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高考精讲精解精练
第六章 机械能
第二讲 动能定理
知识精讲
1.质点由于运动而具有的能量叫做动能，合外力对物体所做的功等于物体动能的变化。对于一个过程，涉及位移（或做功）和过程初末状态的速度（或动能），可以利用动能定理求解。利用动能定理解题的步骤为，选择研究对象的初末状态，表示出初末状态的动能，分析得出过程中各个力所做功，表示出各个力做功的代数和，利用动能定理列方程解答。
2.利用动能定理解答实际问题的方法是，首先选择研究对象和恰当的过程，分析过程中研究对象所有的力，求出所有力做的功，得到合外力所做的总功。找出过程的初末状态的物体动能，运用动能定理列方程解答。21世纪教育网版权所有
3.对于多过程、多个外力作用的物体，动能定理可以表述为：所有外力对物体做功的代数和等于物体动能的变化。21教育网
4.求合外力对物体所做的功方法有二：一是先求出合外力，然后计算合外力对物体所做的功；在已知物体加速度或容易求出合外力时通常用此法。2·1·c·n·j·y
二是先求出过程中各个外力做的功，然后再求功的代数和得到总功。在比较容易得出各个外力所做功或过程中各个力不是同时作用，需要分别求各个力所做功，通常用此法。
典例精析
例1．（2014全国大纲卷第19题）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，如图所示；当物块的初速度为v/2时，上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数μ和h分别为【来源：21·世纪·教育·网】
A． tan θ和H/2
B． (-1)tanθ和H/2
C． tan θ和H/4
D． (-1)tanθ和H/4
答案：D
解析：物块以初速度v沿倾角为θ的斜坡向上滑动，由动能定理，-mgH -μmgcosθ·H/sinθ=0-mv2，物块以初速度v/2沿倾角为θ的斜坡向上滑动，由动能定理，-mgh-μmgcosθ·h/sinθ=0-m()2，联立解得：μ= (-1)tanθ，h=H/4。选项D正确。
例2（2013·全国高考大纲版理综第20题）如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g。物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（ ）
A．动能损失了2mgH
B．动能损失了mgH
C．机械能损失了mgH
D．机械能损失了
【分析】分析小物块沿斜面上滑过程受力情况，根据题述可知，物块所受滑动摩擦力为f=0.5mg，由动能定理，动能损失了fH/sin30°+mgH=2mgH ，选项A正确B错误。由功能关系，机械能损失fH/sin30°=mgH，选项C正确D错误。2-1-c-n-j-y
【解答】AC
例3（2013·高考广东理综第19题）图2，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相等的光滑轨道，甲、乙两小孩沿着不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有
A．甲的切向加速度始终比乙大
B．甲、乙在同一高度的速度大小相等
C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度
D．甲比乙先到达B处
【分析】在光滑轨道上任取一点，作切线，设切线与水平方向成的锐角为θ，则小孩重力沿轨道切向方向分力为：mgsinθ=mat，其切向加速度a=gsinθ。可以看出来甲的切向加速度一直减小，乙的切向加速度一直增大，前半段，甲的切向加速度比乙大，后半段，甲的切向加速度比乙小，选项B错误。当甲乙下降相同的高度h时，由动能定理得： 即：，甲、乙在同一高度的速度大小相等，选项B正确。在同一时刻，甲的位移总比乙大，甲比乙先到达B处，选项C错误D正确。【来源：21cnj*y.co*m】
【解答】B D
例4.（2012·江苏物理）某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f。轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作。一质量为m的小车若以速度v0撞击弹簧，将导致轻杆向右移动l/4，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦。
（1）若弹簧的劲度系数为k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x；
（2）求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度vm；
（3）讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度v’ 和撞击速度v的关系。
【分析】由胡克定律求出轻杆开始移动时弹簧的压缩量x；对小车以速度v0撞击弹簧，小车以速度vm撞击弹簧，分别应用动能定理列方程，联立解得允许该小车撞击的最大速度vm。
【解析】：（1）轻杆开始移动时，弹簧的弹力F=kx，①
且F=f，②
解得x=f/k。③
(2)设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W，则小车从撞击到停止的过程中，由动能定理
-f·-W=0-mv02，④
同理，小车以vm撞击弹簧时，-f l-W=0-mvm2，⑤
联立解得：vm=。⑥
（3）设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为v1，mv12=W，⑦
由④⑦联立解得：v1=。
当v<时，v’=v。
当≤v≤时，v’=。
例5（2012·福建理综）如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一搜失去动力的小船沿直线拖向岸边。已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d,，缆绳质量忽略不计。求：【出处：21教育名师】
