1、第2讲动能定理及应用知识排查知识点一动能1.定义：物体由于运动而具有的能叫动能。2.公式：Ekmv2。3.单位：焦耳，1 J1 Nm1 kgm2/s2。4.矢标性：动能是标量，只有正值。5.状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度。知识点二动能定理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：Wmvmv或WEk2Ek1。3.物理意义：合外力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)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，也可以间断作用。5.应用动能定理解决的典型问题大致
2、分为两种(1)单一物体的单一过程；(2)单一物体的多个过程。动能定理由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法要简便。小题速练1.思考判断(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)功和动能都是标量，所以动能定理没有分量式。()答案(1)(2)(3)(4)(5) 2.(2018全国卷，14)如图1，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()图1A.小于拉力所做的功B.等于拉力所
3、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由动能定理WFWfEk0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A正确。答案A对动能定理的理解及应用1.对“外力”的两点理解(1)“外力”指的是合外力，可以是任何性质的力，不同性质的力可以同时作用，也可以不同时作用。(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力。2.公式W合Ek中“”体现的三个关系教材引领1.人教版必修2P73例题1一架喷气式飞机，质量m5.0103 kg，起飞过程中从静止开始滑跑。当位移达到l5.3102 m时，速度达到起飞速度v60 m/s。在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的0.02倍。求飞机受到的牵引力。图
4、7.72起飞前飞机所受的牵引力是多少？解析飞机的初动能Ek10，末动能Ek2mv2合力F做的功WFl根据动能定理，有WEk2Ek1，于是有Flmv20合力F为牵引力F牵与阻力F阻之差，而阻力与飞机重量的关系为F阻kmg(其中k0.02)，所以FF牵kmg代入上式后解出F牵kmg把数值代入后得到F牵1.8104 N答案1.8104 N拓展提升2.如图2所示，用细绳通过定滑轮拉物体，使物体在水平面上由静止开始从A点运动到B点，已知H3 m，m25 kg，F50 N恒定不变，到B点时的速度v2 m/s，滑轮到物体间的细绳与水平方向的夹角在A、B两处分别为30和45。此过程中物体克服阻力所做的功为()
5、图2A.50(53) J B.50(73) JC.50(34) J D.50(32) J解析设物体克服阻力做的功为Wf，由动能定理得FWfmv2代入数据求得Wf50(53) J，选项A正确。答案A3.(多选)(2019山东省实验中学三诊)如图3所示，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FN，则()图3A.a B.aC.FN D.FN解析质点P下滑的过程，由动能定理得mgRWmv2；在最低点，质点P的向心加速
6、度a，根据牛顿第二定律有FNmgm，解得FN，选项B、C正确。答案BC真题闯关4.(2019全国卷，17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图4所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为()图4A.2 kg B.1.5 kg C.1 kg D.0.5 kg解析画出运动示意图。设该外力的大小为F，据动能定理知AB(上升过程)：(mgF)hEkBEkABA(下落过程)：(mgF)hEkAEkB整理以上两式并代入数据得mgh30 J，解得物体的质量m1
7、kg。选项C正确。答案C5.(2018全国卷，18)如图5，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()图5A.2mgR B.4mgRC.5mgR D.6mgR解析设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程， 由动能定理有F3RmgRmv，又Fmg，解得vc2。小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
8、可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t2，在水平方向的位移大小为xgt22R。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量为EF5R5mgR，C正确，A、B、D错误。答案C应用动能定理求解多过程问题1.运用动能定理解决多过程问题，有两种思路：可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。2.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的特点。(1)重力、弹簧弹力做
