理的研究对象可以是单一物体，或者是可以看做单一物体的物体系统.(2)动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式.当题目中涉及到位移和速度而不涉及时间时可优先考虑动能定理；处理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理.(3)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑.但求功时，有些力不是全过程都做功，必须根据不同的情况分别对待求出总功.(4)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负.当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W，将该力做功表达为-W，也可以直接用字母W表示该力做功，使其字母本身含有负号.【例2】(2021・济南模拟)(14分)如图甲所示，一质量为m=1 kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t=0时刻开始，物块受到按如图乙所示规律变化的水平力F作用并向右运动，第3 s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ=0.2，(g取10 m/s2)求：(1)A与B间的距离；(2)水平力F在5 s内对物块所做的功. 【答案】(1)4 m (2)24 J 【详解】(1)在3 s～5 s内物块在水平恒力F作用下由B点匀加速运动到A点，设加速度为a，A与B间的距离为x，则F-μmg=ma (2分) 得a=2 m/s2 (1分)x==4 m (2分)(2)设物块回到A点时的速度为vA，由vA2=2ax得vA=4 m/s (3分) 设整个过程中F做的功为WF，由动能定理得：WF-2μmgx= (4分)解得：WF=24 J (2分) 【感悟高考真题】1.（2021・新课标全国卷・T15）一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用。
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课时提升作业十五动能定理及其应用(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。
1～5题为单选题,6～8题为多选题)1.(2017·厦门模拟)如图所示,两个光滑斜面的高度h相同,倾角θ1<θ2。
一物体m先后沿两斜面由静止从顶端下滑,到底端时的动能分别是E k1和E k2,则( )A.E k1<E k2B.E k1>E k2C.E k1=E k2D.条件不足,无法比较【解析】选C。
物体下滑过程中,只有重力做功,由动能定理得mgh=E k-0,由于m 和h相等,则有E k1=E k2,故选项C正确。
2.(2017·江门模拟)一个物块以初动能E滑上斜面最高处时克服重力做功0.6E,则它又滑回斜面底端时的动能为( )A.0.8EB.0.6EC.0.4ED.0.2E【解析】选D。
物块向上滑动过程,由动能定理得-mgh-W f=0-E,由题意可知mgh=0.6E,解得W f=0.4E,物块下滑过程,由动能定理得mgh-W f=E k,解得E k=0.2E,故D正确。
3.如图所示,在竖直平面内有一“V”形槽,其底部BC是一段圆弧,两侧都与光滑斜槽相切,相切处B、C位于同一水平面上。
一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑,经圆弧槽再滑上左侧斜槽,最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处,接着小物体再向下滑回,若不考虑空气阻力,则( )A.小物体恰好滑回到B处时速度为零B.小物体尚未滑回到B处时速度已变为零C.小物体能滑回到B处之上,但最高点要比D处低D.小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点【解析】选C。
小物体从A处运动到D处的过程中,克服摩擦力所做的功为W f1=mgh,小物体从D处开始运动的过程,因为速度较小,小物体对圆弧槽的压力较小,所以克服摩擦力所做的功W f2<mgh,所以小物体能滑回到B处之上,但最高点要比D处低,C正确,A、B错误;因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知,所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方,D错误。