（1）小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf；
（2）小船经过B点时的速度大小v1；
（3）小船经过B点时的加速度大小a。
【分析】根据功的定义式得出小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf；应用动能定理及其相关知识得出小船经过B点时的速度大小v1；由牛顿运动定律、功率公式列方程解得小船经过B点时的加速度大小a。21*cnjy*com
【解析】：（1）小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf =fd。
（2）小船从A点运动到B点，电动机牵引绳对小船做功，W=Pt1，
由动能定理有，W- Wf =mv12-mv02，
联立解得小船经过B点时的速度大小v1=。
（3）设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引绳的速度大小为u，则，P=Fu，www-2-1-cnjy-com
u= v1cosθ，
由牛顿第二定律有，Fcosθ -f=ma，
联立解得加速度大小a=-。
例6．（2012·全国理综）一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状。此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面。如图所示，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy。已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为y=x2，探险队员的质量为m。人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。
求此人落到坡面时的动能；
此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？
【分析】由平抛运动规律和动能定理列方程解得此人落到坡面时的动能；分析动能表达式，根据“积定和最小，和定积最大”得出他落在坡面时的动能最小值。
【解析】：（1）由平抛运动规律，x=v0t，2h-y=gt2，
又y=x2，
联立解得y=。
由动能定理，mg(2h-y)=Ek-mv02，
解得Ek = mg(2h- )+mv02=m (+v02)。
（2）Ek =m (+v02) =m (+v02+gh-gh)。
当= v02+gh，即v0= 时，他落在坡面时的动能最小。
动能的最小值为Ek min= mgh。
【本讲解题规律小结】
本讲由近几年各地高考试题精选而来的6个例题，其特点是典型且具代表性。6个例题围绕动能定理从不同角度、不同情景考查对动能定理知识的掌握情况。
功是伴随一个物理过程而产生的，功是过程量；动能与物体的速度相关，是状态量；伴随力对物体做功的过程，物体动能发生变化。动能定理表示了过程量等于状态量变化的关系。
对一个物体系统来说，不仅外力做功改变系统动能，内力做功也能改变系统动能。外力和内力对系统做功的总和等于系统动能的变化。21·cn·jy·com
应用动能定理解题步骤：
①选取研究对象，确定研究过程；
②分析过程中研究对象受力情况和各力做功情况，受到哪些力？每个力是否做功？在哪段位移哪段过程中做功？做正功还是做负功？做了多少功？求出各力做功的代数和。
③根据研究过程的初末状态，确定物体的初末状态动能。
④运用动能定理列出方程和相关辅助方程联立解答。
针对训练题
1．（2014年5月江苏省四市调研）如图所示，一质量为m的物块以一定的初速度v0从斜面底端沿斜面向上运动，恰能滑行到斜面顶端．设物块和斜面的动摩擦因数一定，斜面的高度h和底边长度x可独立调节（斜边长随之改变），下列说法错误的是
A．若增大m，物块仍能滑到斜面顶端
B．若增大h，物块不能滑到斜面顶端，但上滑最大高度一定增大
C．若增大x，物块不能滑到斜面顶端，但滑行水平距离一定增大
D．若再施加一个水平向右的恒力，物块一定从斜面顶端滑出
【参照答案】D
【名师解析】
对物块上滑过程，由动能定理，mgh+μmg=mv02，即：gh+μgx=v02，也就是说，若增大m，物块扔能滑到斜面顶端；若增大h，物块不能滑到斜面顶端，但上滑最大高度一定增大；若增大x，物块不能滑到斜面顶端，但滑行水平距离一定增大；选项ABC说法正确。若再施加一个水平向右的恒力，物块不一定从斜面顶端滑出，选项D说法错误。
2（2011海南物理）一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1秒内受到2N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用。下列判断正确的是
A. 0～2s内外力的平均功率是W
B.第2秒内外力所做的功是J
C.第2秒末外力的瞬时功率最大
D.第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是
【.答案】：AD
【解析】：第1秒内受到2N的水平外力作用，其加速度为a1=2m/s2，位移s1=a1t12=1m；第1秒末速度v1= a1t1=2m/s，第1秒内外力做功W1=F1s1=2×1J =2J。第2秒内受到同方向的1N的外力作用，其加速度为a2=1m/s2，位移s2= v1 t2+a2t22=2.5m；第2秒末速度v2=v1+ a2t2=3m/s。第2秒内外力做功W2=F2s2=1×2.5J=2.5J。0～2s内外力做功的总功为W= W1+W2=4.5J，外力的平均功率是P=W/t=W，选项A正确B错误；第1秒末外力的瞬时功率为P1=F1 v1=4W；第2秒末外力的瞬时功率为P2=F2 v2=3W；第1秒末外力的瞬时功率最大，选项C错误；由动能定理可知，第1秒内与质点动能增加量为2J，第2秒内质点动能增加量为2.5J，第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是，选项D正确。21·世纪*教育网
3. （2011新课标理综第15题）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21教育名师原创作品
A．一直增大
B．先逐渐减小到零，再逐渐增大
