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资源介绍

第2讲　动能定理及其应用
目标要求 　1.理解动能定理，会用动能定理解决一些基本问题.2.掌握解决动能定理与图象结合的问题的方法．
考点一　动能定理的理解和基本应用
基础回扣
1．动能
(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能．
(2)公式：Ek＝12mv2，单位：焦耳(J).1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
(3)动能是标量、状态量．
2．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：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝12mv22－12mv12.
(3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度．
技巧点拨
1．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)动能定理既适用于恒力做功，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，也可以分阶段作用．
2．解题步骤

3．注意事项
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．
(2)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理求解．
(3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能．
例1 　(2019·辽宁大连市高三月考)如图1所示，一名滑雪爱好者从离地h＝40 m高的山坡上A点由静止沿两段坡度不同的直雪道AD、DC滑下，滑到坡底C时的速度大小v＝20 m/s.已知滑雪爱好者的质量m＝60 kg，滑雪板与雪道间的动摩擦因数μ＝0.25，BC间的距离L＝
100 m，重力加速度g＝10 m/s2，忽略在D点损失的机械能，则下滑过程中滑雪爱好者做的功为(　　)

图1
A．3 000 J B．4 000 J
C．5 000 J D．6 000 J
答案　A
解析　根据动能定理有W－μmgLADcos α－μmgLCDcos β＋mgh＝12mv2，即：W－μmgL＋mgh＝12mv2，求得W＝3 000 J，故选A.
例2 　(2017·上海卷·19)如图2，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.4 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μ＝0.25.(g取
10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

图2
(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.
答案　(1)2 m/s　(2)4.29 m/s　(3)1.38 m
解析　(1)在C点，滑块竖直方向所受合力提供向心力，mg＝mvC2R
解得vC＝gR＝2 m/s.
(2)B→C过程，由动能定理得
－mgR(1＋cos 37°)＝12mvC2－12mvB2
解得vB＝vC2＋2gR1＋cos 37°≈4.29 m/s.
(3)滑块从A→B的过程，利用动能定理：
mgh－μmgcos 37°·hsin 37°＝12mvB2－0
代入数据，解得h＝1.38 m.

1．(动能定理的理解)(2018·天津卷·2)滑雪运动深受人民群众喜爱．如图3所示，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中(　　)

图3
A．所受合外力始终为零
B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零
D．机械能始终保持不变
答案　C
解析　运动员从A点滑到B点的过程中速率不变，则运动员做匀速圆周运动，其所受合外力指向圆心，A错误；如图所示，运动员受到的沿圆弧切线方向的合力为零，即Ff＝mgsin α，下滑过程中α减小，sin α变小，故摩擦力Ff变小，B错误；由动能定理知，运动员匀速率下滑动能不变，合外力做功为零，C正确；运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小，D错误．

2．(动能定理的应用)(多选)(2019·宁夏银川市质检)如图4所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数均为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则(　　)

图4
A．动摩擦因数μ＝67
B．载人滑草车最大速度为2gh7
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g
答案　AB
解析　对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg·2h－μmgcos 45°·hsin 45°－μmgcos 37°·hsin 37°＝0，解得μ＝67，选项A正确； 对经过上段滑道的过程分析，根据动能定理有mgh－μmgcos 45°·hsin 45°＝12mvm2，解得：vm＝2gh7，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a＝mgsin 37°－μmgcos 37°m＝－335g，故大小为335g，选项D错误．
考点二　应用动能定理求变力做功
在一个有变力做功的过程中，由动能定理，W变＋W恒＝12mv22－12mv12，物体初、末速度已知，恒力做功W恒可根据功的公式求出，这样就可以得到W变＝12mv22－12mv12－W恒，就可以求变力做的功了．
例3 　(2020·四川雅安市期末)如图5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5
A.14mgR B.13mgR
C.12mgR D.π4mgR
答案　C
解析　在Q点质点受到的竖直向下的重力和竖直向上的支持力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝mv2R，FN＝FN′＝2mg，联立解得v＝gR，下滑过程中，根据动能定理可得mgR－Wf＝12mv2，解得Wf＝12mgR，所以克服摩擦力做功12mgR，选项C正确．

