第2讲　动能定理及其应用-2025版创新设计高考物理一轮复习

第2讲动能定理及其应用学习目标1.理解动能和动能定理。2.会应用动能定理处理相关物理问题。3.掌握动能定理与图像结合问题的分析方法。1.动能2.动能定理1.思考判断(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化。(√)(2)动能不变的物体一定处于平衡状态。(×)(3)物体所受的合外力为零，合外力对物体做的功也一定为零。(√)(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。(×)(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零。(×)2.如图，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()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答案A考点一动能定理的理解与基本应用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，但并不是说动能的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。例1如图1所示，在水平的PQ面上有一小物块(可视为质点)，小物块以某速度从P点最远能滑到倾角为θ的斜面QA上的A点(水平面和斜面在Q点通过一极短的圆弧连接)。若减小斜面的倾角θ，变为斜面QB(如图中虚线所示)，小物块仍以原来的速度从P点出发滑上斜面。已知小物块与水平面和斜面间的动摩擦因数相同，AB为水平线，AC为竖直线。则()图1A.小物块恰好能运动到B点B.小物块最远能运动到B点上方的某点C.小物块只能运动到C点D.小物块最远能运动到B、C两点之间的某点答案D解析小物块从P点滑上斜面的运动过程中有重力和摩擦力做功，设小物块能到达斜面上的最高点与水平面的距离为h，与Q点的水平距离为s，根据动能定理得－mgh－μmg·sPQ－μmgcosθ·sAQ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，即mgh＋μmg(sPQ＋s)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，若减小倾角θ时，h不变，则s不变，故A、C错误；若h变大，则s变小，故B错误；若h变小，则s变大，故D正确。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.动能定理的应用技巧1.(多选)如图2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()图2A.对物体，动能定理的表达式为W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中W为支持力做的功D.对电梯，其所受的合力做功为eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)答案CD解析电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功(即合力做的功)才等于物体动能的变化，即W合＝W－mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中W为支持力做的功，故A、B错误，C正确；对电梯做功的有重力Mg、压力FN′和拉力F，合力做功为W合′＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)，故D正确。2.(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.eq\r(（2＋π）gR) B.eq\r(2πgR)C.eq\r(2（1＋π）gR) D.2eq\r(gR)答案A解析当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度为h＝R＋πR－eq\f(2πR,4)＝R＋eq\f(πR,2)，根据动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(（2＋π）gR)，故A正确，B、C、D错误。

考点二应用动能定理求变力做功例2(多选)(2023·广东卷，8)人们用滑道从高处向低处运送货物，如图4所示，可看作质点的货物从eq\f(1,4)圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6m/s。已知货物质量为20kg，滑道高度h为4m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有()图4A.重力做的功为360JB.克服阻力做的功为440JC.经过Q点时向心加速度大小为9m/s2D.经过Q点时对轨道的压力大小为380N答案BCD解析重力做的功为WG＝mgh＝800J，A错误；下滑过程由动能定理可得WG－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)，代入数据解得克服阻力做的功为Wf＝440J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为a＝eq\f(veq\o\al(2,Q),h)＝9m/s2，C正确；经过Q点时，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为FN＝380N，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380N，D正确。在有变力做功的过程中，变力做功无法直接通过功的公式求解，可用动能定理W变＋W恒＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)求解。物体初、末速度已知，恒力做功W恒可由公式求出，得到W变＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－W恒，就可以求出变力做的功了。