C．先逐渐增大到某一值，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
3【答案】：ABD
【解析】：若该恒力与开始时匀速运动的方向夹角小于90°，则该恒力做正功，该质点的动能一直增大，选项A正确；若该恒力与开始时匀速运动的方向相反，则该恒力先做负功，待速度减小到零后该恒力做正功，该质点的动能先逐渐减小到零，再逐渐增大，选项B正确；若该恒力与开始时匀速运动的方向夹角大于90°，则该恒力先做负功，后做正功，该质点的动能先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大，选项D正确。
-
4（2012·山东理综）如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R=1.0m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L=0.5m的粗糙水平轨道，二者相切与B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点。一可视为质点的物块，其质量m=0.2kg，与BC间的动摩擦因数μ1=0.4。工件质量M=0.8kg，与地面间的动摩擦因数μ2=0.1。（取g=10m/s2）
（1）若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h。
（2）若将一水平恒力F作用于工件，使物块在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动。
①求F的大小
②当速度时，使工件立刻停止运动（即不考虑减速的时间和位移），物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离。
【解析】（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得
mgh-μ1mgL=0 ①
代入数据得：h=0.2m。②
（2）①设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何关系可得：cosθ=。 ③
根据牛顿第二定律，对物体有mgtanθ=ma，④
对工件和物体整体有 F-μ2 (M+m)g=(M+m)a，⑤
联立②③④⑤式，代入数据得 F=8.5N。 ⑥
②设物体平抛运动的时间为t，水平位移为x1，物块落点与B间的距离为x2， 由运动学公式可得：h=gt2， ⑦【版权所有：21教育】
x1=vt ⑧
x2=x1-Rsinθ ⑨
联立②③⑦⑧⑨式，代入数据得x2=0.4m。
5.（16分）(2014年5月北京市昌平区二模)如图12为某水上滑梯示意图，滑梯斜面轨道与水平面间的夹角为37°，底部平滑连接一小段水平轨道（长度可以忽略），斜面轨道长L=8m，水平端与下方水面高度差为h=0.8m。一质量为m=50kg的人从轨道最高点A由静止滑下，若忽略空气阻力，将人看作质点，人在轨道上受到的阻力大小始终为f=0.5mg。重力加速度为g=10m/s2，sin37°=0.6。求：
（1）人在斜面轨道上的加速度大小；
（2）人滑到轨道末端时的速度大小；
（3）人的落水点与滑梯末端B点的水平距离。
【参照答案】（1）a=1 m/s2　
（2）v=4m/s
（3）x=1.6m
【名师解析】.（16分）
（1）设人在滑梯上的加速度为a，由牛顿第二定律得：
mgsin37°? f =ma　 …………………………………………………（3分）
得：a=1 m/s2　………………………………………………………（2分）
（2）设人滑到滑梯末端时的速度大小为v，对人下滑的过程，由动能定理得：
mgLsin37°? fL=?0　…………………………………………　（3分）
得：v=4m/s　 ………………………………………………………（2分）
（3）人离开滑梯后做平抛运动，下落时间为t
……………………………………………………………（2分）
水平距离 x=vt　………………………………………………………（2分）
得：x=1.6m　…………………………………………………………（2分）
6．（16分）（2014年3月北京市东城区联考）一滑块经水平轨道AB，进入竖直平面内的四分之一圆弧轨道BC。已知滑块的质量m=0.6kg，在A点的速度vA=8m/s，AB长x=5m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15，圆弧轨道的半径R=2m，滑块离开C点后竖直上升h=0.2m，取g=10m/s2。　　21*cnjy*com
（不计空气阻力）求：
（1）滑块经过B点时速度的大小；
（2）滑块冲到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力；
（3）滑块在圆弧轨道BC段克服摩擦力所做的功。
【参照答案】（1）7m/s （2）20.7N （3）1.5J
【名师解析】
（1）（6分）滑块从A到B，做匀减速直线运动，摩擦力f=μmg　……1分
由牛顿第二定律可知，加速度大小……2分
由运动学公式……2分
联立上式，解得m/s……1分
（2）（4分）滑块冲到圆弧轨道最低点B时 ……2分
滑块对轨道的压力 FN′=FN=20.7N ……1分
方向竖直向下 ……1分
（3）（6分）滑块离开C点后做竖直上抛运动，由运动学公式 ……2分
从B到C的过程中，克服摩擦力做功W克f，由动能定理
……3分
联立上式，解得W克f =1.5J ……1分
其它方法正确均给分
7.(19分)（2013福建省泉州市质检）如图甲所示，水平地面上有一块质量M=1.6kg，上表面光滑且足够长的木板，受到大小F=lON、与水平方向成37°角的拉力作用，木板恰好能以速度v0=8m/s 水平向右匀速运动。现有很多个质量均为m=O.5kg的小铁块，某时刻在木板最右端无初速地放上第一个小铁块，此后每当木板运动L=1m时，就在木板最右端无初速地再放上一个小铁块。21cnjy.com
取g=10m/s2，cos37°=0.8，sin37°=0.6，求:
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ；
(2)第一个小铁块放上后，木板运动L时速度的大小v1;?
