2025届高三一轮复习 第五章　机械能守恒定律第2讲　动能定理及应用练习

第2讲　动能定理及应用素养目标　1.理解动能定理，会用动能定理解决一些基本问题。2.掌握解决动能定理与图像结合的问题的方法。一、动能1.定义：物体由于运动而具有的能。2.公式：Ek＝mv2。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。5.动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝mv－mv。二、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＝Ek2－Ek1＝mv－mv。3.物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度。4.适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。(2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功。(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用。基础自测1.随着高铁时代的到来，人们出行也越来越方便，高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能(　　)图1A.与它所经历的时间成正比,B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的加速度成正比答案　B解析　列车在启动阶段做v0＝0的匀加速直线运动，列车的动能Ek＝mv2＝m(at)2＝m·(2ax)，可见B正确，A、C、D错误。2.质量为m的物体在外力作用下以a＝2g的加速度下落，在下落H高度的过程中(　　)A.它的动能增加了mgHB.合外力做功mgHC.它的重力势能减少了mgHD.合外力做负功－2mgH答案　C解析　合外力做功W合＝maH＝2mgH，根据动能定理，合外力做功等于动能的变化，W合＝ΔEk＝maH＝2mgH，A、B、D错误；重力做的功等于重力势能的减少，WG＝mgH，即它的重力势能减少了mgH，C正确。考点一　动能定理的理解1.两个关系(1)数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合力做的功。(2)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。2.标量性动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题。当然动能定理也就不存在分量的表达式。跟踪训练,1.用力F使质量为2kg的物体由静止向上提升1m，这时物体的速度为2m/s，则下列说法正确的是(取g＝10m/s2)(　　)A.力F对物体做功4JB.物体动能改变了20JC.合外力对物体做功4JD.物体重力势能减少了20J答案　C解析　根据WF－mgh＝mv2，解得WF＝24J，A错误；根据ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv2＝4J，B错误；合外力对物体做的功等于物体动能的变化量即4J，C正确；物体向上运动，重力做负功，重力势能增加了Ep＝mgh＝20J，D错误。2.如图2所示，在高为h的粗糙平台上，有一个质量为m的小球，被一根细线拴在墙上，球与墙间有一根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时速度大小为v。对烧断细线到小球刚要落地的过程，下列说法正确的是(　　)图2A.小球离开弹簧时的动能是mv2B.弹簧弹力做的功等于mv2C.弹簧弹力与重力做功之和等于mv2D.弹簧弹力与摩擦力做功之和等于mv2－mgh答案　D解析　从烧断细线到小球刚要落地的整个过程中，根据动能定理可知W弹＋Wf＋,mgh＝mv2，移项可知，小球离开弹簧时的动能不等于mv2，落地时动能才等于mv2，A错误；弹簧弹力做的功等于mv2－mgh－Wf，B错误；弹簧弹力与重力做功之和等于mv2－Wf，C错误；弹簧弹力与摩擦力做功之和等于mv2－mgh，D正确。考点二　动能定理的应用1.应用流程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)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。(3)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。例1(2021·河北卷，6)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图3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)(　　),图3A.B.C.D.2答案　A解析　当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度h＝R＋πR－＝R＋，根据动能定理有mgh＝mv2，解得v＝，故A正确，B、C、D错误。跟踪训练3.