人教版高中物理必修2 动能定理及其应用 知识总结+习题精选

动能定理及其应用 知识总结
1．动能
(1)定义：物体由于__运动__而具有的能．
(2)公式：Ek＝__mv2__.
(3)单位：__焦耳__,1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
(4)标矢性：动能是__标量__，只有正值，动能与速度方向__无关__.
(5)动能的变化：物体__末动能__与__初动能__之差，
即ΔEk＝__m－m_.
2．动能定理
(1)内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中__动能的变化__.
(2)表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝__mv－mv__.
(3)物理意义：__合力__的功是物体动能变化的量度．
(4)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．













动能定理及其应用 精选习题
一、概念理解
1．请判断下列表述是否正确，对不正确的表述，请说明原因．
(1)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．(　√　)
(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)动能不变的物体，一定处于平衡状态．(　×　)
解析　速度是矢量，动能是标量，动能不变的物体，速度的方向可能发生变化．
(4)做自由落体运动的物体，动能与下落距离的二次方成正比．(　×　)
解析　由mv2＝mgh可知，做自由落体运动的物体，动能与下落距离成正比，而不是与下落距离的二次方成正比．
(5)如果物体所受的合外力为零，那么，合外力对物体做的功一定为零．(　√　)
(6)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化．(　×　)
解析　变速运动可能仅仅是速度的方向发生变化，此时动能可能不变．
(7)物体的动能不变，所受的合外力必定为0.(　×　)
解析　物体动能不变，所受的合外力不一定为0，比如匀速圆周运动．
2．关于运动物体所受的合力、合力做的功、物体动能的变化，下列说法正确的是(　B　)
A．运动物体所受的合力不为零，合力必做功，物体的动能肯定要变化
B．运动物体所受的合力为零，则物体的动能肯定不变
C．运动物体的动能保持不变，则该物体所受合力一定为零
D．运动物体所受合力不为零，则该物体一定做变速运动，其动能要变化
解析　关于运动物体所受的合力、合力做的功、物体动能的变化三者之间的关系有下列三个要点．
(1)若运动物体所受合力为零，则合力不做功(或物体所受外力做功的代数和必为零)，物体的动能绝对不会发生变化．
(2)物体所受合力不为零，物体必做变速运动，但合力不一定做功，合力不做功，则物体动能不变化．
(3)物体的动能不变，一方面表明物体所受的合力不做功；同时表明物体的速率不变．(速度的方向可以不断改变，此时物体所受的合力只是用来改变速度方向，产生向心加速度，如匀速圆周运动)
根据上述三个要点不难判断，本题只有选项B是正确的．
3．(多选)一物体自t＝0时开始做直线运动，其v－t图象如图所示，下列说法正确的是(　AD　)

A．0～4 s内合外力做的功等于5～6 s内合外力做的功
B．2 s末合外力的功率大于6 s末合外力的功率
C．0～2 s内与0～4 s内合外力的平均功率相同
D．4～6 s内合外力的平均功率等于零
解析　根据动能定理可得，0～4 s内合外力对物体做的功等于5～6 s内合外力对物体做的功，同理可得4～6 s内合外力的功为零，则平均功率等于零，选项A、D均正确；同理可得，0～2 s内与0～4 s内合外力的功相同，但时间不相等，故平均功率不相同，选项C错误；2 s末、6 s末速度大小相等，但2 s末的合外力小于6 s末的合外力，故2 s末合外力 的功率小于6 s末合外力的功率，选项B错误．
二、考点精讲
　一　对动能定理的理解
1．对“外力”的两点理解
(1)“外力”指的是合力，重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，他们可以同时作用，也可以不同时作用．
(2)既可以是恒力，也可以是变力．
2．“＝”体现的两个关系

[例1](2019·湖北宜昌模拟)一辆汽车在平直公路上行驶，在汽车的速度从0增大到v的过程中，发动机做的功为W1；在汽车的速度从v增大到2v的过程中，发动机做的功为W2.设汽车在行驶过程中所受阻力和发动机的牵引力都不变，则有(　B　)
A．W2＝2W1 B．W2＝3W1
C．W2＝4W1 D．W2＝W1
解析　设汽车发动机的牵引力为F，汽车所受的阻力为Ff，两个过程中汽车的位移分别为l1、l2，则由动能定理得(F－Ff)l1＝mv2－0，(F－Ff)l2＝m(2v)2－mv2，解得l2＝3l1，又W1＝Fl1，W2＝Fl2，可得W2＝3W1，选项B正确．

