资源简介

第2讲　动能定理
第1课时　动能定理的理解及应用(基础落实课)
一、动能
定义 物体由于　　　　而具有的能
公式 Ek=　　　
矢标性 动能是　　　,只有正值
状态量 动能是　　　量,因为v是瞬时速度
相对性 由于速度具有　　　　性,所以动能也具有相对性
动能的 变化量 ΔEk=　　　　　　　　　　　
二、动能定理
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　　　　　　
表达式 W=　　　　　　　　　　或W=Ek2-Ek1
物理意义 　　　　做的功是物体动能变化的量度
适用条件 (1)既适用于直线运动,也适用于　　　 (2)既适用于恒力做功,也适用于　　　 (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
微点判断
1.动能就是运动物体所具有的能量。 (　 )
2.一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。 (　 )
3.(人教必修2P88T1·选摘)若汽车的质量减半,速度增大到原来的4倍,则汽车的动能变为原来的2倍。 (　 )
4.做自由落体运动的物体,动能与时间的二次方成正比。 (　 )
5.动能不变的物体一定处于平衡状态。 (　 )
6.如果物体所受的合外力为零,那么物体的动能一定不变。 (　 )
7.物体在合外力作用下做变速运动时,动能一定变化。 (　 )
8.动能是机械能的一种表现形式,凡是运动的物体都具有动能。 (　 )
9.合力对物体做正功,物体的动能增加;合力对物体做负功,物体的动能减少。 (　 )
10.(粤教必修2P114T1·选摘)合力对物体所做的功等于物体动能的改变量。 (　 )
逐点清(一)　对动能定理的理解
|题|点|全|练|
1.[对动能的理解](2024·新课标卷)福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试,测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后,落到海面上。调整弹射装置,使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力,则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的 (　　)
A.0.25倍　　 B.0.5倍　　
C.2倍　　 D.4倍
2.[对动能变化量的理解]一个物体做匀加速直线运动,从某时刻开始经历时间t发生的位移为x,该过程中动能比原来增加了8倍。则该物体运动的加速度为 (　　)
A.　　　　　　　 B.
C.4 D.
3.[对动能定理的理解](多选)下列说法正确的是 (　　)
A.若运动物体所受的合外力为零,则物体的动能一定保持不变
B.若运动物体所受的合外力不为零,则物体的动能一定发生变化
C.若运动物体的动能保持不变,则该物体所受合外力一定为零
D.若运动物体的动能发生变化,则该物体所受合外力一定不为零
4.[由动能定理分析合力做功]物体沿直线运动的v t图像如图所示,已知在第1秒内合外力对物体做的功为W,则 (　　)
A.从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W
B.从第3秒末到第5秒末合外力做功为-2W
C.从第5秒末到第7秒末合外力做功为4W
D.从第3秒末到第4秒末合外力做功为-0.75W
|精|要|点|拨|
1.动能与动能变化量的区别
(1)动能与动能变化量是两个不同的概念,动能是状态量,动能变化量是过程量。
(2)动能没有负值,而动能变化量有正负之分。ΔEk>0,表示物体的动能增加;ΔEk<0,表示物体的动能减少。
2.对动能定理的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程,动能定理表达式中“=”有三层关系:
因果关系 合力做功是物体动能变化的原因
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,但并不是说动能变化就是合力做的功
单位关系 国际单位都是焦耳
(2)动能定理中的“力”指物体受到的所有力,既包括重力、弹力、摩擦力,也包括电场力、磁场力或其他力,功则为合力所做的总功。
(3)注意物体所受各力做功的特点,如:重力做功与路径无关,与始末两点的高度差有关,摩擦力做功与路径有关。
(4)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,不存在分量的表达式,即动能不能分解。
(5)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。
逐点清(二)　动能定理的应用
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及运动情况,可以画出运动过程的草图,借助草图理解物理过程之间的关系。
2.应用动能定理的解题流程
　　[典例]　(2024·新课标卷)将重物从高层楼房的窗外运到地面时,为安全起见,要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图,一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P,另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q,二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m=42 kg,重力加速度大小g=10 m/s2。当P绳与竖直方向的夹角α=37°时,Q绳与竖直方向的夹角β=53°。(sin 37°=0.6)
(1)求此时P、Q绳中拉力的大小;
(2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h=10 m,求在重物下降到地面的过程中,两根绳子拉力对重物做的总功。
答题区(面答面评,拍照上传,现场纠错品优)
[应用体验]
1.[应用动能定理解答直线运动问题]
(2025·通辽模拟)如图甲为中国冰壶队队员投掷冰壶时的情境。在这次投掷中,冰壶从掷球点离开手的速度为3 m/s。大本营中心距离掷球点为30 m,冰壶运动轨迹如图乙所示,已知冰壶质量为20 kg,冰壶与冰面间的动摩擦因数是0.016,当运动员在冰壶前面刷冰时,可以减小两者之间的动摩擦因数,设刷冰后的动摩擦因数为0.01。g取10 m/s2。求:
