第2講動能定理及其應用學習目標1.理解動能和動能定理。2.會應用動能定理處理相關物理問題。3.掌握動能定理與圖像結合問題的分析方法。1.動能2.動能定理1.思考判斷(1)一定質量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化。(√)(2)動能不變的物體一定處于平衡狀態。(×)(3)物體所受的合外力為零，合外力對物體做的功也一定為零。(√)(4)物體在合外力作用下做變速運動時，動能一定變化。(×)(5)物體的動能不變，所受的合外力必定為零。(×)2.如圖，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()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考點一動能定理的理解與基本應用1.兩個關系(1)數量關系：合力做的功與物體動能的變化具有等量代換關系，但并不是說動能的變化就是合力做的功。(2)因果關系：合力做功是引起物體動能變化的原因。2.標量性動能是標量，功也是標量，所以動能定理是一個標量式，不存在方向的選取問題，當然動能定理也就不存在分量的表達式。例1(2024·河南商丘質檢)如圖1所示，在水平的PQ面上有一小物塊(可視為質點)，小物塊以某速度從P點最遠能滑到傾角為θ的斜面QA上的A點(水平面和斜面在Q點通過一極短的圓弧連接)。若減小斜面的傾角θ，變為斜面QB(如圖中虛線所示)，小物塊仍以原來的速度從P點出發滑上斜面。已知小物塊與水平面和斜面間的動摩擦因數相同，AB為水平線，AC為豎直線。則()圖1A.小物塊恰好能運動到B點B.小物塊最遠能運動到B點上方的某點C.小物塊只能運動到C點D.小物塊最遠能運動到B、C兩點之間的某點答案D解析小物塊從P點滑上斜面的運動過程中有重力和摩擦力做功，設小物塊能到達斜面上的最高點與水平面的距離為h，與Q點的水平距離為x，根據動能定理得－mgh－μmg·xPQ－μmgcosθ·xAQ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，即mgh＋μmg(xPQ＋x)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，若減小傾角θ時，h不變，則x不變，故A、C錯誤；若h變大，則x變小，故B錯誤；若h變小，則x變大，故D正確。1.應用動能定理解題應抓住“兩狀態，一過程”。“兩狀態”即明確研究對象的始、末狀態的速度或動能情況，“一過程”即明確研究過程，確定在這一過程中研究對象的受力情況和位置變化或位移信息。2.動能定理的應用技巧1.(多選)如圖2所示，電梯質量為M，在它的水平地板上放置一質量為m的物體。電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運動，當電梯的速度由v1增大到v2時，上升高度為H，重力加速度為g，則在這個過程中，下列說法正確的是()圖2A.對物體，動能定理的表達式為W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中W為支持力做的功B.對物體，動能定理的表達式為W合＝0，其中W合為合力做的功C.對物體，動能定理的表達式為W－mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中W為支持力做的功D.對電梯，其所受的合力做功為eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)答案CD解析電梯上升的過程中，對物體做功的有重力mg、支持力FN，這兩個力的總功(即合力做的功)才等于物體動能的變化，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為支持力做的功，故A、B錯誤，C正確；對電梯做功的有重力Mg、壓力FN′和拉力F，合力做功為W合′＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)，故D正確。2.(2021·河北卷，6)一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖3所示。長度為πR、不可伸長的輕細繩，一端固定在圓柱體最高點P處，另一端系一個小球。小球位于P點右側同一水平高度的Q點時，繩剛好拉直。將小球從Q點由靜止釋放，當與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球的速度大小為(重力加速度為g，不計空氣阻力)()圖3A.eq\r(（2＋π）gR) B.eq\r(2πgR)C.eq\r(2（1＋π）gR) D.2eq\r(gR)答案A解析當與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球下落的高度為h＝R＋πR－eq\f(2πR,4)＝R＋eq\f(πR,2)，根據動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(（2＋π）gR)，故A正確，B、C、D錯誤。考點二應用動能定理求變力做功例2(多選)(2023·廣東卷，8)人們用滑道從高處向低處運送貨物，如圖4所示，可看作質點的貨物從eq\f(1,4)圓弧滑道頂端P點靜止釋放，沿滑道運動到圓弧末端Q點時速度大小為6m/s。