高中物理大一轮复习第06章能量守恒 微专题 27(动能定理的理解与应用)

第2讲动能定理及其应用知识点一动能1．定义：物体由于________而具有的能．2．公式：E k＝________.3．单位：________，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.4．物理意义(1)动能是状态量，v是________(选填“瞬时速度”或“平均速度”)．(2)动能是________(选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向________(选填“有关”或“无关”)．5．动能的变化物体________与________之差，即ΔE k＝________________________.知识点二动能定理1．内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中____________．2．表达式：W＝________________.3．物理意义：________的功是物体动能变化的量度．4．动能定理的特点思考辨析(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化；而速度变化时，动能也一定变化．( )(2)动能不变的物体一定处于平衡状态．( )(3)物体的动能不变，所受的合力必定为零．( )(4)物体做变速运动时动能不一定变化．( )(5)合力做功不等于零时，物体的动能一定变化．( )(6)如果物体的动能增加，那么合力一定做正功．( )教材改编[人教版必修2P75T5改编]运动员把质量是500 g的足球踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是10 m，在最高点的速度为20 m/s.估算出运动员踢球时对足球做的功为( ) A．50 J B．100 JC．150 J D．无法确定考点一对动能定理的理解和应用自主演练1．对“外力”的两点理解(1)“外力”可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等，它们可以同时作用，也可以不同时作用．(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力．2．动能定理公式中“＝”体现的“三个关系”数量关系合力的功与物体动能的变化可以等量代换单位关系国际单位都是焦耳因果关系合力做的功是物体动能变化的原因3.“一个参考系”：高中阶段动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物体为参考系．[多维练透]1．(多选)一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔE k为( )A．Δv＝0 B．Δv＝12 m/s C．ΔE k＝1.8 J D．ΔE k＝02.(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是( )A．对物体，动能定理的表达式为W＝m－m，其中W为支持力做的功B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功C．对物体，动能定理的表达式为W－mgH＝m－m，其中W为支持力做的功D．对电梯，其所受的合力做功为M－M3．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( )考点二动能定理的应用师生共研题型1|应用动能定理求变力的功例1 如图所示，在半径为0.2 m的固定半球形容器中，一质量为1 kg的小球(可视为质点)自边缘上的A点由静止开始下滑，到达最低点B时，它对容器的正压力大小为15 N．重力加速度g取10 m/s2，则球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为( )A．0.5 J B．1.0 J C．1.5 J D．1.8 J题型2|动能定理在直线运动中的应用例2 有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡．某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A 点水平距离为s的水平雪道上．接着改用另一条雪道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为α的雪道上h2高处的E点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则( )A．动摩擦因数为tan θ B．动摩擦因数为C．倾角α一定大于θ D．倾角α可以大于θ题型3|动能定理在曲线运动中的应用(多过程问题)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＝1 m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＝2 kg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，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)试求：(1)若CD＝1 m，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.【考法拓展1】在【例3】中，求物块释放后通过与O点等高的位置Q点时对轨道的压力．【考法拓展2】在【例3】中，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．练1 如图，MN为半径R＝0.4 m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O 为圆心，M、O、P三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m＝0.01 kg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪．某次发射的小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，水平飞出后落到OP上的Q点，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.求：(1)小钢珠经过N点时速度的大小v N；(2)小钢珠离开弹簧枪时的动能E k；(3)小钢珠在平板上的落点Q与圆心O点的距离s.练2 新型冠状病毒肺炎疫情发生后，全国人民踊跃捐款捐物，支持武汉人民抗疫．为了与时间赛跑，运送抗疫物资的某运输车以恒定功率P启动后以最大速度v m行驶．已知运输车总重为m.(1)求运输车速度为v m时的加速度；(2)假设运输车启动后经过时间t1，达到最大速度v m，求时间t1内运输车行驶的距离；(3)假设运输车启动后行驶距离s到达武汉，运输车刹车时所受合外力等于正常行驶时阻力的2倍，求运输车行驶的总时间．题后反思应用动能定理解题的基本步骤考点三动能定理与图象问题的结合多维探究题型1|v­t图象例4 [2020·湖南湘潭一中月考]质量为m的物体从高为h的斜面顶端由静止下滑，最后停在水平面上，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，最后仍停在水平面上，如图甲所示．图乙为物体两次在水平面上运动的v­t图象，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力所做的功为( )A.m－3mgh B．3mgh－mC.m－mgh D．mgh－m题型2|F­x图象例5 [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( )题型3|E k­x图象例6 [2020·江苏卷，4]如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，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E k与水平位移x关系的图象是( )练3 (多选)光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力作用开始运动，拉力F随时间t变化的图象如图所示，用E k、v、x、P分别表示物体的动能、速度、位移和拉力F的功率，下列四个图象分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，其中正确的是( )练4 [2020·临沂二模]狗拉雪橇是人们喜爱的滑雪游戏．已知雪橇与水平雪道间的动摩擦因数μ＝0.1，人和雪橇的总质量m＝50 kg.在游戏过程中狗用水平方向的力拉雪橇，使雪橇由静止开始运动．人和雪橇的动能E k与其发生位移x之间的关系如图所示(g＝10 m/s2)．求：(1)雪橇在x＝30 m时的加速度；(2)在前40 m位移过程中拉力对人和雪橇做的功．题后反思解决物理图象问题的基本思路(1)弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线的物理意义．(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．(3)对比图线和函数关系式，利用图线的斜率、截距、交点、面积和特定值求物理量．思维拓展巧选过程规范答题[2020·江苏无锡6月模拟](12分)如图所示是滑板运动的轨道示意图，BC和DE是两段光滑的圆弧形轨道，BC的圆心为O点，圆心角θ＝60°，半径OC与水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2.某运动员从轨道上的A点以v＝3 m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为m＝60 kg，B、E两点与水平轨道CD的竖直高度分别为h＝2 m和H＝2.5 m，g＝10 m/s2.(1)求运动员从A点运动到B点时的速度大小v B.(2)求水平轨道CD的长度L.(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如果能，求出运动员回到B点时速度的大小；如果不能，求出运动员最后停止的位置距C点的距离．[教你解决问题](1)刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道→B点速度分解→到达B点时的速度大小．(2)从B到E→动能定理→水平轨道CD的长度L.(3)从E到第一次返回左侧最高处→动能定理→总路程→最后停止的位置．解答规范解答书写区自查项目(1)滑板在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道，由题意得v B＝①(1分)解得v B＝6 m/s.②(1分)(2)从B到E的过程，由动能定理得mgh－μmgL－mgH＝0－m③(2分)有必要的文字说明指明对象和所用规律列式规范，无连等式、无代数过程题后反思1．灵活选择研究过程求解多过程问题既可分段考虑，也可全过程考虑，但要优先考虑全过程．2．注意运用做功的特点(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关．(2)摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积．(3)求全过程的总功时，注意有些力不是全过程一直作用.第2讲动能定理及其应用基础落实知识点一1．运动2．mv23．焦耳4．(1)瞬时速度(2)标量无关5．末动能初动能m－m知识点二1．动能的变化量2.m－m3．合外力4．(3)曲线运动(4)变力做功(5)分阶段思考辨析(1)×(2)×(3)×(4)√(5)√(6)√教材改编解析：根据动能定理W－mgh＝mv2得，W＝150 J，故选项C正确．答案：C考点突破1．