应用动能定理解题应抓好“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，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．高中阶段动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物体为参考系．
　二　动能定理的应用
[例2](2019·河南郑州模拟)2014年全国多地雾霾频发，且有愈演愈烈的趋势，空气质量问题备受关注．在雾霾天气下，能见度下降，机动车行驶速度降低，道路通行效率下降，对城市快速路、桥梁和高速公路的影响很大，已知汽车保持匀速正常行驶时受到的阻力为Ff1＝0.2mg，刹车时受到的阻力为Ff2＝0.5mg，重力加速度为g＝10 m/s2.
(1)若汽车在雾霾天行驶的速度为v1＝36 km/h，则刹车后经过多长时间才会停下来？
(2)若前车因故障停在车道上，当质量为m＝1 200 kg的后车距离已经停止的前车为x＝22.5 m处紧急刹车，刚好不与前车相撞，则后车正常行驶时的功率为多大？
解析　(1)v＝36 km/h＝10 m/s，
Ff2＝0.5mg.
刹车后由牛顿第二定律可知－Ff2＝ma，
－0.5mg＝ma，
a＝－0.5g＝－5 m/s2，
v′＝v＋at＝0，
得t＝ s＝2 s.
(2)根据动能定理有
－Ff2x＝0－mv，
Ff2＝0.5mg，
联立解得v0＝15 m/s，
正常行驶时有F－Ff1＝0，
Ff1＝0.2mg，
P＝Fv0＝0.2×1 200×10×15 W＝3.6×104 W.
答案　(1)2 s　(2)3.6×104 W

三　动能定理与图象结合问题
解决物理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，以及图线下的面积所对应的物理意义，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．
[例3](2019·湖北黄石调研)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所示．下列说法正确的是(　D　)

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内合力做的功
解析　由a－t图象可知：图线与时间轴围成的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负．物体6 s末的速度v6＝×(2＋5)×2 m/s－×1×2 m/s＝6 m/s，则0～6 s内物体一直向正方向运动，选项A错误；由题图可知物体在5 s末速度最大，为vm＝×(2＋5)×2 m/s＝7 m/s，选项B错误；由题图可知在2～4 s内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，选项C错误；在0～4 s内合力对物体做的功由动能定理可知
W合4＝mv－0，又v4＝×(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由动能定理可知
W合6＝mv－0，又v6＝6 m/s，得W合6＝36 J，
则W合4＝W合6，选项D正确．
四　动能定理与圆周运动结合
1．圆周运动属于曲线运动，若只涉及位移和速度而不涉及时间，应优先考虑用动能定理列式求解．
2．用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，让草图帮助我们理解物理过程和各量关系．
[例4](2018·湖北武汉模拟)如图所示，半径r1＝ m的圆弧轨道AB与水平轨道BC相切于B点，CD为r2＝0.40 m的半圆轨道，另一半径R＝1.00 m的圆弧轨道EF与CD靠近，E点略低于D点．一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)从A点以初速度v0＝2 m/s沿轨道下滑，在AB段运动过程中始终受到竖直向上的F＝10 N的力作用，进入BC段后撤去．已知AB高度为h，BC长L＝1.00 m，小物块与BC间动摩擦因数μ＝0.2，其余光滑，EF轨道对应的圆心角θ＝60°，所有轨道均固定在同一竖直平面内，不考虑小物块在各轨道相接处的能量损失，忽略空气阻力，g取10 m/s2.求：
(1)当小物块沿圆弧轨道AB运动到B点时，轨道对小物块的作用力大小；
(2)若小物块在B点的速度为5 m/s，且在刚进入BC段时撤去力F，请通过计算判断小物块能否通过D点；
(3)小物块能进入EF轨道，且不越过F点，小物块在D点的速度范围．

解析　(1)小物块从A到B，由动能定理得
mgh－Fh＝mv－mv，
解得vB＝2 m/s.
在B点，由牛顿第二定律得F＋FN－mg＝m，
解得FN＝5 N.
(2)假设小物块以5 m/s速度能从B到D，由动能定理得
－2mgr2－μmgL＝mv－mv，
解得vD＝ m/s.
若小物块恰好过D点，则mg＝m，
解得v′D＝＝2 m/s< m/s，
故小物块能通过D点．
(3)小物块恰好到F点，从E到F，由动能定理得
－mgR(1－cos θ)＝0－mv，
解得vE＝ m/s，
所以小物块在D点的速度范围为2 m/s≤vD≤ m/s.
答案　(1)5 N　(2)见解析　(3)2 m/s≤vD≤ m/s.