已知貨物質量為20kg，滑道高度h為4m，且過Q點的切線水平，重力加速度取10m/s2。關于貨物從P點運動到Q點的過程，下列說法正確的有()圖4A.重力做的功為360JB.克服阻力做的功為440JC.經過Q點時向心加速度大小為9m/s2D.經過Q點時對軌道的壓力大小為380N答案BCD解析重力做的功為WG＝mgh＝800J，A錯誤；下滑過程由動能定理可得WG－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)，代入數據解得克服阻力做的功為Wf＝440J，B正確；經過Q點時向心加速度大小為a＝eq\f(veq\o\al(2,Q),h)＝9m/s2，C正確；經過Q點時，根據牛頓第二定律可得FN－mg＝ma，解得貨物受到的支持力大小為FN＝380N，根據牛頓第三定律可知，貨物對軌道的壓力大小為380N，D正確。3.(2024·江蘇鹽城高三檢測)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與一水平放置的輕彈簧O端相距s，輕彈簧的另一端固定在豎直墻上，如圖5所示，已知物體與水平面間的動摩擦因數為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，重力加速度為g，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短的過程中，彈簧彈力所做的功為()圖5A.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x) .eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmgxC.μmg(s＋x)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) .－μmg(s＋x)答案C解析對物體由動能定理可得W彈－μmg(s＋x)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得W彈＝μmg(s＋x)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故C正確。在有變力做功的過程中，變力做功無法直接通過功的公式求解，可用動能定理W變＋W恒＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)求解。物體初、末速度已知，恒力做功W恒可由公式求出，得到W變＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－W恒，就可以求出變力做的功了。考點三動能定理與圖像問題的結合圖像所圍“面積”和圖像斜率的含義例3一質量為4kg的物體，在粗糙的水平面上受水平恒定的拉力F作用做勻速直線運動。物體運動一段時間后拉力逐漸減小，當拉力減小到零時，物體剛好停止運動。如圖6所示為拉力F隨位移x變化的關系圖像，重力加速度大小取10m/s2，則可以求得()圖6A.物體做勻速直線運動的速度為4m/sB.整個過程拉力對物體所做的功為4JC.整個過程摩擦力對物體所做的功為－8JD.整個過程合外力對物體所做的功為－4J答案D解析F－x圖線與橫軸所圍區域的面積表示拉力對物體所做的功，所以WF＝eq\f(（2＋4）×4,2)J＝12J，故B錯誤；0～2m階段，根據平衡條件可得F＝Ff＝4N，所以整個過程中摩擦力對物體做的功為Wf＝－Ffx＝－4×4J＝－16J，故C錯誤；整個過程中合外力所做的功為W合＝WF＋Wf＝12J＋(－16J)＝－4J，故D正確；根據動能定理可得W合＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2)m/s，故A錯誤。例4(2022·江蘇卷，8)某滑雪賽道如圖7所示，滑雪運動員從靜止開始沿斜面下滑，經圓弧滑道起跳。將運動員視為質點，不計摩擦力及空氣阻力，此過程中，運動員的動能Ek與水平位移x的關系圖像正確的是()圖7答案A解析設斜面傾角為θ，不計摩擦力和空氣阻力，運動員在沿斜面下滑過程中，根據動能定理有Ek＝mgxtanθ，即eq\f(Ek,x)＝mgtanθ，下滑過程中開始階段傾角θ不變，Ek－x圖像為一條直線；經過圓弧軌道過程中，θ先減小后增大，即圖像斜率先減小后增大，故A正確。方法點撥解決圖像問題的基本步驟4.(2021·湖北卷，4)如圖8甲所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運動過程中摩擦力大小f恒定，物塊動能Ek與運動路程s的關系如圖乙所示。重力加速度大小取10m/s2，物塊質量m和所受摩擦力大小f分別為()圖8A.m＝0.7kg，f＝0.5N .m＝0.7kg，f＝1.0NC.m＝0.8kg，f＝0.5N .m＝0.8kg，f＝1.0N答案A解析0～10m內物塊上滑，由動能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，結合0～10m內的圖像得，斜率的絕對值|k|＝mgsin30°＋f＝4N；10～20m內物塊下滑，由動能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，結合10～20m內的圖像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N。聯立解得f＝0.5N、m＝0.7kg，A正確，B、C、D錯誤。