第2講動能定理及其應用目標要求1.理解動能定理，會用動能定理解決一些基本問題.2.掌握解決動能定理與圖像結合的問題的方法．考點一動能定理的理解和基本應用基礎回扣1．動能(1)定義：物體由于運動而具有的能量叫作動能．(2)公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2，單位：焦耳(J).1J＝1N·m＝1kg·m2/s2.(3)動能是標量、狀態(tài)量．2．動能定理(1)內容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化．(2)表達式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12.(3)物理意義：合力做的功是物體動能變化的量度．技巧點撥1．適用條件(1)動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動．(2)動能定理既適用于恒力做功，也適用于變力做功．(3)力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以分階段作用．2．解題步驟3．注意事項(1)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系．(2)當物體的運動包含多個不同過程時，可分段應用動能定理求解；也可以全過程應用動能定理求解．(3)動能是標量，動能定理是標量式，解題時不能分解動能．例1(2019·遼寧大連市高三月考)如圖1所示，一名滑雪愛好者從離地h＝40m高的山坡上A點由靜止沿兩段坡度不同的直雪道AD、DC滑下，滑到坡底C時的速度大小v＝20m/s.已知滑雪愛好者的質量m＝60kg，滑雪板與雪道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，BC間的距離L＝100m，重力加速度g＝10m/s2，忽略在D點損失的機械能，則下滑過程中滑雪愛好者做的功為()圖1A．3000J B．4000JC．5000J D．6000J答案A解析根據動能定理有W－μmgLADcosα－μmgLCDcosβ＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，即：W－μmgL＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，求得W＝3000J，故選A.例2(多選)(2020·貴州安順市網上調研)如圖2所示，半圓形光滑軌道BC與水平光滑軌道AB平滑連接．小物體在水平恒力F作用下，從水平軌道上的P點，由靜止開始運動，運動到B點撤去外力F，小物體由C點離開半圓軌道后落在P點右側區(qū)域．已知PB＝3R，重力加速度為g，F(xiàn)的大小可能為()圖2A.eq\f(1,2)mg B.eq\f(5mg,6)C．mg D.eq\f(7mg,6)答案BC解析小球能通過C點應滿足meq\f(v\o\al(C2),R)≥mg，且由C點離開半圓軌道后落在P點右側區(qū)域，則有2R＝eq\f(1,2)gt2，vCt<3R，對小球從P點到C點由動能定理得F·3R－2mgR＝eq\f(1,2)mvC2，聯(lián)立解得eq\f(5mg,6)≤F＜eq\f(25mg,24)故B、C正確，A、D錯誤．1．(動能定理的理解)(2018·天津卷·2)滑雪運動深受人民群眾喜愛．如圖3所示，某滑雪運動員(可視為質點)由坡道進入豎直面內的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿AB下滑過程中()圖3A．所受合外力始終為零B．所受摩擦力大小不變C．合外力做功一定為零D．機械能始終保持不變答案C解析運動員從A點滑到B點的過程中速率不變，則運動員做勻速圓周運動，其所受合外力指向圓心，A錯誤；如圖所示，運動員受到的沿圓弧切線方向的合力為零，即Ff＝mgsinα，下滑過程中α減小，sinα變小，故摩擦力Ff變小，B錯誤；由動能定理知，運動員勻速率下滑動能不變，合外力做功為零，C正確；運動員下滑過程中動能不變，重力勢能減小，機械能減小，D錯誤．2．(動能定理的應用)(多選)(2019·寧夏銀川市質檢)如圖4所示為一滑草場．某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，載人滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)均為μ.質量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計載人滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，重力加速度大小為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．則()圖4A．動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(6,7)B．載人滑草車最大速度為eq\r(\f(2gh,7))C．載人滑草車克服摩擦力做功為mghD．