2022年高考物理一轮复习 第6章 第2讲 动能定理及其应用.docx

1、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：Ekmv2，单位：焦耳(J).1 J1 Nm1 kgm2/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：WEkEk2Ek1mv22mv12.(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(

2、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h40 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v20 m/s.已知滑雪爱好者的质量m60 kg，滑雪板与雪道间的动摩擦因数0.25，BC间的距离L100 m，重力加速度g10

3、 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1A3 000 J B4 000 JC5 000 J D6 000 J答案A解析根据动能定理有WmgLADcos mgLCDcos mghmv2，即：WmgLmghmv2，求得W3 000 J，故选A.例2(2017上海卷19)如图2，与水平面夹角37的斜面和半径R0.4 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0.25.(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：图2(1)滑块在C点的

4、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解得vC2 m/s.(2)BC过程，由动能定理得mgR(1cos 37)mvC2mvB2解得vB4.29 m/s.(3)滑块从AB的过程，利用动能定理：mghmgcos 37mvB20代入数据，解得h1.38 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

5、员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中()图3A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Ffmgsin ，下滑过程中减小，sin 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

6、37的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数均为.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 370.6，cos 370.8)则()图4A动摩擦因数B载人滑草车最大速度为C载人滑草车克服摩擦力做功为mghD载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g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：mg2hmgcos 45mgcos 370，解得，选项A正确； 对经过上段滑道的过程分析，根据动能定理有mghmgcos 45mvm2，解得：vm，选项B

7、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ag，故大小为g，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mv22mv12，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mv22mv12W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5A.mgR B.mgRC.mgR D.m

8、gR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FNmgm，FNFN2mg，联立解得v，下滑过程中，根据动能定理可得mgRWfmv2，解得WfmgR，所以克服摩擦力做功mgR，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，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6A.mv02mg(sx) B.mv02mgxCmgs Dmg(sx)

9、答案A解析根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wfmg(sx)，由动能定理可得W弹Wf0mv02，则W弹mv02mg(sx)，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Ekx图象结合例4(

10、2019全国卷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7A2 kg B1.5 kg C1 kg D0.5 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AB(上升过程)：(mgF)hEkBEkABA(下落过程)：(mgF)hEkAEkB整理以上两式并代入数据得mgh30 J，解得物体的质量m1 kg，选项C正确法二：写表达式根据斜率求解上升过程：(mgF)hEkEk0，则E

11、k(mgF)hEk0下降过程：(mgF)hEkEk0，则Ek(mgF)hEk0，结合题图可知mgF N12 N，mgF N8 N联立可得m1 kg，选项C正确 动能定理与Fx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)5 m/s(2)5 m解析(1)由题图乙知，在OA段拉力做

12、功为W(2mg20.5mg1) J3.5mg(J)滑动摩擦力Ffmg0.25mg，WfFfxOAmg(J)，滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得WWfmvA20代入数据解得vA5 m/s.(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得mgLsin 300mvA2解得L5 m所以滑块沿斜面AB向上运动的最远距离为L5 m.4(动能定理与at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06 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9A06 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B06 s内物体在4 s时的速度

13、最大C物体在24 s内的速度不变D04 s内合力对物体做的功等于06 s内合力对物体做的功答案D解析物体6 s末的速度v6(25)2 m/s12 m/s6 m/s，结合题图可知06 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(25)2 m/s7 m/s，B项错误；由题图可知物体在24 s内加速度不变，做匀加速直线运动，速度变大，C项错误；在04 s内由动能定理可知，W合4mv420，又v4(24)2 m/s6 m/s，得W合436 J,06 s内合力对物体做的功：W合6mv620，又v66 m/s，得W合636 J，则W合4W合6，D项正确5.(动能定理与Ekx

14、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0.2，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是()图10Ax1 m时速度大小为2 m/sBx3 m时物块的加速度大小为2.5 m/s2C在前4 m位移过程中拉力对物块做的功为9 JD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EkF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x1 m时动能为2 J，v1 m/s，故A错误同理，

15、当x2 m时动能为4 J，v22 m/s；当x4 m时动能为9 J，v43 m/s，则24 m内有2a2x2v42v22，解得24 m内物块的加速度为a21.25 m/s2，故B错误对物体运动全过程，由动能定理得：WF(mgx4)Ek末0，解得WF25 J，故C错误.02 m过程，t12 s；24 m过程，t20.8 s，故总时间为2 s0.8 s2.8 s，D正确课时精练1.(2018全国卷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1A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

16、题意知，W拉W克摩Ek，则W拉Ek，A项正确，B项错误；W克摩与Ek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h的C点处，已知重力加速度为g，需外力做的功至少应为()图2A.mgh B.mghC.mgh D2mgh答案C解析物体从A到B全程应用动能定理可得mghWf0，由B返回C处过程，由动能定理得WFWfmgh0，联立可得WFmgh，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

17、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vv0gt小球的动能Ekmv2，把速度v代入得Ekmg2t2mgv0tmv02，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3A运动员踢球时对足球做功mv2B足球上升过程重力做功mghC运动员踢球时对足球做功mghmv2D足球上升过程克服重力做功mghmv2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

18、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mghmv2，因此运动员对足球做功W人mghmv2，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4A等于v0 B大于v0C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mgxAOmgxDBmgcos xAB0mv02，由几何关系有xABcos xOB，因而

19、上式可以简化为mgxAOmgxOD0mv02，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5A.mv02 B.mv02Cmv02 D.mv02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45时物体的速度为v，则vcos 45v0，可得vv0，物体由静止开始运动到绳与水平方向的夹角45过程中，只有绳子

20、拉力对物体做功，由动能定理得绳的拉力对物体做的功：Wmv20mv02，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6A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0.35，A正确；减速过程由动能定理得W

21、FWf0mv2，根据Fx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WfmgxF0x，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m1 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Ekx图象如图7所示取g10 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

22、初动能为2 J，则Ek0mv22 J，得v2 m/s.(2)在位移为4 m处物体的动能为Ek10 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 x20Ek代入数据，解得Ff2.5 N.因Ffmg，故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FFf，根据动能定理有(FFf)x1EkEk0，故得F4.5 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

23、离开半圆轨道后落在P点右侧区域已知PB3R，重力加速度为g，F的大小可能为()图8A.mg B.Cmg D.答案BC解析小球能通过C点应满足mmg，且由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域，则有2Rgt2，vCtmgR，小球不能到达Q点CWmgR，小球到达Q点后，继续上升一段距离DWmgR，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FNmgm，解得vN，对小球从开始下落至到达N点的过程，由动能定理得mg2RWmvN20，解得WmgR.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

24、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mgRWmvQ2mvN2，因为W0，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R0.6 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

25、，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)2 m/s(2) s(3)5 J解析(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得F1x1F3x3mgxmvB2，得vB2 m/s.(2)在前2 m内，有F1mgma，且x1at12，解得t1 s.(3)当滑块恰好能到达最高点C时，应有mgm，对滑块从B到C的过程，由动能定理得Wmg2RmvC2mvB2，代入数值得W5 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

26、径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为，sin .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)mg(2)mg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tan ，F，由牛顿第二定律得Fm，联立并代入数据解得F0mg，vC.(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2FRmvC2mvB2，代入数据解得vB小球在B点时有FNFm，解得FNmg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FNmg.