1、第二节动能定理一、对动能的理解答案：运动焦耳标量mvmv【基础练1】(多选)关于对动能的理解，下列说法正确的是()A动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能B动能总为非负值C一定质量的物体动能变化时，速度不一定变化，但速度变化时，动能一定变化D动能不变的物体，一定处于平衡状态解析：选AB。由动能的定义和特点知，A、B正确；动能是标量而速度是矢量，当动能变化时，速度的大小一定变化；而速度的变化可能只是方向变了，大小未变，则动能不变，且物体有加速度，处于非平衡状态，故C、D错误。二、对动能定理的理解答案：动能的变化Ek2Ek1合外力【基础练2】(2018高考全国卷 )如图，某同学用绳子
2、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。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。【基础练3】两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比m1m212，速度之比v1v221，当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为L1，乙车滑行的最大距离为L2，设两车与路面间的动摩擦因数不等，不计空气阻力，则()AL1L212BL1L211CL1L221 DL1L241解析：选D。由动能定理，对两车分别列式F1L10m1v，F2L20m2v，F1m
3、1g，F2m2g，由以上四式联立得L1L241，故D正确。考点一动能定理的理解和应用1动能定理公式中“”体现的“三个关系”数量关系合力做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功是物体动能变化的原因2.应用动能定理解题的基本思路(多选)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。此后，该质点的动能可能()A一直增大B先逐渐减小至零，再逐渐增大C先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大解析如果恒力与运动方向相同，那么质点做匀加速运动，动能一直变大，故A正确；如果恒力与运动方向相反，那么质点先做匀减速运动，速度减到0，质点
4、在恒力作用下沿着恒力方向做匀加速运动，动能再逐渐增大，故B正确；如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向和垂直于恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相同，这个方向速度就会增加，另一个方向速度不变，那么合速度就会增加，不会减小，故C错误；如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向和垂直于恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相反，这个方向速度就会减小，另一个方向速度不变，那么合速度就会减小，当恒力方向速度减到0时，另一个方向还有速度，所以速度减小到最小值时不为0，然后恒力方向速度又会增加，合速度又在增加，即动能增大，故D正确。答案ABD【对点练1】关于运动
5、物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是()A合外力为零，则合外力做功一定为零B合外力做功为零，则合外力一定为零C合外力做功越多，则动能一定越大D动能不变，则物体合外力一定为零解析：选A。由WFlcos 可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，合外力不一定为零，可能是90，A正确，B错误；由动能定理WEk可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大，C错误；动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，D错误。如图所示，这是人们用打“夯”的方式把松散的地面夯实的情景。假设两人同时通过绳子对质量为m的重物各施加一个力，大小均为F，方向都与
6、竖直方向成角，重物离开地面h后两人同时停止施力，最后重物下落把地面砸深x。重力加速度为g。求：(1)停止施力前重物上升过程中加速度大小a；(2)以地面为零势能面，重物具有重力势能的最大值Epm；(3)重物砸入地面过程中，对地面的平均冲击力大小F；解析(1)施力时重物所受的合外力F合2Fcos mg则重物上升过程中加速度大小a；(2)设重物能到达的最高点距离地面的高度为H，由动能定理有2Fhcos mgH0以地面为零势能面，重物具有重力势能的最大值EpmmgH2Fhcos ；(3)重物砸入地面过程中由动能定理有mg(Hx)Fx0解得Fmg。答案(1)(2)2Fhcos (3)mg【对点练2】如图
7、所示，飞机先在水平跑道上从静止开始加速滑行，行驶距离x600 m后达到v1216 km/h的速度起飞，飞机滑行过程可视为匀加速直线运动，所受阻力大小恒为自身重力的0.1。起飞后，飞机以离地时的功率爬升 t20 min，上升了h8 000 m，速度增加到v2720 km/h。已知飞机的质量m1105 kg，重力加速度大小g取10 m/s2。求：(1)飞机在地面滑行时所受牵引力的大小F；(2)飞机在爬升过程中克服空气阻力做的功Wf。解析：(1)设飞机在地面滑行时加速度的大小为a，由运动学公式得v2ax，设滑行过程中所受阻力为F阻，由牛顿第二定律得FF阻ma联立解得F4105 N；(2)设飞机离地时
8、的功率为P，由功率的表达式得PFv1，由动能定理得PtmghWfmvmv解得Wf1.8981010 J。答案：(1)4105 N(2)1.8981010 J考点二动能定理与图象综合问题1四类图象所围“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Ek与水平位移x的关系图象是()解析设斜面倾角为，物块滑到斜面底端时的动能为Ekm，物块在斜面上滑行的长度对应的水平位移为x0，应用动能定理，在斜面上有(mgsin mgcos )Ek，在水平面上有mg
