高考物理一轮复习专题5.2动能和动能定理精讲.docx

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1、专题5.2 动能和动能定理1.掌握动能和动能定理；2.能运用动能定理解答实际问题。知识点一 动能(1)定义：物体由于运动而具有的能。(2)公式：Ekmv2，v为瞬时速度，动能是状态量。(3)单位：焦耳，1 J1 Nm1 kgm2/s2。(4)标矢性：动能是标量，只有正值。(5)动能的变化量：EkEk2Ek1mvmv。知识点二 动能定理(1)内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化。(2)表达式：WEkmvmv。(3)物理意义：合外力对物体做的功是物体动能变化的量度。(4)适用条件既适用于直线运动，也适用于曲线运动。既适用于恒力做功，也适用于变力做功。力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也

2、可以不同时作用。考点一 动能定理的理解及应用【典例1】(2018全国卷18)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A2mgRB4mgRC5mgRD6mgR【答案】C【解析】小球从a运动到c，根据动能定理，得F3RmgRmv，又Fmg，故v12，小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g，故小球从c点

3、到最高点所用的时间t2，水平位移xgt22R，根据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量为力F做的功，即EF(2RRx)5mgR。【方法技巧】应用动能定理解题的基本思路(1)选取研究对象，明确它的运动过程(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况(3)明确物体在过程始末状态的动能Ek1和Ek2.(4)列出动能定理的方程W合Ek2Ek1及其他必要的解题方程进行求解【变式】(2018江苏卷7)(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点在从A到B的过程中，物块()A加速度先减小后增大 B

4、经过O点时的速度最大C所受弹簧弹力始终做正功 D所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功【答案】AD【解析】A对，B错：由A点开始运动时，F弹Ff，合力向右，小物块向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由F弹Ffma知，a减小；当运动到F弹Ff时，a减小为零，此时弹簧仍处于压缩状态，由于惯性，小物块继续向右运动，此时F弹Ff，小物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，F弹与Ff差值增大，即加速度增大；当越过O点后，弹簧被拉伸，此时弹力方向与摩擦力方向相同，有FFfma，随着拉伸量增大，a也增大故从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在压缩状态F弹Ff时速度达到最大C错：在AO段物块运动方向

5、与弹力方向相同，弹力做正功，在OB段运动方向与弹力方向相反，弹力做负功D对：由动能定理知，A到B的过程中，弹力做功和摩擦力做功之和为0。考点二动能定理在多过程综合问题中的应用【典例2】(2018高考全国卷 )如图，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，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(1)水平恒力

6、的大小和小球到达C点时速度的大小；(2)小球到达A点时动量的大小；(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间【解析】(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F.由力的合成法则有tan F2(mg)2F设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得Fm由式和题给数据得F0mgv.(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CDPA，交PA于D点，由几何关系得DARsin CDR(1cos )由动能定理有mgCDF0DAmv2mv由式和题给数据得，小球在A点的动量大小为pmv1.(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g.设小球在竖直方向的初速度为v，

7、从C点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有vtgt2CDvvsin 由式和题给数据得t .【举一反三】(2019四川省泸州市一中模拟)如图所示，从高台边A点以某速度水平飞出的小物块(可看作质点)，恰能从固定在某位置的光滑圆弧轨道CDM的左端C点沿圆弧切线方向进入轨道圆弧轨道CDM的半径R0.5 m，O为圆弧的圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度，OC与水平面夹角为37，斜面MN与圆弧轨道CDM相切于M点，MN与水平面夹角为53，斜面MN足够长，已知小物块的质量m3 kg，第一次到达D点时对轨道的压力大小为78 N，与斜面MN之间的动摩擦因数，小球第一次通过C点后立刻装一与C点相切且

8、与斜面MN关于OD对称的固定光滑斜面，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，不考虑小物块运动过程中的转动，求： (1)小物块平拋运动到C点时的速度大小；(2)A点到C点的竖直距离；(3)小物块在斜面MN上滑行的总路程【解析】(1)在D点，支持力和重力的合力提供向心力，则有FDmgm，解得v8(m/s)2，从C点到D点，由动能定理有mgR(1sin 37)mvmv，解得vC2 m/s.(2)平拋运动到C点的竖直分速度vCyvCcos 37，A点到C点的竖直距离y，解得y0.128 m.(3)最后物体在CM之间来回滑动，且到达M点时速度为零，对从D点到M点过程运用动

9、能定理得mgR(1sin 37)mgs总cos 53mv，代入数据并解得s总1 m.【答案】(1)2 m/s(2)0.128 m(3)1 m【方法技巧】利用动能定理求解多过程问题的基本思路(1)弄清物体的运动由哪些过程组成(2)分析每个过程中物体的受力情况(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响(4)从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程【变式】(2017上海卷19)如图所示，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

10、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：(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.【解析】(1)对C点，滑块竖直方向所受合力提供向心力mgvC2 m/s(2)对BC过程，由动能定理得mgR(1cos 37)mvmvvB4.29 m/s(3)滑块在AB的过程，由动能定理得mghmgcos 37mv0代入数据解得h1.38 m【答案】(1)2 m/s(2)4.29 m/s(3)1.38 m考点三动能定理与图象结合【典例3】(2019高考全国卷)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运

11、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的变化如图所示重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为()A2 kgB1.5 kgC1 kg D0.5 kg【答案】C【解析】设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得(mgF)3 m(3672) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mgF)3 m(4824) J，联立解得m1 kg、F2 N，选项C正确，A、B、D均错误。【举一反三】(20

12、19陕西省宝鸡市一中模拟)A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的vt图象如图所示已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等则下列说法正确的是()AF1、F2大小之比为12 BF1、F2对A、B做功之比为12CA、B质量之比为21 D全过程中A、B克服摩擦力做功之比为21【答案】C【解析】由速度与时间图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为12，由牛顿第二定律可知：A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是21，由速度与时间图象可知，A、B两物体加速与减速的位移相等，且匀加速运动的位移之比为12，匀减速运动的位移之比为21，由动能定

13、理可得：A物体的拉力与摩擦力的关系，F1xf13x00；B物体的拉力与摩擦力的关系，F22xf23x00，因此可得：F13f1，F2f2，f1f2，所以F12F2.全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功大小相等，故A、B、D错误，C正确【方法技巧】1四类图象所围“面积”的意义2解决物理图象问题的基本步骤【变式3】(2019北京海淀区模拟)(多选)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随

14、小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g.以下判断正确的是()A当xh2x0时，小球的动能最小B最低点的坐标xh2x0C当xh2x0时，小球的加速度为g，且弹力为2mgD小球动能的最大值为mgh【答案】CD【解析】由图乙可知mgkx0，解得x0，由Fx图线与横轴所围图形的面积表示弹力所做的功，则有W弹k(xh)2，由动能定理得mgxk(xh)20，即mgx(xh)20，解得xhx0(1)，故最低点坐标不是h2x0，且此处动能不是最小，故A、B错误；由图可知，mgkx0，由对称性可知当xh2x0时，小球加速度为g，且弹力为2mg，故C正确；小球在xhx0处时，动能有最大值，根据动能定理有mg(hx0)W弹Ekm0，依题可得W弹mgx0，所以Ekmmghmgx0，故D正确。