3.(2024·江苏盐城高三检测)质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一水平放置的轻弹簧O端相距s，轻弹簧的另一端固定在竖直墙上，如图5所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力所做的功为()图5A.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x) B.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmgxC.μmg(s＋x)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) D.－μmg(s＋x)答案C解析对物体由动能定理可得W弹－μmg(s＋x)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得W弹＝μmg(s＋x)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故C正确。考点三动能定理与图像问题的结合图像所围“面积”和图像斜率的含义例3一质量为4kg的物体，在粗糙的水平面上受水平恒定的拉力F作用做匀速直线运动。物体运动一段时间后拉力逐渐减小，当拉力减小到零时，物体刚好停止运动。如图6所示为拉力F随位移s变化的关系图像，重力加速度大小取10m/s2，则可以求得()图6A.物体做匀速直线运动的速度为4m/sB.整个过程拉力对物体所做的功为4JC.整个过程摩擦力对物体所做的功为－8JD.整个过程合外力对物体所做的功为－4J答案D解析F－s图线与横轴所围区域的面积表示拉力对物体所做的功，所以WF＝eq\f(（2＋4）×4,2)J＝12J，故B错误；0～2m阶段，根据平衡条件可得F＝f＝4N，所以整个过程中摩擦力对物体做的功为Wf＝－fs＝－4×4J＝－16J，故C错误；整个过程中合外力所做的功为W合＝WF＋Wf＝12J＋(－16J)＝－4J，故D正确；根据动能定理可得W合＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2)m/s，故A错误。例4(2022·江苏卷，8)某滑雪赛道如图7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7答案A解析设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，运动员在沿斜面下滑过程中，根据动能定理有Ek＝mgxtanθ，即eq\f(Ek,x)＝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。方法点拨解决图像问题的基本步骤A级基础对点练对点练1动能定理的理解与基本应用1.(多选)如图1所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B间的接触面粗糙。现用一水平拉力F作用在A上使其由静止开始运动，用f1代表B对A的摩擦力，f2代表A对B的摩擦力，则下列情况可能的是()图1A.拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量B.拉力F做的功小于A、B系统动能的增加量C.拉力F和f1对A做的功之和大于A的动能的增加量D.f2对B做的功等于B的动能的增加量答案AD解析A相对B的运动有两种可能，相对静止和相对滑动。当A、B相对静止时，拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量；当A、B相对滑动时，拉力F做的功大于A、B系统动能的增加量，A项正确，B项错误；由动能定理知，f2对B做的功等于B的动能的增加量，拉力F和f1对A做的功之和等于A的动能的增加量，D项正确，C项错误。2.一物块沿倾角为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2所示。当物块的初速度为2v时，上升的最大高度记为h。重力加速度为g，则物块与斜坡间的动摩擦因数μ和h分别为()图2A.tanθ和2HB.tanθ和4HC.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ和2HD.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ和4H答案D解析当物块上滑的初速度为v时，根据动能定理，有－mgH－μmgcosθ·eq\f(H,sinθ)＝0－eq\f(1,2)mv2，当上滑的初速度为2v时，有－mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝0－eq\f(1,2)m(2v)2，联立可得μ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ，h＝4H，故D正确。3.如图3所示，将质量为m的小球以初速度大小v0由地面竖直向上抛出。小球落回地面时，其速度大小为eq\f(3,4)v0。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于()图3A.eq\f(3,4)mg B.eq\f(3,16)mg C.eq\f(7,16)mg D.eq\f(7,25)mg答案D解析小球向上运动的过程，由动能定理得－(mg＋f)H＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，小球向下运动的过程，由动能定理得(mg－f)H＝eq\f(1,2)m(eq\f(3,4)v0)2，联立解得f＝eq\f(7,25)mg，选项D正确，A、B、C错误。对点练2应用动能定理求变力做功4.