9、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。【典例】 (2017上海单科，19)如图6，与水平面夹角37的斜面和半径R0.4 m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0.25。(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：图6(1)滑块在C点的速度大小vC；(2)滑块在B点的速度大小vB；(3)A、B两点间的高度差h。解析(1)滑块在C点竖直方向所受合力提供向心力mgvC2 m/s。(2)对BC过程
10、，滑块的机械能守恒，有mvmvmgR(1cos 37)vB4.29 m/s。(3)滑块在AB的过程，利用动能定理得mghmgcos 37mv0代入数据解得h1.38 m。答案(1)2 m/s(2)4.29 m/s(3)1.38 m1.(2019山东济宁期末)一物体被竖直上抛，已知抛起的初速度与回到抛出点时的速度的大小之比为k，物体在运动过程中所受的空气阻力大小不变，则空气阻力与重力之比为()A.k B. C. D.解析设物体的质量为m，空气阻力大小为Ff，上升的最大高度为h，根据动能定理得，上升过程(mgFf)h0mv，下降过程(mgFf)hmv2，由题意知k，联立解得，故选项C正确。答案C2
11、.(多选)(2019山东省实验中学调研)如图7，固定板AB倾角60，板BC水平，AB、BC长度均为L，小物块从A处由静止释放，恰好滑到C处停下来。若调整BC使其向上倾斜，倾角不超过90，小物块从A处由静止滑下再沿BC上滑，上滑距离与BC倾角有关。不计B处机械能损失，各接触面动摩擦因数均为，小物块沿BC上滑的最小距离为x，则()图7A. B. C.x D.xL解析小物块从A处由静止释放，恰好滑到C处停下来，由动能定理有mgLsin mgLcos mgL0，解得，故选项A正确，B错误；小物块从A处由静止滑下再沿BC上滑，由动能定理有mgLsin mgLcos mgxsin mgxcos 0，解得x
12、，小物块沿BC上滑的最小距离为x，故选项C正确，D错误。答案AC3.如图8甲所示，高H1 m的桌面上固定一竖直平面内的半径R0.8 m的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道末端B与桌面边缘水平相切。将一质量m0.05 kg的小球由轨道顶端A处静止释放，小球落入地面固定的球筐中。已知球筐的高度h0.2 m，球筐的直径比球稍大，与轨道半径R、平台高H等相比可忽略，空气阻力忽略不计，g取10 m/s2。图8(1)求小球运动到B处时对轨道的压力大小；(2)求球筐距B处的水平距离；(3)把圆弧轨道撤去，让小球在桌面上从B处水平抛出。有人认为“为防止球入筐时弹出，小球落入球筐时的动能越小越好”。若只改变桌面的高
13、度，求出该动能的最小值。解析(1)小球从A运动到B：mgRmv在B点FNmg解得v04 m/s，FN1.5 N根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小FNFN1.5 N，方向竖直向下。(2)竖直方向Hhgt2水平方向xv0t解得x1.6 m。(3)小球从B运动到球筐过程由动能定理mg(Hh)Ekmv平抛运动xvBt，Hhgt2联立解得Ekmg(Hh)当Hhx1 m时，Ek有最小值，其最小值为Ekmmgx0.8 J。答案(1)1.5 N(2)1.6 m(3)0.8 J动能定理与图象结合的问题1.图象所围“面积”和图象斜率的含义2.解决动能定理与图象问题的基本步骤【典例】 (2018河北石家庄调研)
14、质量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其vt图象如图9所示(竖直向上为正方向，DE段为直线)，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是()图9A.t0t2时间内，合力对小球先做正功后做负功B.0t3时间内，小球的平均速度一定为C.t3t4时间内，拉力做的功为(v4v3)g(t4t3)D.t3t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动解析vt图象中图线的斜率表示加速度，速度在时间轴之上表明速度的方向一直为正，从图象可以看出小球先向上做加速度越来越大的加速运动，再做加速度越来越小的加速运动，然后做加速度越来越大的减速运动，最后做匀减速运动，运动方向一直向上，D项错误；图中t0t2时间内
15、小球做加速运动，故合力对小球一直做正功，A项错误；vt图象中图线与t轴所围面积表示位移，而平均速度v，结合图象中的“面积”可知0t3时间内，小球的平均速度大于，B项错误；t3t4时间内由动能定理得Wmghmvmv，又h(t4t3)，解得W(v4v3)g(t4t3)，C项正确。答案C1.(多选)(2019全国卷，18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图10所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得()图10A.物体的质量为2 kgB.h0时，物体的速率为20 m/sC.h2 m时，物体
16、的动能Ek40 JD.从地面至h4 m，物体的动能减少100 J解析由于Epmgh，所以Ep与h成正比，斜率是kmg，由图象得k20 N，因此m2 kg，A正确；当h0时，Ep0，E总Ekmv，因此v010 m/s，B错误；由图象知h2 m时，E总90 J，Ep40 J，由E总EkEp得Ek50 J，C错误；h4 m时，E总Ep80 J，即此时Ek0，即从地面上升至h4 m高度时，动能减少100 J，D正确。答案AD2.(多选)(2019大连联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg 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