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為eq\f(3,5)g答案AB解析對載人滑草車從坡頂由靜止開始滑到底端的全過程分析，由動能定理可知：mg·2h－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝0，解得μ＝eq\f(6,7)，選項A正確；對經過上段滑道的過程分析，根據動能定理有mgh－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mvm2，解得：vm＝eq\r(\f(2gh,7))，選項B正確；載人滑草車克服摩擦力做功為2mgh，選項C錯誤；載人滑草車在下段滑道上的加速度為a＝eq\f(mgsin37°－μmgcos37°,m)＝－eq\f(3,35)g，故大小為eq\f(3,35)g，選項D錯誤．考點二應用動能定理求變力做功在一個有變力做功的過程中，由動能定理，W變＋W恒＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，物體初、末速度已知，恒力做功W恒可根據功的公式求出，這樣就可以得到W變＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12－W恒，就可以求變力做的功了．例3(2020·四川雅安市期末)如圖5所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高，質量m的質點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的壓力為2mg，重力加速度大小為g.質點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為()圖5A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D.eq\f(π,4)mgR答案C解析在Q點質點受到的豎直向下的重力和豎直向上的支持力的合力充當向心力，所以有FN－mg＝meq\f(v2,R)，F(xiàn)N＝FN′＝2mg，聯(lián)立解得v＝eq\r(gR)，下滑過程中，根據動能定理可得mgR－Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)mgR，所以克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgR，選項C正確．3．(應用動能定理求變力做功)(2019·河南鄭州市高一月考)質量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一輕彈簧O端相距s，如圖6所示．已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為(重力加速度大小為g)()圖6A.eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x) B.eq\f(1,2)mv02－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)答案A解析根據功的定義式可知物體克服摩擦力做功為Wf＝μmg(s＋x)，由動能定理可得－W彈－Wf＝0－eq\f(1,2)mv02，則W彈＝eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，故選項A正確．考點三動能定理與圖像結合的問題1．解決圖像問題的基本步驟(1)觀察題目給出的圖像，弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義．(2)根據物理規(guī)律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數(shù)關系式．(3)將推導出的物理規(guī)律與數(shù)學上與之相對應的標準函數(shù)關系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點、圖線下的面積等所表示的物理意義，分析解答問題，或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關系式求物理量．2．圖像所圍“面積”和圖像斜率的含義動能定理與Ek－x圖像結合例4(2019·全國卷Ⅲ·17)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用．距地面高度h在3m以內時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖7所示．重力加速度取10m/s2.該物體的質量為()圖7A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg答案C解析法一：特殊值法畫出運動示意圖．