(2023·浙江宁波高三开学考)宁波天一广场音乐喷泉被称为“擎天柱”，其中一个喷水管喷水量Q＝0.04m3/s的水，喷高可达13层楼的高度，已知水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，不计空气阻力，电动机用于该喷水管的功率约为(　　)图4A.1.6×104WB.8.0×104WC.1.0×105WD.2.0×105W答案　A解析　根据实际情况，每层楼高约为h＝3m，所以喷水的高度H＝13h＝39m，则水离开管口的速度为v＝，设给喷管喷水的电动机输出功率为P，在接近管口很短一段时间Δt内水柱的质量为m＝ρ·vΔtS＝ρQΔt，根据动能定理可得PΔt＝mv2，代入数据解得P≈1.6×104W，故A正确，B、C、D错误。考点三　动能定理与图像的“数形结合”解决图像问题的基本步骤(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。,(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)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。例2(2022·江苏卷，8)某滑雪赛道如图5所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是(　　)图5答案　A解析　设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有Ek＝mgxtanθ，即＝mgtanθ，下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek－x图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大。故A正确。跟踪训练4.汽车在平直的公路上以额定功率行驶，行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图像如图6所示。已知汽车的质量为1×103kg，汽车运动过程中所受地面的阻力恒定，空气的阻力不计。则下列说法正确的是(　　)图6A.汽车受到地面的阻力大小为200NB.汽车的额定功率为8000W,C.汽车加速运动的时间为16.25sD.汽车加速过程中牵引力做的功为8×105J答案　C解析　在减速运动过程中，根据动能定理得－fx2＝0－Ek，解得f＝＝2×103N，故A错误；设汽车匀速运动的速度为v，则有Ek＝mv2，匀速运动时牵引力与阻力大小相等，则汽车的额定功率为P＝fv，联立解得P＝80kW，故B错误；对于加速运动过程，根据动能定理得Pt－fx1＝Ek2－Ek1，代入数据得t＝16.25s，故C正确；由WF－fx1＝Ek2－Ek1知，汽车加速过程中牵引力做的功WF＝1.3×105J，故D错误。考点四　动能定理在多过程、往复运动问题中的应用考向　运用动能定理解决多过程问题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，大大简化运算。例3(2023·江苏镇江高三开学考)如图7所示，某室内滑雪场的滑道由倾斜和水平滑道两部分平滑连接构成。倾斜滑道的倾角为θ＝37°，高为h＝3m，水平滑道长L＝5m。滑雪者每次均从倾斜滑道顶端由静止下滑，滑道和滑雪板之间的动摩擦因数为μ＝0.125，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。图7(1)求滑雪者沿倾斜滑道下滑时的加速度大小；(2)求滑雪者滑到水平滑道末端时的速度大小；(3)为保证不滑离水平滑道，滑雪者可通过改变滑雪板的力同时获得水平制动力，该力包括摩擦力在内的大小为其重力的2倍，求滑雪者至少在距离水平滑道末端多远处开始制动。,答案　(1)5m/s2　(2)m/s　(3)1m解析　(1)滑雪者沿倾斜滑道下滑时根据牛顿第二定律可知mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得a＝5m/s2。(2)从开始下滑到到达水平轨道末端，根据动能定理mgh－μmgcosθ·－μmgL＝mv2解得v＝m/s。(3)设滑雪者至少在距离水平滑道末端x处开始制动，此时由动能定理mgh－μmgcosθ·－μmg(L－x)－2mgx＝0解得x＝1m。考向　动能定理在往复运动问题中的应用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8所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一高度，θ＝37°，圆弧面的半径R＝3.6m，一滑块质量m＝5kg，与AB斜面间的动摩擦因数μ＝0.45，将滑块从A点由静止释放(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)。求在此后的运动过程中：图8(1)滑块在AB段上运动的总路程；(2)在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值。答案　(1)8m　(2)102N　70N,解析　(1)由题意可知斜面AB与水平面的夹角为θ＝37°，知mgsinθ>μmgcosθ故滑块最终不会停留在斜面上由于滑块在AB段受摩擦力作用则滑块做往复运动的高度将越来越低最终以B点为最高点在光滑的圆弧面上做往复运动设滑块在AB段上运动的总路程为s滑块在AB段上所受摩擦力大小Ff＝μFN＝μmgcosθ从A点出发到最终以B点为最高点做往复运动由动能定理得mgRcosθ－Ffs＝0，解得s＝8m。