解析：取初速度方向为正方向，则Δv＝|(－6)－6| m/s＝12 m/s，由于速度大小没变，动能不变，故动能变化量ΔE k＝0，故选项B、D正确．答案：BD2．解析：电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力F N，这两个力的总功(即合力做的功)才等于物体动能的增量，即W合＝m－m，选项A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，选项D正确．答案：CD3．解析：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＝v0－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．答案：A例1 解析：在B点对小球由牛顿第二定律得F N－mg＝m，解得E kB＝mv2＝ (F N－mg)R，小球由A滑到B的过程由动能定理得mgR－W f＝mv2－0，解得W f＝R(3mg－F N)＝×0.2×(30－15) J＝1.5 J，故C正确，A、B、D错误．答案：C例2 解析：第一次停在BC上的某点，由动能定理得mgh1－μmgcos θ·－μmgs′＝0mgh1－μmg＝0mgh1－μmgs＝0μ＝A错误，B正确；在AB段由静止下滑，说明μmgcos θ<mgsin θ，第二次滑上CE在E点停下，说明μmgcos α≥mgsin α，若α>θ，则雪橇不能停在E点，所以C、D错误．答案：B例3 解析：(1)由x＝12t－4t2知，物块在C点速度为v0＝12 m/s，a＝8 m/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－mgsin 37°·＝m代入数据得W＝m＋mgsin 37°·＝156 J.(2)物块在CB段，根据牛顿第二定律，物块所受合力F＝ma＝16 N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＋cos 37°)＝m－m解得x＝ m＝6.125 m.答案：(1)156 J (2)6.125 m考法拓展1 解析：物块在P点时满足mg＝，物块从Q点到P点过程中，由动能定理得－mgR＝m－m.物块在Q点时有F N＝.联立以上各式得F N＝3mg＝60 N.由牛顿第三定律可知物块通过Q点时对轨道压力为60 N，方向水平向右．答案：60 N 方向水平向右考法拓展 2 解析：物块从C到P的过程中，由动能定理得－mgxsin 37°－mgR(1＋cos37°)＝m－m物块在P点时满足F N＋mg＝，联立以上两式得F N＝49 N答案：49 N练1 解析：(1)小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，则有mg＝m解得v N＝＝2 m/s(2)小钢珠在光滑圆弧轨道，由动能定理得－mgR＝m－E k解得E k＝0.06 J(3)小钢珠水平飞出后，做平抛运动，R＝gt2，s＝v N t解得s＝ m答案：(1)2 m/s (2)0.06 J (3) m练2 解析：(1)由P＝fv m，解得f＝，由P＝F解得运输车速度为v m时的牵引力F＝，由牛顿第二定律有F－f＝ma，解得加速度a＝.(2)由动能定理得Pt1－fx1＝m，解得时间t1内运输车行驶的距离x1＝＝.(3)运输车刹车时匀减速运动的加速度为a′＝，从刹车到运输车停下需要的时间t3＝，联立解得t3＝，从刹车到运输车停下运动的距离x3＝＝，运输车匀速运动的距离x2＝s－x1－x3＝，运输车匀速运动的时间t2＝，又f＝，则运输车行驶的总时间t＝t1＋t2＋t3＝.例4 解析：本题考查动能定理与图象结合的问题．若物体由静止开始从顶端下滑，由动能定理得mgh－W f＝m，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，由动能定理得mgh－W f＝m－m，由题图乙可知，物体两次滑到水平面的速度关系为v2＝2v1，由以上三式解得W f＝mgh－m，D正确，A、B、C错误．答案：D例5 解析：由于F­x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．答案：C例6 解析：在斜面上，物块受竖直向下的重力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及垂直斜面向上的支持力，设物块的质量为m，斜面的倾角为θ，物块沿斜面下滑的距离对应的水平位移为x，由动能定理有mgsinθ·－μ1mgcos θ·＝E k－0，解得E k＝(mgtan θ－μ1mg)x，即在斜面上时物块的动能与水平位移成正比，B、D项均错误；在水平面上，物块受竖直向下的重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦力，由动能定理有－μ2mg(x－x0)＝E k－E k0，解得E k＝E k0－μ2mg(x－x0)，其中E k0为物块滑到斜面底端时的动能，x0为物块沿斜面下滑到底端时的距离对应的水平位移，即在水平面上物块的动能与水平位移为一次函数关系，且为减函数，A项正确，C项错误．答案：A练3 解析：由于拉力F恒定，所以物体有恒定的加速度a，则v＝at，即v与t成正比，选项B正确；由P＝Fv＝Fat可知，P与t成正比，选项D正确；由x＝at2可知x与t2成正比，选项C错误；由动能定理可知E k＝Fx＝Fat2，E k与t2成正比，选项A错误．答案：BD练4 解析：(1)雪橇从20 m到40 m做匀加速直线运动，由动能定理得：F合·Δx＝E k2－E k1由牛顿第二定律得：F合＝ma联立解得：a＝0.5 m/s2.(2)前40 m的运动过程由动能定理得：W－μmgx＝E k2解得：W＝2 900 J.答案：(1)0.5 m/s2(2)2 900 J。

12
解析：因碰撞时间极短，A 与 C 碰撞过程动量守恒，设碰撞后 瞬间 A 的速度大小为 vA，C 的速度大小为 vC，以向右为正方向，由 动量守恒定律，得 mAv0＝mAvA＋mCvC，A 与 B 在摩擦力作用下达到 共同速度，设共同速度为 vAB，由动量守恒定律，得 mAvA＋mBv0＝ (mA＋mB)vAB