(1)从距大本营中心多远处开始刷冰,冰壶恰好停在大本营中心;
(2)从冰壶离手到停在大本营中心过程中摩擦力做的功。
[规律方法]
(1)在恒力作用下的直线运动问题可以应用牛顿运动定律与运动学公式结合求解,也可以应用动能定理求解。
(2)在不涉及时间的问题中,可优先考虑应用动能定理。
2.[应用动能定理解答曲线运动问题]
(2023·广东高考)(多选)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示,可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放,沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg,滑道高度h为4 m,且过Q点的切线水平,重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程,下列说法正确的有 (　　)
A.重力做的功为360 J
B.克服阻力做的功为440 J
C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
[规律方法]
(1)动能定理既可解决直线运动问题,也可解决曲线运动问题。
(2)动能定理的表达式是一个标量式,式中各项均为标量,因此,应用动能定理时不必关注速度的具体方向,也不能在某个方向上列出动能定理的表达式。
3.[应用动能定理解答变力做功问题](2024·郑州高三调研)如图所示,两根直杆竖直固定,一条长为2L的轻绳两端分别拴在杆上的P、Q点,在绳的中点O拴吊一个质量为m的小球,P、Q在同一水平线上,两杆间距离为1.5L,重力加速度为g。现用力拉着绳的右端沿右侧杆缓慢向上移动L的距离,此过程中拉力做功为 (　　)
A.mgL　B.mgL　C.mgL　D.mgL
[规律方法]
　　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=m-m求解。
第1课时　动能定理的理解及应用
课前基础先行
一、运动　mv2　标量　状态　相对　m-m
二、动能的变化　m-m　合外力　(1)曲线运动　(2)变力做功
[微点判断]　1.×　2.√　3.×　4.√　5.×　6.√　7.×　8.√　9.√　10.√
逐点清(一)
1.选C　动能表达式为Ek=mv2,由题意可知,小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍,则离开甲板时的速度变为调整前的2倍;小车离开甲板后做平抛运动,从离开甲板到落到海面上的时间不变,根据x=vt,可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离变为调整前的2倍。故选C。
2.选A　动能比原来增加了8倍,即动能变为原来的9倍,由动能公式Ek=mv2,可知物体的速度变为原来的3倍,即v=3v0,由平均速度求位移,可得x=t,由加速度定义式a=,联立解得a=,A正确,B、C、D错误。
3.选AD　若运动物体所受的合外力为零,合外力对物体不做功,由动能定理可知,物体的动能不变,故A正确;若运动物体所受的合外力不为零,物体的运动状态一定变化,则该物体一定做变速运动,如果运动物体所受合外力的方向与物体的速度方向垂直,合外力对物体不做功,物体的动能不变,例如匀速圆周运动,故B、C错误;若运动物体的动能发生变化,根据动能定理可知,合外力一定做功,即合外力一定不为零,故D正确。
4.选D　物体从第1秒末到第3秒末做匀速直线运动,合外力为零,做功为零,故A错误;从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相反,合外力做功为-W,故B错误;从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同,合外力做功为W,故C错误;从第3秒末到第4秒末动能变化量是负值,大小等于第1秒内动能的变化量的0.75倍,则合外力做功为-0.75W,故D正确。
逐点清(二)
[典例]　解析:
(1)重物缓慢下降,处于平衡状态,对重物进行受力分析,如图所示,水平方向有TPsin α=TQsin β
竖直方向有TPcos α=TQcos β+mg
联立解得TP=1 200 N,TQ=900 N。
(2)重物缓慢下降,动能变化量为零,下降过程中对重物由动能定理有mgh+W=0
解得W=-4 200 J
即两根绳子拉力对重物做的总功为-4 200 J。
答案:(1)1 200 N　900 N　(2)-4 200 J
[应用体验]
1.解析:(1)(方法一)冰壶在未刷冰时,由牛顿第二定律有
a1==μ1g=0.016×10 m/s2=0.16 m/s2
冰壶在刷冰过程,由牛顿第二定律有
a2==μ2g=0.01×10 m/s2=0.1 m/s2
设冰壶在未刷冰和刷冰过程的位移分别为x1、x2,
刚要刷冰时冰壶的速度为v1,
未刷冰过程有-2a1x1=-
刷冰过程有-2a2x2=0-
由题意可知x1+x2=L
联立解得x1=25 m,x2=5 m
(方法二)设冰壶在未刷冰和刷冰过程的位移分别为x1、x2,则x1+x2=L
由动能定理得-μ1mgx1-μ2mgx2=0-m
联立解得x1=25 m,x2=5 m。
(2)从冰壶离手到停在大本营中心过程中,由动能定理有Wf=0-m
解得Wf=-90 J。
答案:(1)5 m　(2)-90 J
2.选BCD　重力做的功为WG=mgh=800 J,A错误;下滑过程根据动能定理可得WG-Wf=m,代入数据解得克服阻力做的功为Wf=440 J,B正确;经过Q点时向心加速度大小为a==9 m/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=380 N,根据牛顿第三定律可知,货物对轨道的压力大小为380 N,D正确。
3.选C　绳右端向上移动L的距离时,根据几何关系可知,O点刚好到P、Q连线上,根据动能定理有W-mgh=0,解得拉力做功为W=mgh=mg=mgL,故选C。
1 / 6(共71张PPT)
动能定理
第 2 讲
动能定理的理解及应用(基础落实课)
第1课时
1
课前基础先行
2
逐点清(一)　对动能定理的理解
CONTENTS