9、(xx0)EkEkm，即Ekmg(xx0)Ekm，综上所述可知：两段Ekx图线为线性关系，故A正确，B、C、D错误。答案A【对点练3】(多选)(2020嘉兴调研)质量为1 kg的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示，外力F和物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。下列分析正确的是()A物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B物体运动的位移为13 mC物体在前3 m运动过程中的加速度为3 m/s2Dx9 m时，物体的速度为3 m/s解析：选ACD。由WfFfx对应题图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff2 N，由Ffmg可
10、得0.2，A正确；由WFFx对应题图乙可知，前3 m内，拉力F15 N，39 m内拉力F22 N，物体在前3 m内的加速度a13 m/s2，C正确；由动能定理得：WFFfxmv2，可得：x9 m时，物体的速度为v3 m/s，D正确；物体的最大位移xm13.5 m，B错误。考点三动能定理在多过程问题中的应用1应用动能定理解题的基本步骤2求解多过程问题抓好“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，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。(20194月浙江选考)某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立
11、如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角37的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径R0.4 m、转轴间距L2 m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H2.2 m。现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为0.5。(sin 370.6)(1)若h2.4 m，求小物块到达B端时速度的大小；(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件；(3)改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向
12、右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件运动。解析(1)小物块由静止释放到B的过程中，有mgsin mgcos mav2a解得vB4 m/s。(2)若要小物块落到传送带左侧地面，设当小物块到达传送带上D点时速度为零，小物块从距传送带高度h1处由静止释放，则有0mgh1mgcos mgL解得h13.0 m当hh13.0 m时满足题中条件。(3)当小物块从右侧抛出时，设小物块到达D点的速度为v，则有mv2mghmgcos mgLH2Rgt2，xvt解得x2(m)为使小物块能在D点水平向右抛出，则需满足mg，解得h3.6 m。答案(1)4 m/s(2)h3.0 m(3)
13、x2(m)h3.6 m【对点练4】滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。有如图所示的滑板运动轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点、圆心角60，半径OC与水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道CD间的动摩擦因数0.2。某运动员从轨道上的A点以v03 m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿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m60 kg，B、E两点与水平轨道CD的竖直高度分别为h2 m和H2.5 m。(1)求运动员从A点运动到B点过程中，到达B点时的速度大小vB。(2)求水平轨道CD段
14、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？如能，请求出回到B点时速度的大小；如不能，请求出最后停止的位置距C点的距离。解析：(1)在B点时有vB，得vB6 m/s；(2)从B点到E点由动能定理得mghmgLmgH0mv，解得L6.5 m；(3)设运动员能到达左侧的最大高度为h，从B到第一次返回左侧最高处由动能定理有mghmghmg2L0mv得h1.2 mh2 m，故第一次返回时，运动员不能回到B点。运动员从B点运动到停止，在CD段的总路程为s，由动能定理可得mghmgs0mv得s19 m，s2L6 m，故运动员最后停在C点右侧6 m 处。答案：(1)6 m/s (2)6.
15、5 m(3)不能停在C点右侧6 m 处(建议用时：45分钟)1(2020浙江温岭质检)某消防队员从一平台上跳下，下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m，在着地过程中地面对他双腿的平均作用力是其自身重力的()A2倍B5倍C8倍 D10倍解析：选B。设地面对双腿的平均作用力为F，对全过程利用动能定理得mg(hh)Fh0，Fmg5mg，故选项B正确。2A、B两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F作用下，由静止开始通过相同的位移l。若A的质量大于B的质量，则在这一过程中()AA获得的动能较大BB获得的动能较大CA、B获得的动能一样大D无法比较A、B获得动能
16、的大小解析：选C。由动能定理可知恒力F做功WFlmv20，因为F、l相同，所以A、B的动能变化相同，C正确。3用竖直向上大小为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()A20 J B24 JC34 J D54 J解析：选C。对整个过程应用动能定理得Fh1mgh2Wf0，解得Wf34 J，C正确。4.如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球挂在离水平地面高为3L的O点，小铁球以O为圆心在竖直面内做圆周运动且恰好能到达最高点A处，不计空气阻力，重