m 甲×3－m 乙×1＝m 甲×(－2)＋m 乙×2
所以m甲＝3，选项 m乙 5
C
正确．]
4
2．(08786546)(人教版选修 3－5 P16 第 5 题改编)某机车以 0.8 m/s 的速度驰向停在铁轨上的 15 节车厢，跟它们对接．机车跟第 1 节车 厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第 2 节 车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢．设机车和车厢的质量 都相等，求：跟最后一节车厢相碰后车厢的速度．铁轨的摩擦忽略 不计．
2
判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”． (1)两物体相互作用时若系统不受外力，则两物体组成的系统动 量守恒．( √ ) (2)动量守恒只适用于宏观低速．( × ) (3)当系统动量不守恒时无法应用动量守恒定律解题．( × ) (4)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒．( √ ) (5)若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球 碰前的动量大小一定相同．( √ ) (6)飞船做圆周运动时，若想变轨通常需要向前或向后喷出气体， 该过程中动量守恒．(√)
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解析：设物块与地面间的动摩擦因数为 μ，要使物块 a、b 能发 生碰撞，应有12mv20>μmgl，即 μ<2vg20l
设在 a、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为 v1，由动能 定理可得－μmgl＝12mv21－12mv02

例3 一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动.当物块的初速度为v时，上升的
最大高度为H，如图所示，当物块的初速度为
v 2
时，上升的最大高度记为
h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为
A.tan θ，H2
B.2vg2H－1tan θ，H2
C.tan θ，H4
√D.2vg2H－1tan θ，H4
1.应用动能定理解题应抓住“两状态，一过程”，“两状态”即明确研 究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程， 确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息. 2.注意事项 (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)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解，也可 以全过程应用动能定理求解. (3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能.
BC段物体所受摩擦力为Ff＝μmg，位移为R，故BC段摩擦力对物体 做功W＝－FfR＝－μmgR，对全程由动能定理可知mgR＋W1＋W＝0， 解得W1＝μmgR－mgR，故AB段克服摩擦力做功为W克＝mgR－μmgR ＝(1－μ)mgR，选D.
例2 (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，
从A到B过程，据动能定理可得 (F－μmg)xAB＝12mvB2 解得小物块到达B点时速度的大小为 vB＝4 5 m/s
(2)小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的 大小. 答案 150 N
从B到D过程，据动能定理可得 －mg·2R＝12mvD2－12mvB2 在D点由牛顿第二定律可得 FN＋mg＝mvRD2 联立解得小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小为FN＝ 150 N.

gL 2.
2
(2)从 A→B 由动能定理得：－mg(L＋L2)＝12mv2B－12mv20，可求出 v0
＝
7gL 2.
(3)从 A→B 由动能定理得：－mg(L＋L2)－W 阻
＝12mv2B－12mv20
可求出 W 阻＝141mgL.
[答案] (1)
gL 2 (2)
7gL 11 2 (3) 4 mgL
基础自测 1．下列关于运动物体所受合力、合力做功和动能变化的关系， 正确的说法是( ) A．物体所受合力为零，其动能一定不变 B．物体所受合力不为零时，其动能一定发生变化 C．物体的动能保持不变，其所受合力做功可能不为零 D．物体的动能保持不变，则所受合力一定为零 解析：合力为零时，合力的功也为零，动能不变，A对；合力不 为零时，合力不一定做功，动能不一定变化，B错；动能不变时，合 力不做功，但合力不一定为零，C、D错． 答案：A
提示：由题意可知，桌子的高度 h＝12gt2＝0.8 m，重力对小球做功 W＝mgh＝0.8 J，小球落地时的速度 v＝ v20＋gt2＝5 m/s，小球落地 时的动能 Ek＝12mv2＝1.25 J，小球在平抛过程中动能的增加量 ΔEk＝12 mv2－12mv20＝0.8 J，由此可见，小球平抛过程中，合力对小球所做的功 等于小球动能的变化量．
2．一个小球从高处自由落下，则球在下落过程中的动能( )
①与它下落的距离成正比 ②与它下落距离的平方成正比 ③与
它运动的时间成正比 ④与它运动时间的平方成正比
A．①③
B．①④
C．②③
D．②④
解析：由动能定理 mgh＝12mv2 可知①正确；又因为 h＝21gt2，代入 上式得：12mg2t2＝12mv2，所以④正确．