动能定理在圆周运动中的应用
竖直面内圆周运动经常考查最高点和最低点，最高点的速度和最低点的速度可以通过动能定理联系起来，所以竖直面内的圆周运动经常和动能定理结合考查．
五　用动能定理解决多过程问题
1．运用动能定理解决问题时，选择合适的研究过程能使问题得以简化．当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程．
2．当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特点：
(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关．
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积．
[例5](2019·湖南联考)如图所示，光滑的水平轨道MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带水平长度L＝1.6 m，皮带以恒定速率v逆时针匀速运动，传送带的右端平滑连接着一个固定在竖直平面内、半径为R＝0.4 m的光滑半圆轨道PQ；质量为m＝0.2 kg且可视为质点的滑块A置于水平导轨MN上，开始时滑块A与墙壁之间有一压缩的轻弹簧，系统处于静止状态，现松开滑块A，弹簧伸长，滑块脱离弹簧后滑上传送带，从右端滑出并沿半圆轨道运动到最高点Q后水平飞出，又正好落回N点．已知滑块A与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25，取g＝10 m/s2.求：

(1)滑块A在半圆轨道P处对轨道的压力；
(2)压缩的轻弹簧的弹性势能Ep.
解析　(1)滑块A从Q飞出后做平抛运动，有
L＝vQt,2R＝gt2，代入数据解得vQ＝4 m/s.
滑块A从P运动到Q过程中由动能定理得－mg2R＝mv－mv.
在P点由牛顿第二定律得FN－mg＝m，
代入数据解得FN＝18 N，由牛顿第三定律可知，压力大小为18 N.
(2)皮带转动方向和滑块A运动方向相反，A在皮带上做匀减速运动．弹簧松开之后，其弹性势能转化成滑块A的动能Ep＝mv，
滑块从N点到P点运动过程中，由动能定理有
－μmgL＝mv－mv，代入数据解得Ep＝4 J.
答案　(1)18 N　(2)4 J
三、递进题组
1．如图所示，在水平桌面的边角有一轻质光滑的定滑轮K，一条不可伸长的轻绳绕过K分别与物块A、B相连，A、B的质量分别为mA、mB，开始时系统处于静止状态．现用一水平恒力F拉物块A，使物块B上升．已知当B上升距离为h时，B的速度为v.求此过程中物块A克服摩擦力所做的功．(重力加速度为g)

解析　设A克服摩擦力所做的功为Wf，当B上升距离为h时，恒力F做功为Fh，重力做功为－mBgh，根据动能定理得
Fh－Wf－mBgh＝(mA＋mB)v2，
解得Wf＝(F－mBg)h－(mA＋mB)v2.
答案　(F－mBg)h－(mA＋mB)v2
2．(2019·宁夏银川调研)质量M＝500 t的机车，以恒定的功率从静止出发，经过时间t＝5 min在水平路面上行驶l＝2.25 km，速度达到最大值vm＝54 km/h.求：
(1)机车的功率；
(2)机车在运动过程中受到的平均阻力的大小．
解析　(1)54 km/h＝15 m/s，设机车的功率为P，平均阻力为Ff，当机车达到最大速度vm时，有P＝Ff·vm，①
由动能定理得Pt－Ffl＝Mv－0②
由①②式得P＝＝ W＝3.75×105 W，
(2)机车运动过程中受到的阻力Ff＝＝ N＝2.5×104 N.
答案　(1)3.75×105 W　(2)2.5×104 N
3．(2019·安徽安庆调研)如图所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘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Ff，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t，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计．求：
(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.

