2024年高考物理一轮复习（新人教版） 第6章 第2讲　动能定理及其应用.docx

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1、第2讲动能定理及其应用目标要求1.理解动能、动能定理，会用动能定理解决一些基本问题.2.能利用动能定理求变力做的功.3.掌握解决动能定理与图像结合的问题的方法考点一动能定理的理解和基本应用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1一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()2物体在合外

2、力作用下做变速运动时，动能一定变化()3物体的动能不变，所受的合外力必定为零()4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()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，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息2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如图所示，AB为四

3、分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，不计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为()AmgR B.mgRCmgR D(1)mgR答案D解析BC段物体所受摩擦力为Ffmg，位移为R，故BC段摩擦力对物体做功WFfRmgR，对全程由动能定理可知mgRW1W0，解得W1mgRmgR，故AB段克服摩擦力做功为W克mgRmgR(1)mgR，选D.例2(2021河北卷6)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为R、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱

4、体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)()A. B.C. D2答案A解析小球下落的高度为hRRRR，小球下落过程中，根据动能定理有mghmv2，综上有v，故选A.例3一物块沿倾角为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.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()Atan ， B.tan ，Ctan ， D.tan ，答案D解析物块以初速度v上升的过程，由动能定理得

5、mgHmgcos 0mv2，解得tan .当物块的初速度为时，由动能定理得mghmgcos 0m2，解得h，故选D.例4如图所示，粗糙水平地面AB与半径R0.4 m的光滑半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上质量m1 kg的小物块在9 N的水平恒力F的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动已知xAB5 m，小物块与水平地面间的动摩擦因数为0.1，当小物块运动到B点时撤去力F，取重力加速度g10 m/s2，求：(1)小物块到达B点时速度的大小；(2)小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小答案(1)4 m/s(2)150 N解析(1)从A到B过程，

6、据动能定理可得(Fmg)xABmvB2解得小物块到达B点时速度的大小为vB4 m/s(2)从B到D过程，据动能定理可得mg2RmvD2mvB2在D点由牛顿第二定律可得FNmgm联立解得小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小为FN150 N.应用动能定理的解题流程考点二应用动能定理求变力做功例5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)()A.mv02mg(sx) B.mv02mgxCmgs D

7、mg(sx)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正确例6(多选)(2023重庆市模拟)游乐场有一种儿童滑轨，其竖直剖面示意图如图所示，AB部分是半径为R的四分之一圆弧轨道，BC为轨道水平部分，与半径OB垂直一质量为m的小孩(可视为质点)从A点由静止滑下，滑到圆弧轨道末端B点时，对轨道的正压力大小为2.5mg，重力加速度大小为g.下列说法正确的是()A小孩到达B点的速度大小为B小孩到达B点的速度大小为C小孩从A到B克服摩擦力做的功为mgR D小孩从A到B克服摩擦力做的功为mgR 答案BC解析根据牛

8、顿第三定律可知，轨道对小孩的支持力大小也等于2.5mg，根据牛顿第二定律有FNmg，可得vB，故A错误，B正确；从A到B由动能定理有mgRW克fmvB20，可得克服摩擦力做的功为W克fmgR，故C正确，D错误在一个有变力做功的过程中，当变力做功无法直接通过功的公式求解时，可用动能定理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，就可以求出变力做的功了考点三动能定理与图像问题的结合图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义例7(2021湖北卷4)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f

9、恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为()Am0.7 kg，f0.5 NBm0.7 kg，f1.0 NCm0.8 kg，f0.5 NDm0.8 kg，f1.0 N答案A解析010 m内物块上滑，由动能定理得mgsin 30sfsEkEk0，整理得EkEk0(mgsin 30f)s，结合010 m内的图像得，斜率的绝对值|k|mgsin 30f4 N，1020 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30f)(ss1)Ek，整理得Ek(mgsin 30f)s(mgsin 30f)s1，结合1020 m内的图像得，斜率k

10、mgsin 30f3 N，联立解得f0.5 N，m0.7 kg，故选A.例8(2020江苏卷4)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是()答案A例9(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，图中给出了拉力随位移变化的关系图像重力加速度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()A物体与水平面间的动摩擦因数B合力对物体所做

11、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，受力平衡，拉力F0与滑动摩擦力Ff大小相等，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WFWf0mv2，根据Fx图像中图线与x轴围成的面积可以估算力F对物体做的功WF，而Wfmgx，由此可求得合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错误解决图像问题的基本步骤(1)观察题目给出的图像，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

12、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、图线之间的交点、图线与横轴围成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课时精练1.(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是()A对物体，动能定理的表达式为Wmv22mv12，其中W为支持力做的功B对物体，动能定理的表达式为W合0，其中W合为合力做的功C对物体，动能定理的表达式为WmgHmv22mv12，其中W为支持力做的功D对电梯

13、，其所受的合力做功为Mv22Mv12答案CD解析电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功(即合力做的功)才等于物体动能的增量，即W合WmgHmv22mv12，其中W为支持力做的功，A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，即Mv22Mv12，D正确2.如图所示，一半圆弧形细杆ABC竖直固定在水平地面上，AC为其水平直径，圆弧半径BO3.6 m质量为m4.0 kg的小圆环(可视为质点，小环直径略大于杆的)套在细杆上，在大小为50 N、方向始终沿圆的切线方向的拉力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时对细杆的