3．(应用动能定理求变力做功)(2019·河南郑州市高一月考)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与一轻弹簧O端相距s，如图6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，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g)(　　)

图6
A.12mv02－μmg(s＋x) B.12mv02－μmgx
C．μmgs D．μmg(s＋x)
答案　A
解析　根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由动能定理可得－W弹－Wf＝0－12mv02，则W弹＝12mv02－μmg(s＋x)，故选项A正确．
考点三　动能定理与图象结合的问题
1．解决图象问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．
(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积等所表示的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．
2．图象所围“面积”和图象斜率的含义


　　　　　 动能定理与Ek－x图象结合

例4 　(2019·全国卷Ⅲ·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7所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为(　　)

图7
A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg
答案　C
解析　法一：特殊值法
画出运动示意图．

设该外力的大小为F，据动能定理知
A→B(上升过程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkA
B→A(下落过程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′
整理以上两式并代入数据得mgh＝30 J，解得物体的质量m＝1 kg，选项C正确．
法二：写表达式根据斜率求解
上升过程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，
则Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0
下降过程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′，
则Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′，
结合题图可知mg＋F＝72－363－0 N＝12 N，
mg－F＝48－243－0 N＝8 N
联立可得m＝1 kg，选项C正确．

　　　　　 动能定理与F－x图象结合

例5 　如图8甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4 m．有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用．F在水平面上按图乙所示的规律变化．滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2，试求：

图8
(1)滑块运动到A处的速度大小；
(2)不计滑块在A处的速率变化，滑块沿斜面AB向上运动的最远距离是多少．
答案　(1)52 m/s　(2)5 m
解析　(1)由题图乙知，在OA段拉力做功为W＝(2mg×2－0.5mg×1) J＝3.5mg(J)
滑动摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg，Wf＝Ff·xOA＝－mg(J)，
滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得
W＋Wf＝12mvA2－0
代入数据解得vA＝52 m/s.
(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得
－mgLsin 30°＝0－12mvA2
解得L＝5 m
所以滑块沿斜面AB向上运动的最远距离为L＝5 m.

4．(动能定理与a－t图象结合)(2020·山西太原市模拟)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0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图9所示．下列说法正确的是(　　)

图9
A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B．0～6 s内物体在4 s时的速度最大
C．物体在2～4 s内的速度不变
D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力对物体做的功
答案　D
解析　物体6 s末的速度v6＝12×(2＋5)×2 m/s－12×1×2 m/s＝6 m/s，结合题图可知0～6 s内物体一直向正方向运动，A项错误；由题图可知物体在5 s末速度最大，vm＝12×(2＋5)×
2 m/s＝7 m/s，B项错误；由题图可知物体在2～4 s内加速度不变，做匀加速直线运动，速
度变大，C项错误；在0～4 s内由动能定理可知，W合4＝12mv42－0，又v4＝12×(2＋4)×2 m/s＝6 m/s，得W合4＝36 J,0～6 s内合力对物体做的功：W合6＝12mv62－0，又v6＝6 m/s，
得W合6＝36 J，则W合4＝W合6，D项正确．
5.(动能定理与Ek－x图象结合)(2020·湖北高三月考)质量为2 kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块的动能Ek与其发生的位移x之间的关系如图10所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

图10
A．x＝1 m时速度大小为2 m/s
B．x＝3 m时物块的加速度大小为2.5 m/s2
C．在前4 m位移过程中拉力对物块做的功为9 J
D．在前4 m位移过程中物块所经历的时间为2.8 s
答案　D
解析　根据动能定理ΔEk＝F合x可知，物体在两段运动中分别所受合外力恒定，则物体做加速度不同的匀加速运动；由题图图象可知x＝1 m时动能为2 J，v1＝2Ekm＝2 m/s，故A错误．同理，当x＝2 m时动能为4 J，v2＝2 m/s；当x＝4 m时动能为9 J，v4＝3 m/s，则2～4 m内有2a2x2＝v42－v22，解得2～4 m内物块的加速度为a2＝1.25 m/s2，故B错误．对物体运动全过程，由动能定理得：WF＋(－μmgx4)＝Ek末－0，解得WF＝25 J，故C错误.0～2 m过程，t1＝2x1v2＝2 s；2～4 m过程，t2＝x2v2＋v42＝0.8 s，故总时间为2 s＋0.8 s＝2.8 s，D正确．
课时精练