目录
4
课时跟踪检测
3
逐点清(二)　动能定理的应用
课前基础先行
一、动能
定义 物体由于______而具有的能
公式 Ek=________
矢标性 动能是_____，只有正值
状态量 动能是_____量，因为v是瞬时速度
相对性 由于速度具有_____性，所以动能也具有相对性
动能的变化量 ΔEk=_____________
运动
mv2
标量
状态
相对
m-m
二、动能定理
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____________
表达式 W=_________________或W=Ek2-Ek1
物理意义 ________做的功是物体动能变化的量度
适用条件 (1)既适用于直线运动，也适用于___________
(2)既适用于恒力做功，也适用于___________
(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
动能的变化
m-m
合外力
曲线运动
变力做功
1.动能就是运动物体所具有的能量。 ( )
2.一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。 ( )
3.(人教必修2P88T1·选摘)若汽车的质量减半，速度增大到原来的4倍，则汽车的动能变为原来的2倍。 ( )
4.做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比。 ( )
5.动能不变的物体一定处于平衡状态。 ( )
微点判断
×
√
×
√
×
6.如果物体所受的合外力为零，那么物体的动能一定不变。 ( )
7.物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。 ( )
8.动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能。 ( )
9.合力对物体做正功，物体的动能增加；合力对物体做负功，物体的动能减少。 ( )
10.(粤教必修2P114T1·选摘)合力对物体所做的功等于物体动能的改 变量。 ( )
√
×
√
√
√
逐点清(一)　对动能定理的理解
课
堂
√
题点全练
1.[对动能的理解]
(2024·新课标卷)福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的(　　)
A.0.25倍　　　　　　　 B.0.5倍
C.2倍 D.4倍
解析:动能表达式为Ek=mv2，由题意可知，小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则离开甲板时的速度变为调整前的2倍；小车离开甲板后做平抛运动，从离开甲板到落到海面上的时间不变，根据x=vt，可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离变为调整前的2倍。故选C。
2.[对动能变化量的理解]
一个物体做匀加速直线运动，从某时刻开始经历时间t发生的位移为x，该过程中动能比原来增加了8倍。则该物体运动的加速度为(　　)
A. B.
C.4 D.
√
解析:动能比原来增加了8倍，即动能变为原来的9倍，由动能公式Ek=mv2，可知物体的速度变为原来的3倍，即v=3v0，由平均速度求位移，可得x=t，由加速度定义式a=，联立解得a=，A正确，B、C、D错误。
3.[对动能定理的理解]
(多选)下列说法正确的是(　　)
A.若运动物体所受的合外力为零，则物体的动能一定保持不变
B.若运动物体所受的合外力不为零，则物体的动能一定发生变化
C.若运动物体的动能保持不变，则该物体所受合外力一定为零
D.若运动物体的动能发生变化，则该物体所受合外力一定不为零
√
√
解析:若运动物体所受的合外力为零，合外力对物体不做功，由动能定理可知，物体的动能不变，故A正确；若运动物体所受的合外力不为零，物体的运动状态一定变化，则该物体一定做变速运动，如果运动物体所受合外力的方向与物体的速度方向垂直，合外力对物体不做功，物体的动能不变，例如匀速圆周运动，故B、C错误；若运动物体的动能发生变化，根据动能定理可知，合外力一定做功，即合外力一定不为零，故D正确。
4.[由动能定理分析合力做功]
物体沿直线运动的v t图像如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则(　　)
A.从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W
B.从第3秒末到第5秒末合外力做功为-2W
C.从第5秒末到第7秒末合外力做功为4W
D.从第3秒末到第4秒末合外力做功为-0.75W
√
解析:物体从第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合外力为零，做功为零，故A错误；从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相反，合外力做功为-W，故B错误；从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合外力做功为W，故C错误；从第3秒末到第4秒末动能变化量是负值，大小等于第1秒内动能的变化量的0.75倍，则合外力做功为-0.75W，故D正确。
1.动能与动能变化量的区别
(1)动能与动能变化量是两个不同的概念，动能是状态量，动能变化量是过程量。
(2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk>0，表示物体的动能增加；ΔEk<0，表示物体的动能减少。
精要点拨
2.对动能定理的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中“=”有三层关系:
因果关系 合力做功是物体动能变化的原因
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，但并不是说动能变化就是合力做的功
单位关系 国际单位都是焦耳
(2)动能定理中的“力”指物体受到的所有力，既包括重力、弹力、摩擦力，也包括电场力、磁场力或其他力，功则为合力所做的总功。
(3)注意物体所受各力做功的特点，如:重力做功与路径无关，与始末两点的高度差有关，摩擦力做功与路径有关。