14、压力恰好为0.已知取3.14，重力加速度g取10 m/s2，在这一过程中摩擦力做功为()A66.6 J B66.6 JC210.6 J D210.6 J答案B解析小圆环到达B点时对细杆的压力恰好为0，则mgm，拉力F沿圆的切线方向，圆环由A到B的过程根据动能定理有FmgrWfmv2，代入数据得摩擦力做功为Wf66.6 J，故选B.3(2023湖南怀化市模拟)如图所示，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

15、为零，不计B、C处能量损失)()A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，由动能定理可得mgxAOmgxDBmgcos xAB0mv02，为斜面倾角，由几何关系有xABcos xOB，因而上式可以简化为mgxAOmgxOD0mv02，从上式可以看出，物体的初速度与路径无关故选A.4.(多选)(2023云南昆明市第一中学、宁夏银川一中模拟)如图，若小滑块以某一初速度v0从斜面底端沿光滑斜面上滑，恰能运动到斜面顶端现仅将光滑斜面改为粗糙斜面，仍让滑块以初速度v0从斜面底端上滑时，滑块恰能运动到距离斜面底端长度的处则()A滑块滑上斜面后能再次滑回斜面底端B

16、滑块滑上斜面后不能再次滑回斜面底端C滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为mv02D滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为mv02答案AD解析设斜面长度为L，斜面倾角为，由题意可知mv02mgLsin ，mv02mgxsin mgxcos ，其中的xL，解得tan ，因mgsin mgcos ，则当滑块滑上斜面到达最高点后能再次滑回斜面底端，选项A正确，B错误；整个过程产生的热量为Q2mgxcos mgLsin mv02，选项C错误，D正确5.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图像如图所示已知两物体所受的滑动摩擦力大小相等

17、，则下列说法正确的是()AF1、F2大小之比为12BF1对A、F2对B做功之比为12CA、B质量之比为21D全过程中A、B克服摩擦力做功之比为21答案C解析由vt图像可知，两个匀减速运动的加速度大小之比为12，由题可知A、B所受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是21，故C正确由vt图像可知，A、B两物体运动的位移相等，且匀加速运动位移之比为12，匀减速运动的位移之比为21，由动能定理可得F1与摩擦力的关系：F1xFf13x00，F2与摩擦力的关系：F22xFf23x00，因此可得：F13Ff1，F2Ff2，Ff1Ff2，所以F12F2.全过程中A、B克服摩擦力做的功相等，F1对A、F2对B

18、做的功大小相等，故A、B、D错误6.电梯是一种以电动机为动力的垂直升降机，用于多层建筑载人或载运货物某次电梯从地面由静止启动，加速度a与离地高度h的关系图像如图所示，则()A2h03h0范围内电梯向上做匀减速直线运动B电梯在0h0和2h03h0范围内的速度变化量相等C电梯在3h0处的速度大小为2D电梯上升的最大高度可能为3h0答案C解析由题图可知从0到2h0，电梯先做加速度增大的加速运动再做匀加速运动，从2h0到3h0做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，电梯向上的速度不为零，仍会向上运动，则电梯上升的最大高度一定大于3h0，故A、D错误；根据动能定理可得mv2FhmahmS面积，则v，则电

19、梯在h0处的速度大小为，在2h0处的速度大小为，在3h0处的速度大小为2，所以电梯在0h0和2h03h0范围内的速度变化量不相等，故B错误，C正确7(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的变化如图所示重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为()A2 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)hEkAE

20、kB整理以上两式并代入数据得物体的质量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Ek(mgF)hEk0下落过程：(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8.(多选)如图所示为一滑草场某条滑道由上下两段高均为h、与水平面夹角分别为45和37的滑道组成，载人滑草车与草地各处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，co

21、s 370.8)则()A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；滑草车在滑道上段加速，在滑道下段减速，故滑草车通过上段滑道末端时速度最大，根据动能定理有mghmgcos 45mvm2，解得：vm ，选项B正确；全过程有WGW克f0，则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，故加速度大小为g，选项D错误9.如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半

22、圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平一质量为m的小球(可看成质点)从P点上方高为R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力大小为4mg，g为重力加速度用W表示小球从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则()AWmgR，小球恰好可以到达Q点BWmgR，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，由牛顿第三定律知FNFN4mg，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

23、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10(2023云南昆明市第一中学模拟)如图甲所示，两个不同材料制成的滑块A、B静置于水平桌面上，滑块A的右端与滑块B的左端接触某时刻开始，给滑块A一个水平向右的力F，使滑块A、B开始滑动，当滑块A、B滑动1.0 m时撤去力F.整个运动过程中，滑块A、B的动能Ek随位移x的变化规律如图乙所示不计空气阻力，求：(1

24、)滑块A对B做的功；(2)力F的大小答案(1)12 J(2)39 N解析(1)B在撤去F后继续滑行xB1.0 m，撤去F时B的动能EkB6 J，由动能定理有FfBxB0EkB在撤去F前，对B由动能定律得WABFfBxEkB联立并代入数据解得WAB12 J(2)撤去力F后，滑块A继续滑行的距离为xA0.5 m，撤去F时A的动能EkA9 J，由动能定理有FfAxA0EkA力F作用的过程中，分析滑块A、B整体，由动能定理有(FFfAFfB)xEkAEkB代入数据解得F39 N.11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

25、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.