1.(2018·全国卷Ⅱ·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1
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
解析　由题意知，W拉－W克摩＝ΔEk，则W拉>ΔEk，A项正确，B项错误；W克摩与ΔEk的大小关系不确定，C、D项错误．
2.如图2所示，小物体从A处由静止开始沿光滑斜面AO下滑，又在粗糙水平面上滑动，最终停在B处，已知A距水平面OB的高度为h，物体的质量为m，现用力将物体从B点静止沿原路拉回至距水平面高为23h的C点处，已知重力加速度为g，需外力做的功至少应为(　　)

图2
A.13mgh B.23mgh
C.53mgh D．2mgh
答案　C
解析　物体从A到B全程应用动能定理可得mgh－Wf＝0，由B返回C处过程，由动能定理得WF－Wf－23mgh＝0，联立可得WF＝53mgh，故选C.
3．(2018·江苏卷·4)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的关系图像是(　　)

答案　A
解析　小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt
小球的动能Ek＝12mv2，把速度v代入得
Ek＝12mg2t2－mgv0t＋12mv02，
Ek与t为二次函数关系，故A正确．
4．(2021·广东茂名市第一中学期中)如图3所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)

图3
A．运动员踢球时对足球做功12mv2
B．足球上升过程重力做功mgh
C．运动员踢球时对足球做功mgh＋12mv2
D．足球上升过程克服重力做功mgh＋12mv2
答案　C
解析　足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，重力做功为－mgh，即克服重力做功mgh，B、D错误；由动能定理有W人－mgh＝12mv2，因此运动员对足球做功W人＝mgh＋12mv2，故A错误，C正确．

5．(2021·湖南怀化市模拟)如图4所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零，如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零)(　　)

图4
A．等于v0 B．大于v0
C．小于v0 D．取决于斜面
答案　A
解析　物体从D点滑动到顶点A过程中－mg·xAO－μmg·xDB－μmgcos α·xAB＝0－12mv02，由几何关系有xABcos α＝xOB，因而上式可以简化为－mg·xAO－μmg·xOD＝0－12mv02，从上式可以看出，物体的初速度与路径无关．故选A.
6.(2021·福建宁德市高三期中)如图5所示，质量为m的物体置于光滑水平面上，一根绳子跨过定滑轮一端固定在物体上，另一端在力F作用下，物体由静止开始运动到绳与水平方向的夹角α＝45°时绳以速度v0竖直向下运动，此过程中，绳的拉力对物体做的功为(　　)

图5
A.14mv02 B.12mv02
C．mv02 D.22mv02
答案　C
解析　将物体的运动分解为沿绳子方向的运动以及垂直绳子方向的运动，则当物体运动到绳与水平方向的夹角α＝45°时物体的速度为v，则vcos 45°＝v0，可得v＝2v0，物体由静止开始运动到绳与水平方向的夹角α＝45°过程中，只有绳子拉力对物体做功，由动能定理得绳的拉力对物体做的功：W＝12mv2－0＝mv02，故C正确，A、B、D错误．
7．(多选)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，物体刚好停止运动，图6中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g取10 m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有(　　)

图6
A．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
答案　ABC
解析　物体做匀速直线运动时，拉力F0与滑动摩擦力Ff相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝F0mg＝0.35，A正确；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－12mv2，根据F－x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Wf＝－μmgx＝－F0x，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，B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误．
8.质量m＝1 kg的物体，在水平恒定拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过的位移为4 m时，拉力F停止作用，运动到位移为8 m时物体停止运动，运动过程中Ek－x图象如图7所示．取g＝10 m/s2，求：