17、力加速度为g，若运动到最高点时轻绳被切断，则小铁球落到地面时速度的大小为()A. B.C4 D3解析：选D。小球刚好能沿绳球模型到达最高点时，绳的拉力为零，只有重力提供向心力，有mgm，最高点剪断绳后，小球做平抛运动落地，对这一过程由动能定理有mg4Lmvmv，联立可得落地速度v23，故A、B、C错误，D正确。5.如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小球以速度v从轨道下端滑入轨道，并保证从轨道上端水平飞出，则关于小球落地点到轨道下端的水平距离x与轨道半径R的关系，下列说法正确的是()AR越大，则x越大BR越小，则x越大C当R为某一定值时，x才有最大值D当R为某一定值时
18、，x才有最小值解析：选C。设半圆的半径为R，小球从最低点到轨道最高点过程根据动能定理得mg2Rmv2mv2，离开最高点做平抛运动，有2Rgt2，xvt，联立解得x，可知当R时，水平位移最大。6某运动员(可视为质点)参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变化的vt图象如图所示，以他离开跳板时为计时起点，则下列说法正确的是()At3时刻达到最高点Bt2时刻位移最大Ct1时刻的加速度为负D在t1t2时间内重力做功WG大于t1t2时间内克服阻力做功Wf解析：选D。运动员起跳时的速度方向向上，可知，t1时刻达到最高点，故A错误；vt图象为直线，加速度不变，所以在0t2时间内人在空中，t2时刻到达水面
19、，之后进入水中，此时人的位移不是最大，t1时刻的加速度为正值，故B、C错误；由动能定理可知在t1t2时间内，WGWfmv2，即在t1t2时间内重力做功WG大于t1t2时间内克服阻力做功Wf，故D正确。7.如图所示的是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，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。(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；(
20、2)求汽车在下坡过程中所受的阻力；(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得Ek3.0105 J。(2)由动能定理mghFflmvmv得Ff2.0103 N。(3)设向上运动的最大位移是x，由动能定理(mgsin 173Ff)x0mv得x33.3 m。答案：(1)3.0105 J(2)2.0103 N(3)33.3 m8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，如图甲所示。图乙为物体两次
21、在平面上运动的vt图象，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力做的功为()A.mv3mgh B3mghmvC.mvmgh Dmghmv解析：选D。若物体由静止开始下滑，由动能定理得mghWfmv，若该物体以v0的初速度从顶端下滑， 由动能定理得mghWfmvmv，由乙图可知，物体两次滑到平面的速度关系为v22v1，由以上三式解得Wfmghmv。9(2020浙江省选考模拟)弹珠游戏在孩子们中间很受欢迎，有很多种玩法，其中一种玩法就是比距离，模型如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB(圆半径比细管的内径大得多)和光滑直管BC组成的轨道固定在水平桌面上，已知APB部分的半径R1.0 m，B
22、C段长L11.5 m。弹射装置将一个质量m100 g的小球(可视为质点)以v08 m/s的水平初速度从A点弹入轨道，小球从C点离开轨道随即进入长L22 m、0.1 的粗糙水平地面(图上对应为CD)，最后通过光滑轨道DE，从E点水平射出，已知E距离地面的高度为h1 m，不计空气阻力。(1)求小球在半圆轨道上运动时的角速度和到达C点时对圆管的压力。(2)若小球能从A点运动到E点，则小球进入A点的速度至少为多大？(3)若E点的高度h可以调节，小球仍以v08 m/s从A进入，当h多高时，水平射程x最大？并求出这个最大值。解析：(1)角速度8 rad/s小球在BC段做匀速直线运动，合外力为0，根据牛顿运
23、动定律，小球处于平衡态，GN，支持力为1 N，根据牛顿第三定律，支持力和压力属于作用力与反作用力，大小相等。所以小球对圆管的压力为1 N，方向竖直向下；(2)若小球恰好能从A点到E点，根据动能定理有mvmghmgL2得速度至少为v02 m/s；(3)对小球从A点到E点的过程，根据动能定理有mvmghmgL2mv过了E点小球做平抛运动hgt2xvEt得到x与h的数学关系x2即当h1.5 m时，x的最大值为x3 m。答案：(1)8 rad/s1 N，方向竖直向下(2)2 m/s(3)1.5 m3 m10(2020舟山质检)如图所示，倾角为37的粗糙斜面AB底端与半径R0.4 m的光滑半圆轨道BC平
24、滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高，质量m1 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数；(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；(3)若滑块离开C点的速度大小为4 m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t。解析：(1)滑块恰能滑到D点，则vD0滑块从ABD过程中，由动能定理得mg(2RR)mgcos 00解得0.375。(2)滑块恰能过C点时，vC有最小值，则在C点mg滑块从ABDC过程，由动能定理得mgcos mvmv解得v02 m/s。(3)滑块离开C点后做平抛运动，设下落的高度为h，则有hgt2xvC ttan 53其中vC4 m/s，联立解得t0.2 s。答案：(1)0.375(2)2 m/s(3)0.2 s