17、运动，图11中给出了拉力随位移变化的关系图象。已知重力加速度g10 m/s2。根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有()图11A.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物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力Ff大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为0.35，选项A正确；整个过程由动能定理得WFWf0mv2，根据Fx图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wfmgx，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v，选项B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，选项D错误。答案ABC3.(20
18、17江苏单科，3)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是()解析设斜面倾角为，当小物块沿斜面上升时，有(mgsin f)xEkEk0，即Ek(fmgsin )xEk0，所以Ek与x的函数关系图象为直线，且斜率为负。当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有(mgsin f)(x0x)Ek0(x0为小物块到达最高点时的位移)，即Ek(mgsin f)x(mgsin f)x0所以下滑时Ek随x的减小而增大且为直线。综上所述，选项C正确。答案C活页作业(时间：40分钟)基础巩固练1.(2019襄阳模拟)用竖直向上大
19、小为30 N的力F，将2 kg的物体从沙坑表面由静止提升1 m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm。若忽略空气阻力，g取10 m/s2。则物体克服沙坑的阻力所做的功为()A.20 J B.24 J C.34 J D.54 J解析对整个过程应用动能定理得：Fh1mgh2Wf0，解得Wf34 J，故C正确。答案C2.(2016全国卷，16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为()A. B. C. D.解析动能变为原来的9倍，由Ekmv2知质点的速度变为原来的3倍，即v3v0，由s(v0v)t和a得a，选
20、项A正确。答案A3.(2018江苏单科)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Ek与时间t的关系图象是()解析设小球抛出瞬间的速度大小为v0，抛出后，某时刻t小球的速度vv0gt，故小球的动能Ekmv2m(v0gt)2，结合数学知识知，选项A正确。答案A4.(2019浙江宁波模拟)如图1所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止。现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(Fmg)，若其他条件不变，则木盒滑行的距离()图1A.不变 B.变小C.变大 D.变大变小均可能解析设木盒质量为M，木盒中固定一质
21、量为m的砝码时，由动能定理可知，(mM)gx1(Mm)v2，解得x1；加一个竖直向下的恒力F(Fmg)时，由动能定理可知，(mM)gx2Mv2，解得x2，显然x2x1，故B正确。答案B5.(2020天津滨海新区模拟)一个质量为0.5 kg的物体，从静止开始做直线运动，物体所受合外力F随物体位移x变化的图象如图2所示，则物体位移x8 m时，物体的速度为()图2A.2 m/s B.8 m/sC.4 m/s D.4 m/s解析Fx图象中图线与横轴所围面积表示功，横轴上方为正功，下方为负功，x8 m时，可求得W8 J；由动能定理有mv28 J，解得v4 m/s，选项C正确。答案C6.如图3所示，质量为
22、m的物块与水平转台间的动摩擦因数为，物块与转轴相距R，物块随转台由静止开始转动。当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()图3A.0 B.2mgRC.2mgR D.解析物块即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物块的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物块做圆周运动的线速度为v，则有mg。在物块由静止到获得速度v的过程中，物块受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物块做功，由动能定理得Wmv20。联立解得WmgR。故选项D正确。答案D7.如图4所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，
23、其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险。质量m2.0103 kg的汽车沿下坡公路行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数v136 km/h，汽车继续沿下坡公路匀加速直行l350 m、下降高度h50 m时到达“避险车道”，此时速度表示数v272 km/h。(g取10 m/s2)图4(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量；(2)求汽车沿公路下坡过程中所受的阻力大小；(3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17，汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道”上运动的最大位移。(sin 170.3)解析(1)由Ekmvmv解得E