图7
(1)物体的初速度大小；
(2)物体和水平面间的动摩擦因数；
(3)拉力F的大小．
答案　(1)2 m/s　(2)0.25　(3)4.5 N
解析　(1)从题图可知物体初动能为2 J，则
Ek0＝12mv2＝2 J，
得v＝2 m/s.
(2)在位移为4 m处物体的动能为Ek＝10 J，在位移为8 m处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功．
设摩擦力为Ff，则由动能定理得
－Ff x2＝0－Ek
代入数据，解得Ff＝2.5 N.
因Ff＝μmg，
故μ＝0.25.
(3)物体从开始运动到位移为4 m的过程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力为F－Ff，根据动能定理有
(F－Ff)x1＝Ek－Ek0，
故得F＝4.5 N.

9.(多选)(2020·贵州安顺市网上调研)如图8所示，半圆形光滑轨道BC与水平光滑轨道AB平滑连接．小物体在水平恒力F作用下，从水平轨道上的P点，由静止开始运动，运动到B点撤去外力F，小物体由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域．已知PB＝3R，重力加速度为g，F的大小可能为(　　)

图8
A.12mg B.5mg6
C．mg D.7mg6
答案　BC
解析　小球能通过C点应满足mvC2R≥mg，
且由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域，则有2R＝12gt2，vCt<3R，对小球从P点到C点由动能定理得
F·3R－2mgR＝12mvC2，
联立解得5mg6≤F＜25mg24
故B、C正确，A、D错误．


10.如图9所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的小球(可看成质点)从P点上方高为R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力大小为4mg，g为重力加速度．用W表示小球从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则(　　)

图9
A．W＝12mgR，小球恰好可以到达Q点
B．W>12mgR，小球不能到达Q点
C．W＝12mgR，小球到达Q点后，继续上升一段距离
D．W<12mgR，小球到达Q点后，继续上升一段距离
答案　C
解析　在N点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝mvN2R，解得vN＝3gR，对小球从开始下落至到达N点的过程，由动能定理得mg·2R－W＝12mvN2－0，解得W＝12mgR.由于小球在PN段某点处的速度大于此点关于ON在NQ段对称点处的速度，所以小球在PN段某点处受到的支持力大于此点关于ON在NQ段对称点处受到的支持力，则小球在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段运动时，由动能定理得－mgR－W′＝12mvQ2－12mvN2，因为W′<12mgR，则小球在N处的动能大于小球从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，所以小球到达Q点后，继续上升一段距离，选项C正确．
11．如图10甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R＝0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1 kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2.求：

图10
(1)滑块到达B处时的速度大小；
(2)滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间；
(3)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？
答案　(1)210 m/s　(2)835 s　(3)5 J
解析　(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得
F1x1＋F3x3－μmgx＝12mvB2，
得vB＝210 m/s.
(2)在前2 m内，有F1－μmg＝ma，
且x1＝12at12，解得t1＝835 s.
(3)当滑块恰好能到达最高点C时，应有mg＝mvC2R，
对滑块从B到C的过程，由动能定理得
W－mg×2R＝12mvC2－12mvB2，
代入数值得W＝－5 J，即滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力做的功为5 J.
12．(2020·山西运城市月考)如图11，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin α＝35.一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g.求：

图11
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达B点时对圆弧轨道的压力大小．
答案　(1)34mg　5gR2　(2)152mg
解析　(1)设水平恒力的大小为F0，小球所受重力和水平恒力的合力的大小为F，小球到达C点时速度的大小为vC，
则F0mg＝tan α，F＝mgcos α，
由牛顿第二定律得F＝mvC2R，
联立并代入数据解得F0＝34mg，vC＝5gR2.
(2)设小球到达B点时速度的大小为vB，小球由B到C的过程中由动能定理可得
－2FR＝12mvC2－12mvB2，
代入数据解得vB＝52gR
小球在B点时有FN－F＝mvB2R，
解得FN＝152mg
由牛顿第三定律可知，小球在B点时对圆弧轨道的压力大小为FN′＝152mg.