(2)滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，此时滑块所受轨道支持力最大，设为Fmax从A到C的过程，由动能定理得mgR－FflAB＝mv－0斜面AB的长度lAB＝由牛顿第二定律得Fmax－mg＝解得Fmax＝102N滑块以B为最高点做往复运动的过程中过C点时，速度最小，设为v2，此时滑块所受轨道支持力最小，设为Fmin，从B到C由动能定理得mgR(1－cosθ)＝mv－0由牛顿第二定律得Fmin－mg＝解得Fmin＝70N根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102N，最小值为70N。,A级　基础对点练对点练1　动能定理的理解1.在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，它落到地面时的速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于(　　)A.mgh－mv2－mvB.－mv2－mv－mghC.mgh＋mv－mv2D.mgh＋mv2－mv答案　C解析　对物块从h高处竖直上抛到落地的过程，根据动能定理可得mgh－Wf＝mv2－mv，解得Wf＝mgh＋mv－mv2，选项C正确。2.如图1所示，运动员把质量为m的足球由静止从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)图1A.运动员踢球时对足球做功mv2B.足球上升过程重力做功mgh,C.运动员踢球时对足球做功mgh＋mv2D.足球上升过程克服重力做功mgh＋mv2答案　C解析　足球被踢起后，在运动过程中只受到重力作用，只有重力做功，重力做功为－mgh，即克服重力做功mgh，B、D错误；由动能定理有W人－mgh＝mv2，因此运动员对足球做功W人＝mgh＋mv2，A错误，C正确。对点练2　动能定理的应用3.如图2所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块(　　)图2A.加速度先增大后减小B.经过O点时的速度最大C.所受弹簧弹力始终做正功D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功答案　D解析　对物块受力分析，当弹簧处于压缩状态时，由牛顿第二定律可得kx－Ff＝ma，x减小，a减小，当a＝0时，物块速度最大，此时，物块在O点左侧，选项B错误；从加速度a＝0处到O点过程，由牛顿第二定律得Ff－kx＝ma，x减小，a增大，当弹簧处于伸长状态时，由牛顿第二定律可得kx＋Ff＝ma，x增大，a继续增大，可知物块的加速度先减小后增大，选项A错误；物块所受弹簧的弹力对物块先做正功，后做负功，选项C错误；从A到B的过程，由动能定理可得W弹－Wf＝0，选项D正确。,4.(2023·南京调研)某城市广场喷泉的喷嘴横截面积为S，喷泉喷出的水柱超过了高度h。已知水的密度为ρ，重力加速度为g，则用于给喷泉喷水的电动机输出功率至少为(　　)A.ρghSB.ρghSC.D.答案　B解析　设喷嘴处水最小速度为v，上升的高度刚好为h，则v2＝2gh，解得v＝，设经过时间Δt，喷嘴处喷出的水为Δm，则Δm＝ρSvΔt，根据动能定理可得PΔt＝Δmv2，解得P＝ρghS，故A、C、D错误，B正确。5.(2022·全国甲卷，14)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图3所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于(　　)图3A.B.C.D.答案　D解析　运动员从a到c根据动能定理有mgh＝mv，在c点有FNc－mg＝m，FNc≤kmg，联立有Rc≥，故选项D正确。对点练3　动能定理与图像的“数形结合”,6.(2020·江苏卷，4)如图4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Ek与水平位移x关系的图像是(　　)图4答案　A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·－μ1mgcosθ·＝Ek－0,解得Ek＝(mgtanθ－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)＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－μ2mg(x－x0)，其中Ek0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。7.质量为m的物体从高为h的斜面顶端由静止下滑，最后停在平面上，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，最后仍停在平面上，如图5甲所示。图乙为物体两次在平面上运动的v－t图像，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力做的功为(　　)图5A.mv－3mghB.3mgh－mv,C.mv－mghD.mgh－mv答案　D解析　若物体由静止开始下滑，由动能定理得mgh－Wf＝mv，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，由动能定理得mgh－Wf＝mv－mv，由题图乙可知，物体两次滑到平面的速度关系为v2＝2v1，由以上三式解Wf＝mgh－mv，故D正确。