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考点突破·素养提升考点1 对动能定理的理解(d)【典例1】有一质量为m的木块,从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点,如图所示,如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变,则以下叙述正确的是世纪金榜导学号( )A.木块所受的合外力为零B.因木块所受的力都不对其做功,所以合外力的功为零C.重力和摩擦力做功的代数和为零D.重力和摩擦力的合力为零【解题思路】解答本题应注意以下两点:(1)木块做匀速圆周运动合力不为零。
(2)支持力不做功,合外力做的功即重力和摩擦力的合力做的功。
【解析】选C。
木块做曲线运动,速度方向变化,加速度不为零,合外力不为零,A错。
速率不变,动能不变,由动能定理知,合外力做的功为零,支持力始终不做功,重力做正功,所以重力做的功与摩擦力做的功代数和为零,但重力和摩擦力的合力不为零,C对,B、D错。
1.(2019·台州模拟)甲、乙两物体材料相同,m甲∶m乙=4∶1,它们以相同的动能在同一水平面上运动,则甲、乙滑行的最大距离之比为( )A.1∶4B.1∶2C.2∶1D.4∶1【解析】选A。
设两物体与水平面间的动摩擦因数为μ,初速度为v0,由动能定理得:-μmgx=0-m,又m=E k0,所以x=;由题,两物体初动能E k0相同,则得==,故选A。
2.如图,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。
它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W。
重力加速度大小为g。
设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为N,则 ( )A.a=B.a=C.N=D.N=【解析】选A。
由P点到最低点,由动能定理得mgR-W=mv2,再由a=得a=,A正确,B错误;在最低点支持力与重力的合力充当向心力,根据牛顿第二定律得N-mg=m,可得N=,C、D错误。
动能定理及其应用1.(2019·广州模拟)用起重机提升货物,货物上升过程中的v-t图像如图所示,在t=3 s到t=5 s内,重力对货物做的功为W1、绳索拉力对货物做的功为W2、货物所受合力做的功为W3,则( )A.W1>0B.W2<0C.W2>0D.W3>0【解析】选C。
分析题图可知,货物一直向上运动,根据功的定义式可得:重力做负功,拉力做正功,即W1<0,W2>0,A、B错误,C正确;根据动能定理:合力做的功W3=0-mv2,v=2 m/s,即W3<0,D错误。
2.(2019·衡水模拟)质量m=1 kg 的物体静止放在粗糙水平地面上。
现对物体施加一个随位移变化的水平外力F时物体在水平面上运动。
已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。
若F-x图像如图所示。
且4～5 m内物体匀速运动。
x=7 m时撤去外力,g取10 m/s2,则下列有关描述正确的是( )A.物体与地面间的动摩擦因数为0.1B.x=3 m时物体的速度最大C.撤去外力时物体的速度为 m/sD.撤去外力后物体还能在水平面上滑行3 s【解析】选C。
4～5 m内物体匀速运动,则有 F=F f=μmg,得μ===0.3,故A错误;只要F>F f=μmg,物体就在加速,所以在0～4 m内物体一直加速,x=4 m时物体的速度最大,故B错误;根据图像与x轴所围的面积表示外力F做的功,可得0～7 m内外力做功为W= J=22 J,设撤去外力时物体的速度为v,根据动能定理得 W- F f x=mv2-0,其中 x=7 m,解得 v= m/s,故C正确;撤去外力后物体的加速度大小为 a==3 m/s2,物体还能滑行时间 t= = s,故D错误。
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关键能力·题型突破考点一对动能、动能定理的理解1.(2018·江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。
忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k与时间t的关系图象是( )【解析】选A。
对于整个竖直上抛过程(包括上升与下落)，速度与时间的关系为v=v 0-gt，v2=g2t2-2v0gt+，E k=mv2，可见动能与时间是二次函数关系，由数学中的二次函数知识可判断A正确。
2.(2018·全国卷Ⅱ)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.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功【解析】选A。
根据动能定理可得：W F+W f=E k，又知道摩擦力做负功，即W f<0，所以木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，选项A正确、B错误；根据W F+W f=E k，无法确定E k与-W f的大小关系，选项C、D错误。
【加固训练】(多选)(2019·唐山模拟)甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离x。