設該外力的大小為F，據動能定理知A→B(上升過程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkAB→A(下落過程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′整理以上兩式并代入數(shù)據得mgh＝30J，解得物體的質量m＝1kg，選項C正確．法二：寫表達式根據斜率求解上升過程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，則Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0下降過程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′，則Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′，結合題圖可知mg＋F＝eq\f(72－36,3－0)N＝12N，mg－F＝eq\f(48－24,3－0)N＝8N聯(lián)立可得m＝1kg，選項C正確．動能定理與F－x圖像結合例5如圖8甲所示，在傾角為30°的足夠長的光滑斜面AB的A處連接一粗糙水平面OA，OA長為4m．有一質量為m的滑塊，從O處由靜止開始受一水平向右的力F作用．F在水平面上按圖乙所示的規(guī)律變化．滑塊與OA間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，g取10m/s2，試求：圖8(1)滑塊運動到A處的速度大小；(2)不計滑塊在A處的速率變化，滑塊沿斜面AB向上運動的最遠距離是多少．答案(1)5eq\r(2)m/s(2)5m解析(1)由題圖乙知，在OA段拉力做功為W＝(2mg×2－0.5mg×1)J＝3.5mg(J)滑動摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg，Wf＝Ff·xOA＝－mg(J)，滑塊在OA上運動的全過程，由動能定理得W＋Wf＝eq\f(1,2)mvA2－0代入數(shù)據解得vA＝5eq\r(2)m/s.(2)對于滑塊沖上斜面的過程，由動能定理得－mgLsin30°＝0－eq\f(1,2)mvA2解得L＝5m所以滑塊沿斜面AB向上運動的最遠距離為L＝5m.4．(動能定理與a－t圖像結合)(2020·山西太原市模擬)用傳感器研究質量為2kg的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律時，在計算機上得到0～6s內物體的加速度隨時間變化的關系如圖9所示．下列說法正確的是()圖9A．0～6s內物體先向正方向運動，后向負方向運動B．0～6s內物體在4s時的速度最大C．物體在2～4s內的速度不變D．0～4s內合力對物體做的功等于0～6s內合力對物體做的功答案D解析物體6s末的速度v6＝eq\f(1,2)×(2＋5)×2m/s－eq\f(1,2)×1×2m/s＝6m/s，結合題圖可知0～6s內物體一直向正方向運動，A項錯誤；由題圖可知物體在5s末速度最大，vm＝eq\f(1,2)×(2＋5)×2m/s＝7m/s，B項錯誤；由題圖可知物體在2～4s內加速度不變，做勻加速直線運動，速度變大，C項錯誤；在0～4s內由動能定理可知，W合4＝eq\f(1,2)mv42－0，又v4＝eq\f(1,2)×(2＋4)×2m/s＝6m/s，得W合4＝36J,0～6s內合力對物體做的功：W合6＝eq\f(1,2)mv62－0，又v6＝6m/s，得W合6＝36J，則W合4＝W合6，D項正確．5.(動能定理與Ek－x圖像結合)(2020·湖北高三月考)質量為2kg的物塊放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由靜止開始運動，物塊的動能Ek與其發(fā)生的位移x之間的關系如圖10所示．已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是()圖10A．x＝1m時速度大小為2m/sB．x＝3m時物塊的加速度大小為2.5m/s2C．在前4m位移過程中拉力對物塊做的功為9JD．在前4m位移過程中物塊所經歷的時間為2.8s答案D解析根據動能定理ΔEk＝F合x可知，物體在兩段運動中分別所受合外力恒定，則物體做加速度不同的勻加速運動；由題圖圖像可知x＝1m時動能為2J，v1＝eq\r(\f(2Ek,m))＝eq\r(2)m/s，故A錯誤．同理，當x＝2m時動能為4J，v2＝2m/s；當x＝4m時動能為9J，v4＝3m/s，則2～4m內有2a2x2＝v42－v22，解得2～4m內物塊的加速度為a2＝1.25m/s2，故B錯誤．對物體運動全過程，由動能定理得：WF＋(－μmgx4)＝Ek末－0，解得WF＝25J，故C錯誤.0～2m過程，t1＝eq\f(2x1,v2)＝2s；2～4m過程，t2＝eq\f(x2,\f(v2＋v4,2))＝0.8s，故總時間為2s＋0.8s＝2.8s，D正確．課時精練1.(2018·全國卷Ⅱ·14)如圖1，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度．木箱獲得的動能一定()圖1A．