【创新设计】2022届高考物理一轮 （考纲自主研读+命题探究+高考全程解密） 第2讲动能 动能定理（含解析） 新人教版

第2讲　动能　动能定理动能　Ⅱ(考纲要求)【思维驱动】(多选)关于动能，下列说法中正确的是(　　)．A．动能是普遍存在的机械能中的一种基本形式，凡是运动的物体都有动能B．公式Ek＝mv2中，速度v是物体相对于地面的速度，且动能总是正值C．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D．动能不变的物体，一定处于平衡状态解析　答案　AC【知识存盘】　动能(1)定义：物体由于运动而具有的能叫动能．(2)公式：Ek＝mv2．(3)单位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2.(4)矢标性：动能是标量，只有正值．(5)状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度．动能定理　Ⅱ(考纲要求)【思维驱动】(单选)两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比m1∶m2＝1∶2，速度之比v1∶v214\n＝2∶1.当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为l1，乙车滑行的最大距离为l2，设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则(　　)．A．l1∶l2＝1∶2　B．l1∶l2＝1∶1C．l1∶l2＝2∶1　D．l1∶l2＝4∶1解析　由动能定理，对两车分别列式－F1l1＝0－m1v，－F2l2＝0－m2v，F1＝μm1g，F2＝μm2g.由以上四式联立得l1∶l2＝4∶1，故选项D是正确的．答案　D【知识存盘】1．内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．2．表达式：W＝mv－mv．3．物理意义：合外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，也可以不同时作用．14\n考点一　动能定理的简单应用【典例1】(多选)如图4－2－1所示，图4－2－1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由静止开始竖直向上加速运动，当上升高度为H时，电梯的速度达到v，则在这个过程中，以下说法中正确的是(　　)．A．电梯地板对物体的支持力所做的功等于B．电梯地板对物体的支持力所做的功大于C．钢索的拉力所做的功等于＋MgHD．钢索的拉力所做的功大于＋MgH解析　以物体为研究对象，由动能定理WN－mgH＝mv2，即WN＝mgH＋mv2，选项B正确、选项A错误．以系统为研究对象，由动能定理得：WT－(m＋M)gH＝(M＋m)v2，即WT＝(M＋m)v2＋(M＋m)gH>＋MgH，选项D正确、选项C错误．答案　BD【变式跟踪1】(多选)(2022·启东模拟)图4－2－214\n人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图4－2－2所示，则在此过程中(　　)．A．物体所受的合外力做功为mgh＋mv2　B．物体所受的合外力做功为mv2C．人对物体做的功为mghD．人对物体做的功大于mgh解析　物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理：W合＝WF－Wf－mgh＝mv2，其中Wf为物体克服摩擦力做的功．人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功，所以W人＝WF＝Wf＋mgh＋mv2，A、C错误，B、D正确．答案　BD,借题发挥1．动能定理公式中“＝”的意义(1)数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合力的功，进而求得某一力的功．(2)单位相同：国际单位都是焦耳．(3)因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因．2．对动能定理的理解(1)动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力．(2)利用动能定理可以讨论合力做功或某一个力做功的情况．考点二　动能定理在多过程中的应用【典例2】如图4－2－3所示，图4－2－3竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一高度，∠OAB＝37°，圆弧面的半径R＝3.6m，一滑块质量m＝5kg，与AB斜面间的动摩擦因数μ＝0.45，将滑块由A点静止释放．求在以后的运动中：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(1)滑块在AB段上运动的总路程；(2)在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值．14\n规范解答　(1)由于滑块在AB段受摩擦力作用，则滑块做往复运动的高度将越来越低，最终以B点为最高点在光滑的圆弧面往复运动．设滑块在AB段上运动的总路程为x.滑块在AB段上受摩擦力，Ff＝μFN＝μmgcosθ①从A点出发到最终以B点为最高点做往复运动，根据动能定理有：mgRcosθ－Ffx＝0②联立①②式解得x＝＝8m.(2)滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，分析受力知此时滑块受轨道支持力最大，设为Fmax，从A到C，根据动能定理有mgR－FflAB＝mv③斜面AB的长度lAB＝Rcotθ④根据受力分析以及向心力公式知Fmax－mg＝⑤代入数据可得Fmax＝102N.当滑块以B为最高点做往复运动的过程中过C点时速度最小，设为v2，此时滑块受轨道支持力也最小，设为Fmin从B到C，根据动能定理有：mgR(1－cosθ)＝mv⑥根据受力分析及向心力公式有：Fmin－mg＝⑦代入数据可得：Fmin＝70N.根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102N，最小值为70N.答案　(1)8m　(2)102N　70N【变式跟踪2】如图4－2－4所示，粗糙水平地面AB与半径R＝0.4m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m＝2kg的小物块在9N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．图4－2－4已知AB＝5m，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2.