(4)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，不存在分量的表达式，即动能不能分解。
(5)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。
逐点清(二)　动能定理的应用
课
堂
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及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
2.应用动能定理的解题流程
[典例]　(2024·新课标卷)将重物从高层楼房的
窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中
重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操
作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子
P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳
子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m=42 kg，重力加速度大小g=10 m/s2。当P绳与竖直方向的夹角α=37°时，Q绳与竖直方向的夹角β=53°。(sin 37°=0.6)
(1)求此时P、Q绳中拉力的大小；
[答案]　1 200 N　900 N　
[解析]　重物缓慢下降，处于平衡状态，
对重物进行受力分析，如图所示，水平方向
有TPsin α=TQsin β
竖直方向有TPcos α=TQcos β+mg
联立解得TP=1 200 N，TQ=900 N。
(2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h=10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。
[答案]　-4 200 J
[解析]　重物缓慢下降，动能变化量为零，下降过程中对重物由动能定理有mgh+W=0
解得W=-4 200 J
即两根绳子拉力对重物做的总功为-4 200 J。
1.[应用动能定理解答直线运动问题]
(2025·通辽模拟)如图甲为中国冰壶队队员投掷冰壶时的情境。在这次投掷中，冰壶从掷球点离开手的速度为3 m/s。大本营中心距离掷球点为30 m，冰壶运动轨迹如图乙所示，已知冰壶质量为20 kg，冰壶与冰面间的动摩擦因数是0.016，当运动员在冰壶前面刷冰时，可以减小两者之间的动摩擦因数，设刷冰后的动摩擦因数为0.01。g取10 m/s2。求:
应用体验
(1)从距大本营中心多远处开始刷冰，冰壶恰好停在大本营中心；
答案:5 m　
解析:(方法一)冰壶在未刷冰时，由牛顿第二定律有
a1==μ1g=0.016×10 m/s2=0.16 m/s2
冰壶在刷冰过程，由牛顿第二定律有
a2==μ2g=0.01×10 m/s2=0.1 m/s2
设冰壶在未刷冰和刷冰过程的位移分别为x1、x2，
刚要刷冰时冰壶的速度为v1，
未刷冰过程有-2a1x1=-
刷冰过程有-2a2x2=0-
由题意可知x1+x2=L
联立解得x1=25 m，x2=5 m
(方法二)设冰壶在未刷冰和刷冰过程的位移分别为x1、x2，则x1+x2=L
由动能定理得-μ1mgx1-μ2mgx2=0-m
联立解得x1=25 m，x2=5 m。
(2)从冰壶离手到停在大本营中心过程中摩擦力做的功。
答案:-90 J
解析:从冰壶离手到停在大本营中心过程中，由动能定理有Wf=0-m
解得Wf=-90 J。
[规律方法]
(1)在恒力作用下的直线运动问题可以应用牛顿运动定律与运动学公式结合求解，也可以应用动能定理求解。
(2)在不涉及时间的问题中，可优先考虑应用动能定理。
2.[应用动能定理解答曲线运动问题]
(2023·广东高考)(多选)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物
质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的
切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物
从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有
(　　)
A.重力做的功为360 J
B.克服阻力做的功为440 J
C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
√
√
√
解析:重力做的功为WG=mgh=800 J，A错误；下滑过程根据动能定理可得WG-Wf=m，代入数据解得克服阻力做的功为Wf=440 J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为a==9 m/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=380 N，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确。
[规律方法]
(1)动能定理既可解决直线运动问题，也可解决曲线运动问题。
(2)动能定理的表达式是一个标量式，式中各项均为标量，因此，应用动能定理时不必关注速度的具体方向，也不能在某个方向上列出动能定理的表达式。
3.[应用动能定理解答变力做功问题]
(2024·郑州高三调研)如图所示，两根直杆竖直固定，一条长为2L的轻绳两端分别拴在杆上的P、Q点，在绳的中点O拴吊一个质量为m的小球，P、Q在同一水平线上，两杆间距离为1.5L，重力加速度为g。现用力拉着绳的右端沿右侧杆缓慢向上移动L的距离，此过程中拉力做功为(　　)
A.mgL　 B.mgL　 C.mgL　 D.mgL
解析:绳右端向上移动L的距离时，根据几何关系可知，O点刚好到P、Q连线上，根据动能定理有W-mgh=0，解得拉力做功为W=mgh=mg=mgL，故选C。
√
[规律方法]
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，可用动能定理求解。
课时跟踪检测
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(说明:标★的为推荐讲评题目)