A級基礎對點練對點練1動能定理的理解與簡單應用1.(多選)如圖1所示，光滑水平面上放著足夠長的木板B，木板B上放著木塊A，A、B間的接觸面粗糙。現用一水平拉力F作用在A上使其由靜止開始運動，用Ff1代表B對A的摩擦力，Ff2代表A對B的摩擦力，則下列情況可能的是()圖1A.拉力F做的功等于A、B系統動能的增加量B.拉力F做的功小于A、B系統動能的增加量C.拉力F和Ff1對A做的功之和大于A的動能的增加量D.Ff2對B做的功等于B的動能的增加量答案AD解析A相對B的運動有兩種可能，相對靜止和相對滑動。當A、B相對靜止時，拉力F做的功等于A、B系統動能的增加量；當A、B相對滑動時，拉力F做的功大于A、B系統動能的增加量，A項正確，B項錯誤；由動能定理知，Ff2對B做的功等于B的動能的增加量，拉力F和Ff1對A做的功之和等于A的動能的增加量，D項正確，C項錯誤。2.(2024·山東菏澤高三檢測)如圖2所示，粗糙程度處處相同、傾角為θ的傾斜圓盤上，有一長為L的輕質細繩，一端可繞垂直于傾斜圓盤的光滑軸上的O點轉動，另一端與質量為m的小滑塊相連，小滑塊從最高點A以垂直細繩的速度v0開始運動，恰好能完成一個完整的圓周運動，則運動過程中滑塊受到的摩擦力大小為()圖2A.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解析由于小滑塊恰好能完成一個完整的圓周運動，則在最高點有mgsinθ＝meq\f(v2,L)，整個過程根據動能定理可得－Ff·2πL＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Ff＝eq\f(m（veq\o\al(2,0)－gLsinθ）,4πL)，A正確，B、C、D錯誤。3.一物塊沿傾角為θ的斜坡向上滑動，當物塊的初速度為v時，上升的最大高度為H，如圖3所示。當物塊的初速度為2v時，上升的最大高度記為h。重力加速度為g，則物塊與斜坡間的動摩擦因數μ和h分別為()圖3A.tanθ和2H B.tanθ和4HC.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ和2H D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ和4H答案D解析當物塊上滑的初速度為v時，根據動能定理，有－mgH－μmgcosθ·eq\f(H,sinθ)＝0－eq\f(1,2)mv2，當上滑的初速度為2v時，有－mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝0－eq\f(1,2)m(2v)2，聯立可得μ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ，h＝4H，故D正確。4.如圖4所示，將質量為m的小球以初速度大小v0由地面豎直向上拋出。小球落回地面時，其速度大小為eq\f(3,4)v0。設小球在運動過程中所受空氣阻力的大小不變，則空氣阻力的大小等于()圖4A.eq\f(3,4)mg B.eq\f(3,16)mgC.eq\f(7,16)mg D.eq\f(7,25)mg答案D解析小球向上運動的過程，由動能定理得－(mg＋f)H＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，小球向下運動的過程，由動能定理得(mg－f)H＝eq\f(1,2)m(eq\f(3,4)v0)2，聯立解得f＝eq\f(7,25)mg，選項D正確，A、B、C錯誤。對點練2應用動能定理求變力做功5.如圖5所示，在輕彈簧的下端懸掛一個質量為m的小球A，將小球A從彈簧原長位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h。若將小球A換為質量為2m的小球B，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，重力加速度為g，不計空氣阻力，則小球B下降h高度時的速度為()圖5A.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高度的過程中，設小球克服彈簧的彈力做功為W，根據動能定理有mgh－W＝0，小球B下降h高度的過程中，根據動能定理有2mgh－W＝eq\f(1,2)×2mv2－0，解得v＝eq\r(gh)，故D正確。6.如圖6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，質量為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解析設質點在Q點的速度為v，根據牛頓第二定律，有FN－mg＝meq\f(v2,R)，根據牛頓第三定律知FN＝FN′＝2mg，聯立解得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，所以克服摩擦力所做的功為eq\f(1,2)mgR，選項C正確。對點練3動能定理與圖像問題的結合7.(多選)如圖7甲所示，質量m＝2kg的物體以100J的初動能在粗糙的水平地面上滑行，其動能Ek隨位移x變化的關系圖像如圖乙所示，則下列判斷中正確的是()圖7A.物體運動的總位移大小為10mB.物體運動的加速度大小為10m/s2C.物體運動的初速度大小為10m/sD.