解析　(1)小船从A点运动到B点克服阻力做功Wf＝Ff·d.
(2)小船从A点运动到B点，电动机牵引绳对小船做功W＝Pt，
由动能定理有W－Wf＝mv－mv，
解得v1＝.
(3)设小船经过B点对绳的拉力大小为F(如图甲)，绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引绳的速度大小为u(如图乙)，则P＝Fu，u＝v1cos θ，
由牛顿第二定律有Fcos θ－Ff＝ma，
解得a＝－.
　　　　　
答案　(1)Ffd　(2)
(3)－
4．(2019·江苏南京模拟)如图所示，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑斜面，一劲度系数为k的轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态．一质量为m的滑块从距离弹簧上端s处由静止释放，设滑块与弹簧接触过程中没有能量损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度为g.
(1)求滑块从释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t.
(2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度为vm，求滑块从释放到速度为vm的过程中弹簧的弹力所做的功W.

解析　(1)滑块从释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有mgsin θ＝ma，s＝at2，
解得t＝.
(2)滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧的压缩量为x，则有
mgsin θ＝kx，
滑块从释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得
mgsin θ(s＋x)＋W＝mv，
联立解得W＝mv－mgsin θ.
答案　(1)　(2)mv－mgsin θ
5．(2019·江苏卷)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．小物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，小物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　C　)

解析　依据动能定理，上升过程中F升＝mgsin α＋μmgcos α大小恒定，下降过程中F降＝mgsin α－μmgcos α大小恒定．说明在Ek－x图象中，上升、下降阶段图线的斜率均恒定，图线均为直线，则选项B、D错误．物块能够返回，返回过程位移减小，而动能增加，则选项A错误．因整个过程中摩擦力做负功，则Ekt6．一物块沿倾角为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；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h，重力加速度大小为g.则物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为(　D　)

A．tan θ和 B．(－1)tan θ和
C．tan θ和 D．(－1)tan θ和
解析　根据动能定理，以速度v上升时，mv2＝μmgcos θ＋mgH，以速度上升时，m()2＝μmgcos θ＋mgh，解得h＝，μ＝(－1)tan θ，所以选项D正确．
7．如图所示，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则(　A　)

A．t1C．t1>t2 D．无法比较t1、t2的大小
解析　设初速度为v0，第一次到达B点的速率为vB1，到达C点的速率为vC1，A到C由动能定理可得－WfAB1＝mv－mv，－WfBC1＝mv－mv；第二次到达B点的速率为vB2，到达A点的速率为vA2，C到A由动能定理可得－WfBA2＝
mv－mv，－WfCB2＝mv－mv，因为小滑块对滑道的压力与速度有关，对于BC部分，速度越大，压力越大，摩擦力越大，所以WfBC1vB2，vC1>vA2，可以判断出t18．(多选)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<.在小球从M点运动到N点的过程中(　BCD　)

A．弹力对小球先做正功后做负功
B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
解析　小球在从M点运动到N点的过程中，弹簧的压缩量先增大，后减小，到某一位置时，弹簧处于原长，再继续向下运动到N点的过程中，弹簧又伸长．弹簧的弹力方向与小球速度的方向的夹角先大于90°，再小于90°，最后又大于90°，因此弹力先做负功，再做正功，最后又做负功，选项A错误；弹簧与杆垂直时，小球的加速度等于重力加速度，当弹簧的弹力为零时，小球的加速度也等于重力加速度，选项B正确；弹簧长度最短时，弹力与小球的速度方向垂直，这时弹力对小球做功的功率为零，选项C正确；由于在M、N两点处，弹簧的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，根据动能定理可知，小球从M点到N点的过程中，弹簧的弹力做功为零，重力做功等于动能的增量，即小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差，选项D正确．
9．我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧．助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2.

(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大．
解析　(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有v＝2ax，①
由牛顿第二定律有mg－Ff＝ma，②
联立①②式，代入数据解得Ff＝144 N．③
(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有mgh＋W＝mv－mv，④
设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有
FN－mg＝m，⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，即FN＝6mg，联立④⑤式，代入数据解得R＝12.5 m.
答案　(1)144 N　(2)12.5 m
10．(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．

解析　(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得
－μmgs0＝mv－mv，①
解得μ＝.②
(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t.
由运动学公式得v－v＝2a1s0，③
v0－v1＝a1t，④
s1＝a2t2，⑤
联立③④⑤式得a2＝.⑥