24、k3.0105 J。(2)由动能定理得mghflmvmv解得f2103 N。(3)设汽车沿“避险车道”运动的最大位移为l，由动能定理得(mgsin 173f)l0mv解得l33.3 m。答案(1)3.0105 J(2)2103 N(3)33.3 m综合提能练8.(2019北京师大附中检测)如图5是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离s，速度达到最大值vm，设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为F，那么()图5A.小车先匀加速运动，达到最大速度后
25、开始匀速运动B.这段时间内电动机所做的功为PtC.这段时间内电动机所做的功为mvD.这段时间内电动机所做的功为mvFs解析小车电动机的功率恒定，速度不断变大，根据牛顿第二定律，有Fma，故小车的运动是加速度不断减小的加速运动，选项A错误；这一过程中电动机的功率恒为P，所以W电Pt，选项B正确；对小车启动过程，根据动能定理，有W电Fsmv，这段时间内电动机所做的功为W电Fsmv，选项C、D错误。答案B9.(多选)(2019北京十九中学检测)如图6所示，两个内壁光滑、半径不同的半球形碗，放在不同高度的水平面上，使两碗口处于同一水平面。现将质量相同的两小球(小球半径远小于碗的半径)，分别从两个碗的边
26、缘由静止释放，当两球分别通过碗的最低点时()图6A.两小球的速度大小相等B.两小球的速度大小不相等C.两小球对碗底的压力大小相等D.两小球对碗底的压力大小不相等解析对任一情况，根据动能定理得mgRmv2，解得v，可知半径不等，则两球的速度大小不等，故选项A错误，B正确；根据牛顿第二定律得FNmgm，解得FNmgm3mg，与半径无关，则两球对碗底的压力大小相等，故选项C正确，D错误。答案BC10.用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到06 s内物体的加速度随时间变化的关系如图7所示。下列说法正确的是()图7A.06 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B.
27、06 s内物体在4 s末的速度最大C.物体在24 s内速度不变D.04 s内合力对物体做的功等于06 s内合力对物体做的功解析at图象中图线与时间轴围成的面积代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负。由题图可得，物体在6 s末的速度v66 m/s，则06 s 内物体一直向正方向运动，选项A错误；物体在5 s末加速度为零，速度最大，vm7 m/s，选项B错误；在24 s 内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，选项C错误；在04 s内，合力对物体做的功由动能定理可知W合4mv036 J，06 s内，合力对物体做的功由动能定理可知W合6mv036 J，则W合
28、4W合6，选项D正确。答案D11.(2019天津卷，10)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图8甲所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图乙，AB长L1150 m，BC水平投影L263 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角12(sin 120.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m60 kg，g10 m/s2，求图8(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；(2)
29、舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。解析(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有根据动能定理，有Wmv20联立式，代入数据，得W7.5104 J(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2Rsin 由牛顿第二定律，有FNmgm联立式，代入数据，得FN1.1103 N答案(1)7.5104 J(2)1.1103 N12.(2020山东等级考模拟卷)如图9所示，不可伸长的轻质细线下方悬挂一可视为质点的小球，另一端固定在竖直光滑墙面上的O点。开始时，小球静止于A点，现给小球一水平向右的初速度，使其恰好能在竖直平面内绕O点做圆周运动。
30、垂直于墙面的钉子N位于过O点竖直线的左侧，与的夹角为(0)，且细线遇到钉子后，小球绕钉子在竖直平面内做圆周运动，当小球运动到钉子正下方时，细线刚好被拉断。已知小球的质量为m，细线的长度为L，细线能够承受的最大拉力为7mg，g为重力加速度大小。图9(1)求小球初速度的大小v0；(2)求小球绕钉子做圆周运动的半径r与的关系式；(3)在细线被拉断后，小球继续向前运动，试判断它能否通过A点。若能，请求出细线被拉断时的值；若不能，请通过计算说明理由。解析(1)设小球通过最高点时的速度大小为v1，则mg由动能定理有mg2Lmvmv得v0。(2)设小球到N的正下方的速度大小为v，则7mgmg由动能定理有mghmv2mv由几何关系有Lhr(Lr)cos 得r L。(3)假设能通过A点，竖直方向hgt2水平方向(Lr)sin vt解得cos ，因为1cos 1，所以假设不成立，不能通过A点。答案(1)(2)r L(3)不能，理由见解析