一、单项选择题
1.(2024·浙江6月选考)一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10-4 m2，喷水速度约为10 m/s，水的密度为1×103 kg/m3，则该喷头喷水的功率约为(　　)
A.10 W B.20 W
C.100 W D.200 W
√
6
7
8
9
10
11
12
解析:设Δt时间内从喷头喷出的水的质量为m=ρSv·Δt，喷头喷水的功率等于单位时间内喷出的水的动能增加量，即P==，联立解得P=100 W，故选C。
1
2
3
4
5
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2.(2024·安徽高考)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为 (　　)
A.mgh　 B.mv2　
C.mgh+mv2　 D.mgh-mv2
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
解析:人与滑板在下滑的过程中，由动能定理可得mgh-Wf=mv2-0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf=mgh-mv2，故选D。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
3.在水平路面上有一辆以36 km/h行驶的客车，在车厢后座有一位乘客甲把一个质量为4 kg的行李以相对客车5 m/s的速度抛给前方座位的另一位乘客乙，则行李的动能是 (　　)
A.500 J B.200 J
C.450 J D.900 J
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
解析:客车以36 km/h=10 m/s的速度向前行驶，甲乘客将行李以相对客车5 m/s的速度抛给乙乘客，所以行李的运动速度为v=(10+5)m/s=15 m/s，由动能的定义式有Ek=mv2=×4×152 J
=450 J，故C正确，A、B、D错误。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
4.如图所示，光滑水平面与长2 m的粗糙水平面平滑连接，长l=1 m的匀质木板在光滑水平面上以速度v0匀速运动，随后进入粗糙水平面。已知木板与粗糙水平面间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g取10 m/s2，要使整个木板全部停在粗糙水平面内，则v0的值可能为 (　　)
A.0.8 m/s B.1.2 m/s
C.2 m/s D.2.5 m/s
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
解析:当木板左端恰好到达粗糙水平面左端时，由动能定理得μmgl=m，解得v1=1 m/s；当木板右端恰好到达粗糙水平面右端时，由动能定理得μmgl+μmgl=m，解得v2= m/s；所以速度的范围为1 m/s
≤v0≤ m/s，故选B。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
5.(2025·岳阳一模)一个质量M=2 kg的物体受五个力的作用处于平衡状态。当其中一个F=10 N的作用力突然消失，其余四个力保持不变，经过时间t=2 s后，下列说法正确的是 (　　)
A.物体一定做匀加速直线运动
B.物体的速度一定是10 m/s
C.物体速度的变化量一定等于10 m/s
D.物体的动能一定增加了100 J
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
解析:当F=10 N的力消失后，其他力的合力与消失的力大小相等、方向相反，则其做匀变速运动，加速度大小为a== m/s2=5 m/s2。若物体原来做匀速直线运动，且速度方向与F的方向不在一条直线上，则物体做曲线运动，故A错误；因初速度未知，则不能确定2 s后的速度和动能变化量，B、D错误；物体速度的变化量Δv=at=10 m/s，故C正确。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
6.(2025·广州调研)如图所示，一个足够大的倾角θ=30°的粗糙斜面固定在水平地面上，不可伸长的轻绳一端固定在斜面上的O点，另一端与质量为m的小木块(可视为质点)相连。现将小木块拉起，使轻绳与斜面平行且在水平方向上伸直，由静止释放小木块。已知重力加速度为g，木块与斜面间的动摩擦因数μ=，空气
阻力不计，则在小木块之后的运动过程
中，轻绳上的最大拉力为(　　)
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
A.mg B.2mg
C.3mg D.4mg
解析:当小木块第一次到达最低点时，轻绳上的拉力最大，设绳长为L，则有Tmax-mgsin θ=m，小木块从静止释放到第一次运动到最低点过程，根据动能定理有mgLsin θ-μmgcos θ×=mv2，联立解得Tmax=mg，故选A。
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
7.(2025·贵阳检测)如图甲所示，水平地面上质量为m=0.4 kg的物体在水平向右的力F作用下由静止开始运动，力F随位移x的变化关系如图乙所示，当位移x1=0.8 m时撤去拉力，当位移x2=1.0 m时物体恰好停止运动。已知物体与地面间的动摩擦因数为0.3，取g=10 m/s2，忽略空气阻力，则F0与物体运动的过程中速度的最大值分别为 (　　)
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
A.2.5 N，1.5 m/s B.2.5 N，1.3 m/s
C.2.0 N，1.4 m/s D.2.0 N，1.2 m/s
解析:设x1位置拉力大小为F1，由题图乙可得=，由动能定理得x1=μmgx2，联立可得F0=2.5 N；当F=μmg时物体达到最大速度，设此时位移为x3，则有=，可得x3=0.52 m，由动能定理得x3=m，可得vmax=1.3 m/s，故选B。