如图所示，甲在光滑水平面上，乙在粗糙水平面上，则下列关于力F对甲、乙两物体做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是 ( )A.力F对甲物体做功多B.力F对甲、乙两个物体做的功一样多C.甲物体获得的动能比乙大D.甲、乙两个物体获得的动能相同【解析】选B、C。
由功的公式W=Fxcosα=Fx可知，两种情况下力F 对甲、乙两个物体做的功一样多，A错误，B正确；根据动能定理，对甲有Fx=，对乙有Fx-F f x=E k2，可知E k1>E k2，即甲物体获得的动能比乙大，C正确，D错误。
考点二动能定理的应用求解直线运动问题【典例1】如图所示，炼钢厂通常用滚筒来传送软钢锭，使具有一定初速度的软钢锭通过滚筒滑上平台。
质量为M的软钢锭长为L，上表面光滑，下表面与平台间是粗糙的。
现以水平向右的初速度滑上平台，全部滑上平台时的速度为v。
此时，在其右端无初速度放上一个质量为m的滑块(视为质点)。
随后软钢锭滑过2L距离时速度为零，滑块恰好到达平台。
重力加速度取g，空气阻力不计。
求：(1)滑块获得的最大加速度(不考虑与平台的撞击过程)。
(2)滑块放上后，软钢锭滑动过程克服阻力做的功。
(3)软钢锭处于静止状态时，滑块到达平台的动能。
【解析】(1)由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以软钢锭在平台上滑过距离L时，滑块脱离软钢锭后做自由落体运动，最大加速度：a=g (2)对软钢锭，由动能定理得：-W=0-Mv2解得：W=Mv2(3)滑块脱离软钢锭后做自由下落到平台的时间与软钢锭在平台最后滑动L的时间相同，设为t。
滑块离开软钢锭到软钢锭静止过程，软钢锭做匀减速直线运动，则：μMg=Ma由位移公式得：L=at2对软钢锭，从滑上平台到静止的过程，由动能定理得：-μ(M+m)gL-μMgL=0-Mv2滑块落到平台上时的速度：v m=gt滑块到达平台时的动能：E km=m解得：E km=答案：(1)g (2)Mv2(3)求解曲线运动问题【典例2】(多选)(2016·全国卷Ⅲ)如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。
它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。
重力加速度大小为g。
设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则( )A.a=B.a=C.N=D.N=【解析】选A、C。
由P点到最低点，由动能定理得mgR-W=mv2，再由a=得a=，A正确，B错误；在最低点支持力与重力的合力充当向心力，根据牛顿第二定律得N-mg=m，可得N=，C 正确，D错误。
求解多过程问题【典例3】如图所示，AB为倾角θ=37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙。
BP为圆心角等于143°，半径R=1m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现有一质量m=2kg 的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后(不拴接)释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x=12t-4t2(式中x单位是m，t单位是s)，假设物块第一次经过B点后恰能到达P点，(sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2)试求：(1)若CD=1m，物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功；(2)B、C两点间的距离x。
(3)若BC部分光滑，把物块仍然压缩到D点释放，求物块运动到P点时受到轨道的压力大小。
【解析】(1)由x=12t-4t2知，物块在C点速度为v0=12m/s，加速度大小a=8m/s2设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得W-mgsin37°·=m代入数据得W=m+mgsin37°·=156J。
(2)物块在CB段，根据牛顿第二定律，物块所受合力F=ma=16N 物块在P点的速度满足mg=C到P的过程，由动能定理得-Fx-mgR(1+cos37°)=m-m解得x=m=6.125m。
(3)物块从C到P的过程中，由动能定理得-mgxsin37°-mgR(1+cos37°)=mv P′2-m物块在P点时满足F N+mg=，联立以上两式得F N=49N。
答案：(1)156J (2)6.125m (3)49N【多维训练】如图所示，光滑的轨道ABO的AB部分与水平部分BO相切，轨道右侧是一个半径为R的四分之一圆弧轨道，O点为圆心，C 为圆弧上的一点，OC与水平方向的夹角为37°。
现将一质量为m的小球从轨道AB上某点由静止释放。