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答案A解析由題意知，W拉－W克摩＝ΔEk，則W拉>ΔEk，A項正確，B項錯誤；W克摩與ΔEk的大小關系不確定，C、D項錯誤．2.如圖2所示，小物體從A處由靜止開始沿光滑斜面AO下滑，又在粗糙水平面上滑動，最終停在B處，已知A距水平面OB的高度為h，物體的質量為m，現(xiàn)用力將物體從B點靜止沿原路拉回至距水平面高為eq\f(2,3)h的C點處，已知重力加速度為g，需外力做的功至少應為()圖2A.eq\f(1,3)mgh B.eq\f(2,3)mghC.eq\f(5,3)mgh D．2mgh答案C解析物體從A到B全程應用動能定理可得mgh－Wf＝0，由B返回C處過程，由動能定理得WF－Wf－eq\f(2,3)mgh＝0，聯(lián)立可得WF＝eq\f(5,3)mgh，故選C.3．(2018·江蘇卷·4)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面．忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關系圖像是()答案A解析小球做豎直上拋運動，設初速度為v0，則v＝v0－gt小球的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，把速度v代入得Ek＝eq\f(1,2)mg2t2－mgv0t＋eq\f(1,2)mv02，Ek與t為二次函數(shù)關系，故A正確．4．(2021·廣東茂名市第一中學期中)如圖3所示，運動員把質量為m的足球從水平地面踢出，足球在空中達到的最高點高度為h，在最高點時的速度為v，不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是()圖3A．運動員踢球時對足球做功eq\f(1,2)mv2B．足球上升過程重力做功mghC．運動員踢球時對足球做功mgh＋eq\f(1,2)mv2D．足球上升過程克服重力做功mgh＋eq\f(1,2)mv2答案C解析足球被踢起后在運動過程中，只受到重力作用，只有重力做功，重力做功為－mgh，即克服重力做功mgh，B、D錯誤；由動能定理有W人－mgh＝eq\f(1,2)mv2，因此運動員對足球做功W人＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，故A錯誤，C正確．5．(2021·湖南懷化市模擬)如圖4所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度為v0的物體從D點出發(fā)沿DBA滑動到頂點A時速度剛好為零，如果斜面改為AC，讓該物體從D點出發(fā)沿DCA滑動到A點且速度剛好為零，則物體具有的初速度(已知物體與斜面及水平面之間的動摩擦因數(shù)處處相同且不為零)()圖4A．等于v0 B．大于v0C．小于v0 D．取決于斜面答案A解析物體從D點滑動到頂點A過程中－mg·xAO－μmg·xDB－μmgcosα·xAB＝0－eq\f(1,2)mv02，由幾何關系有xABcosα＝xOB，因而上式可以簡化為－mg·xAO－μmg·xOD＝0－eq\f(1,2)mv02，從上式可以看出，物體的初速度與路徑無關．故選A.6.(2021·福建寧德市高三期中)如圖5所示，質量為m的物體置于光滑水平面上，一根繩子跨過定滑輪一端固定在物體上，另一端在力F作用下，物體由靜止開始運動到繩與水平方向的夾角α＝45°時繩以速度v0豎直向下運動，此過程中，繩的拉力對物體做的功為()圖5A.eq\f(1,4)mv02 B.eq\f(1,2)mv02C．mv02 D.eq\f(\r(2),2)mv02答案C解析將物體的運動分解為沿繩子方向的運動以及垂直繩子方向的運動，則當物體運動到繩與水平方向的夾角α＝45°時物體的速度為v，則vcos45°＝v0，可得v＝eq\r(2)v0，物體由靜止開始運動到繩與水平方向的夾角α＝45°過程中，只有繩子拉力對物體做功，由動能定理得繩的拉力對物體做的功：W＝eq\f(1,2)mv2－0＝mv02，故C正確，A、B、D錯誤．7．(多選)在某一粗糙的水平面上，一質量為2kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運動，當運動一段時間后，拉力逐漸減小，且當拉力減小到零時，物體剛好停止運動，圖6中給出了拉力隨位移變化的關系圖像．已知重力加速度g取10m/s2.根據以上信息能精確得出或估算得出的物理量有()圖6A．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)B．合外力對物體所做的功C．物體做勻速運動時的速度D．物體運動的時間答案ABC解析物體做勻速直線運動時，拉力F0與滑動摩擦力Ff相等，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(F0,mg)＝0.35，A正確；減速過程由動能定理得WF＋Wf＝0－eq\f(1,2)mv2，根據F－x圖像中圖線與坐標軸圍成的面積可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx＝－F0x，由此可求得合外力對物體所做的功，及物體做勻速運動時的速度v，B、C正確；因為物體做變加速運動，所以運動時間無法求出，D錯誤．