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
8.(2025·南昌联考)如图所示，半径为R的半圆形光滑管道ACB固定在竖直平面内。在一平行于纸面的恒力F(未画出)作用下，质量为m的小球从A端静止释放后，恰能到达最低点C；从B端静止释放后，到达C点时，管道受到的压力为10mg。则F的大小为 (　　)
A.mg B.mg
C.mg D.mg
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
解析:设F的方向斜向左下，且与水平方向夹角为θ，从A端静止释放后，根据动能定理得mgR+Fsin θ·R-Fcos θ·R=0-0，从B端静止释放后，根据动能定理得mgR+Fcos θ·R+Fsin θ·R=mv2，根据牛顿第二定律得F向=10mg-mg-Fsin θ=m，根据数学知识有sin2θ+cos2θ=1，联立解得F=mg，力在其他方向均不可能，故选D。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
二、多项选择题
9.(人教版教材必修2，P88T5改编)运动员把质量为400 g的足球从地面上的某点踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是5 m，在最高点的速度为20 m/s。不考虑空气阻力，g取10 m/s2。根据以上信息，下列说法正确的是(　　)
A.足球在空中运动的时间大约是1.4 s
B.足球的落地点离踢出点的水平距离为40 m
C.运动员对足球做的功是100 J
D.足球在落地时重力的功率为45 W
2
3
4
√
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
解析:踢出的足球在空中做斜抛运动，在最高点时竖直方向速度为0，根据斜抛运动规律知到达最高点的时间为t1== s=1 s，下落时间与上升时间相等，故在空中运动的时间大约是t=2t1=2 s，故A错误；踢出后足球在水平方向做匀速直线运动，由题意知水平速度v0=20 m/s，落地点离踢出点的水平距离为x=v0t=20×2 m=40 m，故B正确；根据动能定理可知，运动员对足球做的功为W=mgh+mv2=100 J，故C正确；足球在落地时的竖直速度为vy==10 m/s，重力的功率PG=mgvy=40 W，故D错误。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
10.(2025·泸州模拟)在杭州亚运会女子龙舟1 000米直道竞速决赛中，中国队驱动总质量约1 200 kg(含人)的龙舟以4分51秒的成绩获得冠军，如图所示。比赛过程中，运动员拉桨对船做正功，加速；回桨对船不做功，减速。若10个划手一直保持最大输出功率划船，观测发现从静止开始的启动过程中每个划手划了8桨，船前进了20 m，船速达到3.5 m/s，之后保持3.5 m/s的平均速度直至
结束，设船受到的阻力恒定，
每次拉桨过程做功相同。则下
列说法中正确的是 (　　)
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
A.船受到的阻力约为397 N B.船受到的阻力约为3 970 N
C.全程每个划手大约划了150桨 D.全程每个划手大约划了212桨
解析:启动过程所用时间为t=4×60 s+51 s- s=11 s，设每个划手每次拉桨过程做功为W，则有80W=Pt，达到最大速度有P=Fv=fv，根据动能定理得80W-fx1=mv2，联立解得f≈397 N，W≈191 J，故A正确，B错误；设全程每个划手大约划了n桨，全程根据动能定理有10n·W-fx总=mv2，解得n≈212，故C错误，D正确。
2
3
4
√
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
三、计算题
11.(12分)(2025·天津检测)2024年4月30日17时46分，
神舟十七号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。
返回舱在离地面约6 000 m 的高空打开主伞(降落伞)，
在主伞的作用下返回舱速度从80 m/s降至10 m/s，此过
程返回舱的高度下降了385 m，此后可视为匀速下降。
当返回舱在距离地面一定高度时启动反推发动机，速
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
度减至0时恰好落到地面上。设主伞所受的空气阻力为f=kv，其中k为定值，v为速率，其余阻力不计。已知返回舱(含航天员)总质量为3 000 kg，主伞的质量忽略不计，忽略返回舱质量的变化，重力加速度g取10 m/s2，设全过程为竖直方向的运动。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)在主伞打开后的瞬间，求返回舱的加速度大小；(4分)
答案:70 m/s2　
解析:在主伞打开后的瞬间，由牛顿第二定律有mg-f1=ma
由题意有f1=kv1
返回舱匀速下降时，
由平衡条件有kv2=mg
联立解得a=-70 m/s2
返回舱的加速度大小为70 m/s2。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
(2)在主伞打开后，返回舱减速过程中，求空气阻力做的功；(4分)
答案:-2.1×107 J　
解析:在主伞打开后，返回舱减速过程中，根据动能定理有mgh+Wf=m-m
解得Wf=-2.1×107 J。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
(3)返回舱在距地面一定高度时启动反推发动机(反推力近似为恒力，空气阻力忽略不计)，经0.2 s返回舱落地，求启动反推发动机时返回舱距离地面的高度。(4分)
答案:1 m
解析:根据题意可得H=t=1 m。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
12.(13分)(2025·福州模拟)如图甲所示，一物块放置在水平台面上，在水平推力F的作用下，物块从坐标原点O由静止开始沿x轴正方向运动，F与物块的位置坐标x的关系如图乙所示。物块在x=2 m处从平台飞出，同时撤去F，物块恰好由P点沿切线方向进入竖直圆轨道，随后刚好从轨道最高点M飞出。已知物块的质量为m=0.5 kg，物块与水平台面间的动摩擦因数为 μ=0.7，轨道圆心为O'，半径为 R=0.5 m，MN为竖直直径，∠PO'N=37°，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，不计空气阻力。求:
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)水平推力F做的功；(3分)
答案:11 J　
解析:F x图像与x轴所围面积表示水平推力F做的功，由题图乙可知
WF=×2 J=11 J。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
(2)物块运动到P点时的速度大小；(5分)
答案:5 m/s　
解析:设物块运动到x=2 m处时的速度为v，由动能定理有WF-μmgx=mv2
解得v=4 m/s
依题意，物块从平台飞出后做平抛运动，且从P点沿切线方向进入圆轨道，则物块运动到P点时的速度大小为vP==5 m/s。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
(3)物块在圆轨道上运动时克服摩擦力做的功。(5分)
答案:0.5 J
解析:设物块恰好由轨道最高点M飞出时的速度为vM，由重力提供向心力有mg=m
解得vM== m/s
设物块在圆轨道上运动时克服摩擦力做的功为Wf，由动能定理有
-mgR-Wf=m-m
解得Wf=0.5 J。
2
3
4课时跟踪检测(二十八)　动能定理的理解及应用
一、单项选择题
1.(2024·浙江6月选考)一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10-4 m2,喷水速度约为10 m/s,水的密度为1×103 kg/m3,则该喷头喷水的功率约为 (　　)
A.10 W　　B.20 W　　C.100 W　　D.200 W
2.(2024·安徽高考)某同学参加户外拓展活动,遵照安全规范,坐在滑板上,从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑,至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m,可视为质点。重力加速度大小为g,不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为 (　　)
A.mgh B.mv2
C.mgh+mv2 D.mgh-mv2
3.在水平路面上有一辆以36 km/h行驶的客车,在车厢后座有一位乘客甲把一个质量为4 kg的行李以相对客车5 m/s的速度抛给前方座位的另一位乘客乙,则行李的动能是 (　　)
A.500 J B.200 J C.450 J D.900 J
4.如图所示,光滑水平面与长2 m的粗糙水平面平滑连接,长l=1 m的匀质木板在光滑水平面上以速度v0匀速运动,随后进入粗糙水平面。已知木板与粗糙水平面间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2,要使整个木板全部停在粗糙水平面内,则v0的值可能为 (　　)
A.0.8 m/s B.1.2 m/s
C.2 m/s D.2.5 m/s
5.(2025·岳阳一模)一个质量M=2 kg的物体受五个力的作用处于平衡状态。当其中一个F=10 N的作用力突然消失,其余四个力保持不变,经过时间t=2 s后,下列说法正确的是 (　　)
A.物体一定做匀加速直线运动
B.物体的速度一定是10 m/s
C.物体速度的变化量一定等于10 m/s
D.物体的动能一定增加了100 J
6.(2025·广州调研)如图所示,一个足够大的倾角θ=30°的粗糙斜面固定在水平地面上,不可伸长的轻绳一端固定在斜面上的O点,另一端与质量为m的小木块(可视为质点)相连。现将小木块拉起,使轻绳与斜面平行且在水平方向上伸直,由静止释放小木块。已知重力加速度为g,木块与斜面间的动摩擦因数μ=,空气阻力不计,则在小木块之后的运动过程中,轻绳上的最大拉力为 (　　)
A.mg　 　B.2mg　 　C.3mg　 　D.4mg
7.(2025·贵阳检测)如图甲所示,水平地面上质量为m=0.4 kg的物体在水平向右的力F作用下由静止开始运动,力F随位移x的变化关系如图乙所示,当位移x1=0.8 m时撤去拉力,当位移x2=1.0 m时物体恰好停止运动。已知物体与地面间的动摩擦因数为0.3,取g=10 m/s2,忽略空气阻力,则F0与物体运动的过程中速度的最大值分别为 (　　)
A.2.5 N,1.5 m/s B.2.5 N,1.3 m/s
C.2.0 N,1.4 m/s D.2.0 N,1.2 m/s
8.(2025·南昌联考)如图所示,半径为R的半圆形光滑管道ACB固定在竖直平面内。在一平行于纸面的恒力F(未画出)作用下,质量为m的小球从A端静止释放后,恰能到达最低点C;从B端静止释放后,到达C点时,管道受到的压力为10mg。则F的大小为 (　　)
A.mg　　B.mg　　C.mg　　D.mg
二、多项选择题
9.(人教版教材必修2,P88T5改编)运动员把质量为400 g的足球从地面上的某点踢出后,某人观察它在空中的飞行情况,估计上升的最大高度是5 m,在最高点的速度为20 m/s。不考虑空气阻力,g取10 m/s2。根据以上信息,下列说法正确的是 (　　)
A.足球在空中运动的时间大约是1.4 s
B.足球的落地点离踢出点的水平距离为40 m
C.运动员对足球做的功是100 J
D.足球在落地时重力的功率为45 W
10.(2025·泸州模拟)在杭州亚运会女子龙舟1 000米直道竞速决赛中,中国队驱动总质量约1 200 kg(含人)的龙舟以4分51秒的成绩获得冠军,如图所示。比赛过程中,运动员拉桨对船做正功,加速;回桨对船不做功,减速。若10个划手一直保持最大输出功率划船,观测发现从静止开始的启动过程中每个划手划了8桨,船前进了20 m,船速达到3.5 m/s,之后保持3.5 m/s的平均速度直至结束,设船受到的阻力恒定,每次拉桨过程做功相同。则下列说法中正确的是 (　　)
A.船受到的阻力约为397 N
B.船受到的阻力约为3 970 N
C.全程每个划手大约划了150桨
D.全程每个划手大约划了212桨
三、计算题