(3)请在图乙中画出木板的运动距离x在0≤x≤4L范围内，木板动能变化量的绝对值∣△Ek∣与x的关系图像(不必写出分析过程，其中0≤x≤L的图像己画出)。
【参照答案】（1）0.8 （2）m/s。 （3）如图所示。
【名师解析】
(1)对木板受力分析，由平衡条件，
Fcos37°=μ(Mg-Fsin37°)，
解得木板与地面间的动摩擦因数μ=0.8.
(2)第一个小铁块放上后，由动能定理
F cos37°L-μ(Mg+mg-Fsin37°)L=Mv12-Mv02，
化简得：-μmgL=Mv12-Mv02，
解得木板运动L时速度的大小v1==m/s。?
(3) 木板动能变化量的绝对值∣△Ek∣与x的关系图像如图所示。
8．（20分）（2013北京市海淀区质检）在“极限”运动会中，有一个在钢索桥上的比赛项目。如图12所示，总长为L的均匀粗钢丝绳固定在等高的A、B处，钢丝绳最低点与固定点A、B的高度差为H，动滑轮起点在A处，并可沿钢丝绳滑动，钢丝绳最低点距离水面也为H。若质量为m的人抓住滑轮下方的挂钩由A点静止滑下，最远能到达右侧C点，C、B间钢丝绳相距为，高度差为。参赛者在运动过程中视为质点，滑轮受到的阻力大小可认为不变，且克服阻力所做的功与滑过的路程成正比，不计参赛者在运动中受到的空气阻力、滑轮（含挂钩）的质量和大小，不考虑钢索桥的摆动及形变。重力加速度为g。求：www.21-cn-jy.com
（1）滑轮受到的阻力大小；
（2）若参赛者不依靠外界帮助要到达B点，则人在A点处抓住挂钩时至少应该具有的初动能；
（3）某次比赛规定参赛者须在钢丝绳最低点松开挂钩并落到与钢丝绳最低点水平相距为、宽度为，厚度不计的海绵垫子上。若参赛者由A点静止滑下，会落在海绵垫子左侧的水中。为了能落到海绵垫子上，参赛者在A点抓住挂钩时应具有初动能的范围。
【参照答案】（1）或
（2）
（3）初动能范围为
【名师解析】．（20分）
（1）设参赛者、滑轮受到的阻力为Ff，根据能量守恒
…………………………………………………3分
，
则滑轮受到的阻力
或 …………………………………1分

（2）设人在A点处抓住挂钩时至少具有的初动能为Ek0，设根据动能定理，参赛者在A到B的过程中有
…………………………………………………3分
…………………………………………………………1分
（3）参赛者落到海绵垫的过程做平抛运动。设人脱离挂钩时的速度为v，运动的水平位移为，则
…………………………………………………………1分
………………………………………………1分
………………………………………………1分
当时，参赛者具有的最小速度为 ……1分
当时，参赛者具有的最大速度为……1分
设参赛者在A点抓住挂钩的初动能为。由动能定理，参赛者在A到钢索最低点运动过程中有
…………………………………………2分
由此可得，参赛者在A点抓住挂钩的最小和最大初动能分别为
…………………………………………2分
…………………………………………2分
即初动能范围为……………1分

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