对点练4　动能定理在多过程、往复运动问题中的应用8.如图6所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC水平，其长度d＝0.50m，盆边缘的高度为h＝0.30m。在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为(　　)图6A.0.50mB.0.25mC.0.10mD.0答案　D解析　小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上运动的总路程为s，小物块在盆底BC面上所受的滑动摩擦力大小不变，整个过程由动能定理有mgh－μmgs＝0，所以小物块在BC面上运动的总路程为s＝＝m＝3m，因d＝0.50m，s＝6d，所以小物块在BC面上来回运动共6次，刚好3个来回，所以最终停在B点，即距离B点为0，A、B、C错误，D正确。9.如图7所示，一滑块(可视为质点)从斜面轨道AB的A,点由静止滑下后，进入与斜面轨道在B点相切的、半径R＝0.5m的光滑圆弧轨道，且O为圆弧轨道的圆心，C点为圆弧轨道的最低点，滑块运动到D点时对轨道的压力为28N。已知OD与OC、OB与OC的夹角分别为53°和37°，滑块质量m＝0.5kg，与轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则轨道AB的长度为(　　)图7A.6.75mB.6.25mC.6.5mD.6.0m答案　A解析　根据牛顿第三定律可知滑块运动到D点时所受轨道的支持力大小FN＝FN′＝28N，设滑块运动到D点时的速度大小为vD，根据牛顿第二定律有FN－mgcos53°＝，对滑块从A点到D点的运动过程，根据动能定理有mgLABsin37°－μmgcos37°·LAB－mgR(cos37°－cos53°)＝mv，代入数据解得轨道AB的长度为LAB＝6.75m，故A正确。B级　综合提升练10.(2021·湖北卷，4)如图8甲所示，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的关系如图乙所示。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(　　)图8A.m＝0.7kg，f＝0.5N,B.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内的图像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N。联立解得f＝0.5N，m＝0.7kg，A正确，B、C、D错误。11.一篮球质量为m＝0.60kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2m。若使篮球从距地面h3＝1.5m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10m/s2，不计空气阻力。求运动员拍球过程中对篮球所做的功。答案　4.5J解析　第一次篮球下落的过程中由动能定理可得mgh1＝E1篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得－mgh2＝0－E2第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得E3＝W＋mgh3在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得－mgh4＝0－E4因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系＝代入数据可得W＝4.5J。12.(2023·江苏南京师大附中模拟)一转动装置如图9所示，两根轻杆OA和AB与一小球以及一轻质套筒通过铰链连接，两轻杆长度均为L，球的质量为m，O端固定在竖直的轻质转轴上，套在转轴上的轻质弹簧连接在O与套筒之间，原长为,L，弹簧劲度系数为k＝，转动该装置并缓慢增大转速，套筒缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，求：图9(1)平衡时弹簧的长度；(2)AB杆中弹力为0时，装置转动的角速度ω0；(3)弹簧从小球平衡至缩短为原长的一半的过程中，外界对转动装置所做的功W。答案　(1)L　(2)　(3)mgL解析　(1)设两杆与竖直方向的夹角为θ，对小球根据平衡条件得FOAsinθ＝FABsinθFOAcosθ＋FABcosθ＝mg根据胡克定律得FABcosθ＝kx解得x＝弹簧的长度为l＝L＋x＝L。(2)AB杆中弹力为0时，弹簧恢复原长，根据牛顿第二定律得mgtan60°＝mωLsin60°解得ω0＝。(3)弹簧缩短为原长的一半时，设OA与竖直方向的夹角为α，竖直方向根据平衡条件得FOA′cosα＝FAB′cosα＋mg,水平方向根据牛顿第二定律得FOA′sinα＋FAB′sinα＝mωLsinα又FAB′cosα＝k·根据直角三角形得cosα＝＝sinα＝解得ω1＝弹簧长度从L至弹性势能不变，根据动能定理得W－mg＝m(ω1r1)2r1＝＝L解得W＝mgL。