已知重力加速度为g，不计空气阻力。
(sin37°=，cos37°=)(1)若小球恰能击中C点，求刚释放小球的位置距离BO平面的高度；(2)改变释放点的位置，求小球落到轨道上时动能的最小值。
【解析】(1)设小球经过O点的速度为v0，从O点到C点做平抛运动，则有Rcos37°=v0t，Rsin37°=gt2从A点到O点，由动能定理得mgh=m联立可得，刚释放小球的位置距离BO平面的高度h=R；(2)设小球落到轨道上的点与O点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，Rcosθ=v0′t′Rsinθ=gt′2对此过程，由动能定理得mgRsinθ=E k-mv0′2解得E k=mgR当sinθ=时，小球落到轨道上时的动能最小，最小值为E k=mgR。
答案：(1)(2)求解机车启动问题【典例4】如图甲所示，一辆小汽车以5m/s的速度从水平路段的A 点，以P1=6kW恒定功率沿平直公路AB段行驶，在斜坡底B处瞬时换挡，以P2=112kW的恒定功率沿倾角为30°的BC段斜坡上行，用12s 通过整个ABC路段，其v-t图象如图乙所示，在乙图象上t=12s处水平虚线与曲线相切，假设小汽车在AB段和BC段受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)大小相等，换挡时小汽车的速率不变。
求：( )(1)小汽车的质量m；(2)小汽车在4～12s时间段运动的路程。
【解析】(1)水平AB段匀速直线运动，由P1=fv1得f==N=1.2×103N在斜坡BC段12s末时刻，加速度为零，即P2=(mgsin30°+f)v2得m==2×103kg(2)在BC段，由动能定理知：P 2t2-mgsin30°L-fL=m-m代入数据解得L=73.3m答案：(1)2×103kg (2)73.3m应用动能定理解题的基本步骤【加固训练】如图所示，与水平面夹角θ=37°的斜面和半径R=0.4m 的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。
滑块从斜面上的A 点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。
已知滑块与斜面间动摩擦因数μ=0.25。
(g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)求：(1)滑块在C点的速度大小v C；(2)滑块在B点的速度大小v B；(3)A、B两点间的高度差h。
【解析】(1)在C点，滑块竖直方向所受合力提供向心力mg=解得v C==2m/s(2)对B→C过程，由动能定理得-mgR(1+cos37°)=m-m解得v B=≈4.29m/s(3)滑块在A→B的过程，由动能定理得mgh-μmgcos37°·=m-0代入数据解得h=1.38m。
答案：(1)2m/s (2)4.29m/s (3)1.38m考点三动能定理与图象相结合【典例5】(多选)(2020·大连模拟)在某一粗糙的水平面上，一质量为2kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象。
已知重力加速度g取10m/s2。
根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有( )A.物体与水平面间的动摩擦因数B.合外力对物体所做的功C.物体做匀速运动时的速度D.物体运动的时间【解析】选A、B、C。
物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力f大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ==0.35，A正确；减速过程由动能定理得W F+W f=0-mv2，根据F-x图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功W F，而W f=-μmgx，由此可求得合外力对物体所做的功和物体做匀速运动时的速度v，B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误。
1.两类图象所围“面积”的意义：2.解决动能定理与图象问题的基本步骤：【加固训练】如图所示，某质点运动的v-t图象为正弦曲线。
从图象可以判断( )A.质点做曲线运动B.在t1时刻，合外力的功率最大C.在t2～t3时间内，合外力做负功D.在0～t1和t2～t3时间内，合外力的平均功率相等【解析】选D。
质点运动的v-t图象描述的是质点的直线运动，选项A错误；在t1时刻，v-t图线的斜率为零，加速度为零，合外力为零，合外力功率为零，选项B错误；由题图可知，在t2～t3时间内，质点的速度增大，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，选项C错误；在0～t1和t2～t3时间内，动能的变化量相同，故合外力做的功相等，时间相等，则合外力的平均功率相等，选项D正确。