如图4所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球B下降h高度时的速度为()图4A.eq\r(\f(4gh,3)) B.eq\r(4gh) C.eq\r(2gh) D.eq\r(gh)答案D解析小球A下降h高度的过程中，设小球克服弹簧的弹力做功为W，根据动能定理有mgh－W＝0，小球B下降h高度的过程中，根据动能定理有2mgh－W＝eq\f(1,2)×2mv2－0，解得v＝eq\r(gh)，故D正确。5.(2024·山东菏泽高三检测)如图5所示，粗糙程度处处相同、倾角为θ的倾斜圆盘上，有一长为L的轻质细绳，一端可绕垂直于倾斜圆盘的光滑轴上的O点转动，另一端与质量为m的小滑块相连，小滑块从最高点A以垂直细绳的速度v0开始运动，恰好能完成一个完整的圆周运动，则运动过程中滑块受到的摩擦力大小为()图5A.eq\f(m（veq\o\al(2,0)－gLsinθ）,4πL) B.eq\f(mveq\o\al(2,0),2πL)C.eq\f(m（veq\o\al(2,0)－gL）,4πL) D.eq\f(mveq\o\al(2,0),4πL)答案A解析由于小滑块恰好能完成一个完整的圆周运动，则在最高点有mgsinθ＝meq\f(v2,L)，整个过程根据动能定理可得－f·2πL＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得f＝eq\f(m（veq\o\al(2,0)－gLsinθ）,4πL)，A正确，B、C、D错误。6.如图6所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为()图6A.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解析设质点在Q点的速度为v，根据牛顿第二定律，有FN－mg＝meq\f(v2,R)，根据牛顿第三定律知FN＝FN′＝2mg，联立解得v＝eq\r(gR)，下滑过程中，根据动能定理可得mgR＋Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝－eq\f(1,2)mgR，所以克服摩擦力所做的功为eq\f(1,2)mgR，选项C正确。对点练3动能定理与图像问题的结合7.(多选)如图7甲所示，质量m＝2kg的物体以100J的初动能在粗糙的水平地面上滑行，其动能Ek随位移s变化的关系图像如图乙所示，则下列判断中正确的是()图7A.物体运动的总位移大小为10mB.物体运动的加速度大小为10m/s2C.物体运动的初速度大小为10m/sD.物体所受的摩擦力大小为5N答案AC解析由题图乙可知物体运动的总位移大小为10m，故A正确；由动能定理得－fs＝ΔEk＝－100J，则摩擦力大小f＝10N，由牛顿第二定律得f＝ma，则a＝eq\f(f,m)＝5m/s2，故B、D错误；物体的初动能Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝100J，则v0＝eq\r(\f(2Ek0,m))＝10m/s，故C正确。8.一质量为m的物块静止在光滑水平面上，某时刻起受到水平向右的大小随位移变化的力F的作用，F随位移变化的规律如图8所示，下列说法正确的是()图8A.物块先做匀加速运动，后做匀减速运动B.物块的位移为s0时，物块的速度最大C.力F对物块做的总功为6F0s0D.物块的最大速度为eq\r(\f(6F0s0,m))答案D解析物块在光滑水平面上运动，受到的合外力为F，因为F为正，所以物块一直加速运动，物块的位移为3s0时，速度最大，故A、B错误；合外力做功的大小等于图线与s轴围成的面积，所以力F对物块做的总功为W＝eq\f(1,2)×2F0×3s0＝3F0s0，故C错误；由动能定理可得3F0s0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，所以最大速度为vm＝eq\r(\f(6F0s0,m))，故D正确。B级综合提升练9.(多选)(2023·湖南卷，8)如图9，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是()图9A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变C.小球的初速度v0＝eq\r(2gR)D.若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道答案AD解析小球恰好运动至C点，小球在C点vC＝0小球在圆弧BC上运动到D点的受力分析如图所示小球从A到C由动能定理得－mg·2R＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，则v0＝2eq\r(gR)，C错误；若小球在B点的速度满足mgcosθ＜eq\f(mveq\o\al(2,B),R)，则小球将从B点脱离轨道，D正确。10.(2024·广东广州高三统考)如图10所示，半径为R、内壁光滑的半圆轨道竖直放置，与粗糙水平直轨道左端P点平滑连接。质量为m的小球(可视为质点)以初速度v0由直轨道N点向左运动。已知小球到达轨道最高点M时对轨道的压力大小为重力的2倍，重力加速度为g，不计空气阻力，求：图10(1)小球刚过P点的速度大小及对圆轨道压力大小；(2)小球从N点到P点的过程中克服摩擦阻力所做的功。答案(1)eq\r(7gR)8mg(2)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(7,2)mgR解析(1)小球通过半圆轨道的最高点M时，由牛顿第二定律有mg＋2mg＝meq\f(veq\o\al(2,M),R)滑块从P点运动到M点的过程中，由动能定理有－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)解得vP＝eq\r(7gR)小球通过半圆轨道的P点时，由牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,P),R)由牛顿第三定律可知，小球在P点时对圆轨道的压力大小F压＝FN解得F压＝8mg。(2)小球从N点运动到P点的过程中，由动能定理有－W克f＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得