8.質量m＝1kg的物體，在水平恒定拉力F(拉力方向與物體初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面運動，經過的位移為4m時，拉力F停止作用，運動到位移為8m時物體停止運動，運動過程中Ek－x圖像如圖7所示．取g＝10m/s2，求：圖7(1)物體的初速度大??；(2)物體和水平面間的動摩擦因數(shù)；(3)拉力F的大?。鸢?1)2m/s(2)0.25(3)4.5N解析(1)從題圖可知物體初動能為2J，則Ek0＝eq\f(1,2)mv2＝2J，得v＝2m/s.(2)在位移為4m處物體的動能為Ek＝10J，在位移為8m處物體的動能為零，這段過程中物體克服摩擦力做功．設摩擦力為Ff，則由動能定理得－Ffx2＝0－Ek代入數(shù)據，解得Ff＝2.5N.因Ff＝μmg，故μ＝0.25.(3)物體從開始運動到位移為4m的過程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力為F－Ff，根據動能定理有(F－Ff)x1＝Ek－Ek0，故得F＝4.5N.9.(2017·全國卷Ⅱ·17)如圖8，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直．一小物塊以速度v從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關，此距離最大時對應的軌道半徑為(重力加速度大小為g)()圖8A.eq\f(v2,16g) B.eq\f(v2,8g)C.eq\f(v2,4g) D.eq\f(v2,2g)答案B解析設小物塊滑到軌道上端的速度大小為v1，小物塊由最低點到最高點的過程，由動能定理得－2mgr＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv2小物塊做平拋運動時，設落地點到軌道下端的距離為x，則有x＝v1t，2r＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立以上式子解得：x＝2eq\r(\f(v2,g)r－4r2)，當r＝eq\f(v2,8g)時，x最大，故選項B正確．10.如圖9所示，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平．一質量為m的小球(可看成質點)從P點上方高為R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道．小球滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力大小為4mg，g為重力加速度．用W表示小球從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功，則()圖9A．W＝eq\f(1,2)mgR，小球恰好可以到達Q點B．W>eq\f(1,2)mgR，小球不能到達Q點C．W＝eq\f(1,2)mgR，小球到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離D．W<eq\f(1,2)mgR，小球到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離答案C解析在N點，根據牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(v\o\al(N2),R)，解得vN＝eq\r(3gR)，對小球從開始下落至到達N點的過程，由動能定理得mg·2R－W＝eq\f(1,2)mvN2－0，解得W＝eq\f(1,2)mgR.由于小球在PN段某點處的速度大于此點關于ON在NQ段對稱點處的速度，所以小球在PN段某點處受到的支持力大于此點關于ON在NQ段對稱點處受到的支持力，則小球在NQ段克服摩擦力做的功小于在PN段克服摩擦力做的功，小球在NQ段運動時，由動能定理得－mgR－W′＝eq\f(1,2)mvQ2－eq\f(1,2)mvN2，因為W′<eq\f(1,2)mgR，則小球在N處的動能大于小球從N到Q克服重力做的功和克服摩擦力做的功之和，可知vQ>0，所以小球到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離，選項C正確．11．如圖10甲所示，長為4m的水平軌道AB與半徑為R＝0.6m的豎直半圓弧軌道BC在B處相連接，有一質量為1kg的滑塊(大小不計)，從A處由靜止開始受水平向右的力F作用，F(xiàn)的大小隨位移變化的關系如圖乙所示，滑塊與AB間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25，與BC間的動摩擦因數(shù)未知，g取10m/s2.求：圖10(1)滑塊到達B處時的速度大?。?2)滑塊在水平軌道AB上運動前2m過程所用的時間；(3)若到達B點時撤去力F，滑塊沿半圓弧軌道內側上滑，并恰好能到達最高點C，則滑塊在半圓弧軌