11.(12分)(2025·天津检测)2024年4月30日17时46分,神舟十七号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱在离地面约6 000 m的高空打开主伞(降落伞),在主伞的作用下返回舱速度从80 m/s降至10 m/s,此过程返回舱的高度下降了385 m,此后可视为匀速下降。当返回舱在距离地面一定高度时启动反推发动机,速度减至0时恰好落到地面上。设主伞所受的空气阻力为f=kv,其中k为定值,v为速率,其余阻力不计。已知返回舱(含航天员)总质量为3 000 kg,主伞的质量忽略不计,忽略返回舱质量的变化,重力加速度g取10 m/s2,设全过程为竖直方向的运动。
(1)在主伞打开后的瞬间,求返回舱的加速度大小;(4分)
(2)在主伞打开后,返回舱减速过程中,求空气阻力做的功;(4分)
(3)返回舱在距地面一定高度时启动反推发动机(反推力近似为恒力,空气阻力忽略不计),经0.2 s返回舱落地,求启动反推发动机时返回舱距离地面的高度。(4分)
12.(13分)(2025·福州模拟)如图甲所示,一物块放置在水平台面上,在水平推力F的作用下,物块从坐标原点O由静止开始沿x轴正方向运动,F与物块的位置坐标x的关系如图乙所示。物块在x=2 m处从平台飞出,同时撤去F,物块恰好由P点沿切线方向进入竖直圆轨道,随后刚好从轨道最高点M飞出。已知物块的质量为m=0.5 kg,物块与水平台面间的动摩擦因数为 μ=0.7,轨道圆心为O',半径为 R=0.5 m,MN为竖直直径,∠PO'N=37°,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,不计空气阻力。求:
(1)水平推力F做的功;(3分)
(2)物块运动到P点时的速度大小;(5分)
(3)物块在圆轨道上运动时克服摩擦力做的功。(5分)
课时跟踪检测(二十八)
1.选C　设Δt时间内从喷头喷出的水的质量为m=ρSv·Δt,喷头喷水的功率等于单位时间内喷出的水的动能增加量,即P==,联立解得P=100 W,故选C。
2.选D　人与滑板在下滑的过程中,由动能定理可得mgh-Wf=mv2-0,可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf=mgh-mv2,故选D。
3.选C　客车以36 km/h=10 m/s的速度向前行驶,甲乘客将行李以相对客车5 m/s的速度抛给乙乘客,所以行李的运动速度为v=(10+5)m/s=15 m/s,由动能的定义式有Ek=mv2=×4×152 J=450 J,故C正确,A、B、D错误。
4.选B　当木板左端恰好到达粗糙水平面左端时,由动能定理得μmgl=m,解得v1=1 m/s;当木板右端恰好到达粗糙水平面右端时,由动能定理得μmgl+μmgl=m,解得v2= m/s;所以速度的范围为1 m/s≤v0≤ m/s,故选B。
5.选C　当F=10 N的力消失后,其他力的合力与消失的力大小相等、方向相反,则其做匀变速运动,加速度大小为a== m/s2=5 m/s2。若物体原来做匀速直线运动,且速度方向与F的方向不在一条直线上,则物体做曲线运动,故A错误;因初速度未知,则不能确定2 s后的速度和动能变化量,B、D错误;物体速度的变化量Δv=at=10 m/s,故C正确。
6.选A　当小木块第一次到达最低点时,轻绳上的拉力最大,设绳长为L,则有Tmax-mgsin θ=m,小木块从静止释放到第一次运动到最低点过程,根据动能定理有mgLsin θ-μmgcos θ×=mv2,联立解得Tmax=mg,故选A。
7.选B　设x1位置拉力大小为F1,由题图乙可得=,由动能定理得x1=μmgx2,联立可得F0=2.5 N;当F=μmg时物体达到最大速度,设此时位移为x3,则有=,可得x3=0.52 m,由动能定理得x3=m,可得vmax=1.3 m/s,故选B。
8.选D　设F的方向斜向左下,且与水平方向夹角为θ,从A端静止释放后,根据动能定理得mgR+Fsin θ·R-Fcos θ·R=0-0,从B端静止释放后,根据动能定理得mgR+Fcos θ·R+Fsin θ·R=mv2,根据牛顿第二定律得F向=10mg-mg-Fsin θ=m,根据数学知识有sin2θ+cos2θ=1,联立解得F=mg,力在其他方向均不可能,故选D。
9.选BC　踢出的足球在空中做斜抛运动,在最高点时竖直方向速度为0,根据斜抛运动规律知到达最高点的时间为t1== s=1 s,下落时间与上升时间相等,故在空中运动的时间大约是t=2t1=2 s,故A错误;踢出后足球在水平方向做匀速直线运动,由题意知水平速度v0=20 m/s,落地点离踢出点的水平距离为x=v0t=20×2 m=40 m,故B正确;根据动能定理可知,运动员对足球做的功为W=mgh+mv2=100 J,故C正确;足球在落地时的竖直速度为vy==10 m/s,重力的功率PG=mgvy=40 W,故D错误。
10.选AD　启动过程所用时间为t=4×60 s+51 s- s=11 s,设每个划手每次拉桨过程做功为W,则有80W=Pt,达到最大速度有P=Fv=fv,根据动能定理得80W-fx1=mv2,联立解得f≈397 N,W≈191 J,故A正确,B错误;设全程每个划手大约划了n桨,全程根据动能定理有10n·W-fx总=mv2,解得n≈212,故C错误,D正确。
11.解析:(1)在主伞打开后的瞬间,由牛顿第二定律有mg-f1=ma
由题意有f1=kv1
返回舱匀速下降时,由平衡条件有kv2=mg
联立解得a=-70 m/s2
返回舱的加速度大小为70 m/s2。
(2)在主伞打开后,返回舱减速过程中,根据动能定理有mgh+Wf=m-m
解得Wf=-2.1×107 J。
(3)根据题意可得H=t=1 m。
答案:(1)70 m/s2　(2)-2.1×107 J　(3)1 m
12.解析:(1)F x图像与x轴所围面积表示水平推力F做的功,由题图乙可知
WF=×2 J=11 J。
(2)设物块运动到x=2 m处时的速度为v,由动能定理有WF-μmgx=mv2
解得v=4 m/s
依题意,物块从平台飞出后做平抛运动,且从P点沿切线方向进入圆轨道,则物块运动到P点时的速度大小为vP==5 m/s。
(3)设物块恰好由轨道最高点M飞出时的速度为vM,由重力提供向心力有mg=m
解得vM== m/s
设物块在圆轨道上运动时克服摩擦力做的功为Wf,由动能定理有-mgR-Wf=m-m
解得Wf=0.5 J。
答案:(1)11 J　(2)5 m/s　(3)0.5 J
4 / 4

展开更多......

收起↑