物體所受的摩擦力大小為5N答案AC解析由題圖乙可知物體運動的總位移大小為10m，故A正確；由動能定理得－Ffx＝ΔEk＝－100J，則摩擦力大小Ff＝10N，由牛頓第二定律得Ff＝ma，則a＝eq\f(Ff,m)＝5m/s2，故B、D錯誤；物體的初動能Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝100J，則v0＝eq\r(\f(2Ek0,m))＝10m/s，故C正確。8.一質量為m的物塊靜止在光滑水平面上，某時刻起受到水平向右的大小隨位移變化的力F的作用，F隨位移變化的規律如圖8所示，下列說法正確的是()圖8A.物塊先做勻加速運動，后做勻減速運動B.物塊的位移為x0時，物塊的速度最大C.力F對物塊做的總功為6F0x0D.物塊的最大速度為eq\r(\f(6F0x0,m))答案D解析物塊在光滑水平面上運動，受到的合外力為F，因為F為正，所以物塊一直加速運動，物塊的位移為3x0時，速度最大，故A、B錯誤；合外力做功的大小等于圖線與x軸圍成的面積，所以力F對物塊做的總功為W＝eq\f(1,2)×2F0×3x0＝3F0x0，故C錯誤；由動能定理可得3F0x0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，所以最大速度為vm＝eq\r(\f(6F0x0,m))，故D正確。B級綜合提升練9.(多選)(2023·湖南卷，8)如圖9，固定在豎直面內的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點為C，A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運動恰好到達C點，下列說法正確的是()圖9A.小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大B.小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變C.小球的初速度v0＝eq\r(2gR)D.若小球初速度v0增大，小球有可能從B點脫離軌道答案AD解析小球恰好運動至C點，小球在C點vC＝0小球在圓弧BC上運動到D點的受力分析如圖所示小球從A到C由動能定理得－mg·2R＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則v0＝2eq\r(gR)，C錯誤；若小球在B點的速度滿足mgcosθ＜eq\f(mveq\o\al(2,B),R)，則小球將從B點脫離軌道，D正確。10.(多選)(2024·湖南衡陽高三期中)如圖10甲所示，為測定物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移x與斜面傾角θ的關系，將某一物體每次以大小不變的初速度v0沿足夠長的斜面向上推出，調節斜面與水平方向的夾角θ，實驗測得x與斜面傾角θ的關系如圖乙所示，g取10m/s2，根據圖像()圖10A.當θ＝45°時，x最小B.物體的初速度v0＝6m/sC.物體與斜面間的動摩擦因數μ＝0.75D.當θ＝30°時，物體最終會回到出發點答案BC解析由圖可知，當θ＝90°時物體做豎直上拋運動，位移為h＝1.80m，由豎直上拋運動規律可知veq\o\al(2,0)＝2gh，解得v0＝6m/s，故B正確；當θ＝0時，位移為x＝2.40m，由動能定理得－μmgx＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得μ＝0.75，故C正確；由動能定理得－mgxsinθ－μmgcosθ·x＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得x＝eq\f(1.8,sinθ＋\f(3,4)cosθ)＝eq\f(1.8,\f(5,4)sin（θ＋α）)，其中tanα＝eq\f(3,4)，解得α＝37°，當θ＋α＝90°時，即θ＝53°，此時位移最小為xmin＝1.44m，故A錯誤；當θ＝30°時，根據計算可得μmgcos30°>mgsin30°，可知物體最終會靜止在斜面上，故D錯誤。11.(多選)(2023·新課標卷，20)一質量為1kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x軸運動，出發點為x軸零點，拉力做的功W與物體坐標x的關系如圖11所示。物體與水平地面間的動摩擦因數為0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列說法正確的是()圖11A.在x＝1m時，拉力的功率為6WB.在x＝4m時，物體的動能為2JC.從x＝0運動到x＝2m，物體克服摩擦力做的功為8JD.從x＝0運動到x＝4m的過程中，物體的動量最大為2kg·m/s答案BC解析物體所受的滑動摩擦力大小為Ff＝μmg＝4N，0～1m的過程，由動能定理有W1－μmgx1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得v1＝2m/s，又W－x圖像的斜率表示拉力F，則0～2m的過程，拉力F1＝6N，故x＝1m時拉力的功率P1＝F1v1＝12W，A錯誤；0～4m的過程，由動能定理有W4－μmgx4＝Ek4－0，則在x＝4m時，物體的動能Ek4＝2J，B正確；0～2m的過程，物體克服摩擦力做的功Wf2＝Ffx2＝8J，C正確；由W－x圖像可知，2～4m的過程，拉力F2＝3N，則F1＞Ff＞F2，所以物體