当小物块运动到B点时撤去力F.取重力加速度g＝10m/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；14\n(3)小物块离开D点落到水平地面上的点与B点之间的距离．解析　(1)从A到B，根据动能定理有(F－μmg)xAB＝mv得vB＝＝5m/s(2)从B到D，根据动能定理有－mg·2R＝mv－mv得vD＝＝3m/s在D点，根据牛顿运动定律有FN＋mg＝得FN＝m－mg＝25N(3)由D点到落点小物块做平抛运动，在竖直方向上有2R＝gt2得t＝＝s＝0.4s水平地面上落点与B点之间的距离为x＝vDt＝3×0.4m＝1.2m.答案　(1)5m/s　(2)25N　(3)1.2m,借题发挥1．应用动能定理的技巧(1)动能定理虽然是在恒力作用、直线运动中推导出来的，但也适用于变力作用、曲线运动的情况．(2)动能定理是标量式，不涉及方向问题．在不涉及加速度和时间的问题时，可优先考虑动能定理．(3)对于求解多个过程的问题可全过程考虑，从而避开考虑每个运动过程的具体细节，具有过程简明、运算量小等优点．2．应用动能定理的解题步骤考点三　用动能定理求变力的功【典例3】如图4－2－5甲所示，一质量为m＝1kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，14\n从t＝0时刻开始物块受到如图乙所示规律变化的水平力F的作用并向右运动，第3s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，(g＝10m/s2)求：图4－2－5(1)A与B间的距离．(2)水平力F在前5s内对物块做的功．解析　(1)A、B间的距离与物块在后2s内的位移大小相等，在后2s内物块在水平恒力作用下由B点匀加速运动到A点，由牛顿第二定律知F－μmg＝ma，代入数值得a＝2m/s2，所以A与B间的距离为s＝at2＝4m.(2)前3s内物块所受力F是变力，设整个过程中力F做的功为W，物体回到A点时速度为v，则v2＝2as，由动能定理知W－2μmgs＝mv2，所以W＝2μmgs＋mas＝24J.答案　(1)4m　(2)24J【变式跟踪3】(单选)如图4－2－6所示，图4－2－6质量为m的物块与转台之间的最大静摩擦力为物块重力的k倍，物块与转轴OO′相距R，物块随转台由静止开始转动，转速缓慢增大，当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到滑动前的这一过程中，转台的摩擦力对物块做的功最接近(　　)．A．0　　　B．2πkmgR　　　C．2kmgR　　　D.kmgR解析　在转速增加的过程中，转台对物块的摩擦力是不断变化的，当转速增加到一定值时，14\n物块在转台上即将滑动，说明此时静摩擦力Ff达到最大，其指向圆心的分量F1提供向心力，即F1＝m①由于转台缓慢加速，使物块加速的分力F2很小，因此可近似认为F1＝Ff＝kmg②在这一过程中对物块由动能定理，有Wf＝mv2③由①②③知，转台对物块所做的功W1＝kmgR.答案　D,借题发挥应用动能定理求变力做功时应注意的问题1．所求的变力的功不一定为总功，故所求的变力的功不一定等于ΔEk.2．合外力对物体所做的功对应物体动能的变化，而不是对应物体的动能．3．若有多个力做功时，必须明确各力做功的正负，待求的变力的功若为负功，可以设克服该力做功为W，则表达式中应用－W；也可以设变力的功为W，则字母W本身含有负号．命题热点3　动能定理的应用命题专家评述考情分析：近三年我省高考试题对牛顿第二定律与动能定理的综合应用的考查是高频考点，3年3考．高考题型：即有选择题也有计算题．命题趋势：2022年高考将既有对动能定理单独考查，也可能有与曲线运动、电磁学等内容相结合的综合考查，对单独考查的题目多为选择题，动能定理与其他知识的综合，与生产、生活实际和现代科技相结合进行命题多为计算题，难度较大．阅卷教师叮咛易失分点14\n(1)动能定理中的功是合力做的功，易误将某个力的功当作合力的功或者将研究对象对外做的功也算入总功之中；(2)不明确各力做正、负功的情况．(3)易错误地将动能定理当成矢量式，列分方向的动能定理；(4)利用动能定理解决多过程问题时，常常使合力做功对应的过程和初末动能对应的过程不统一造成错误．应对策略运用动能定理规范答题模板解：设……为……对……过程由动能定理得：……(具体问题的原始方程)联立以上各式(或联立①②式)得：……(由已知量符号表示)＝……＝“结果”(代入数据得结果，并注意待求量的数值及单位，需要时加以讨论)高考佐证(2022·江苏卷，14)图4－2－7某缓冲装置的理想模型如图4－2－7所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f.轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作．一质量为m的小车若以速度v0撞击弹簧，将导致轻杆向右移动.轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦．(1)若弹簧的劲度系数为k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x；(2)求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度vm；(3)讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度v′和撞击速度v的关系．规范解答　(1)轻杆开始移动时，弹簧的弹力F＝kx①14\n且F＝f②解得x＝③(2)设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W，则小车从撞击到停止的过程中由动能定理得：－f·－W＝0－mv④同理，小车以vm撞击弹簧时，－fl－W＝0－mv⑤解得vm＝⑥(3)设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为v1，则有mv＝W⑦由④⑦解得v1＝，当v<时，v′＝v当≤v≤时，v′＝.答案　(1)　(2)(3)当v<时，v′＝v　当≤v≤时，v′＝【预测】运动员驾驶摩图4－2－8托车所做的腾跃特技表演是一种刺激性很强的运动项目．如图4－2－8所示，AB是水平路面，BC是半径为20m的圆弧，CDE是一段曲面．运动员驾驶功率始终为9kW的摩托车，先在AB段加速，经过4.3s到B点时达到最大速度20m/s，再经3s的时间通过坡面到达E点时关闭发动机水平飞出．已知人的质量为60kg、摩托车的质量为120kg，坡顶高度h＝5m，落地点与E点的水平距离x＝16m，重力加速度g＝10m/s2.设摩托车在AB段所受的阻力恒定，运动员及摩托车可看做质点．求：(1)AB段的位移大小．(2)摩托车过B点时对运动员支持力的大小．14\n(3)摩托车在冲上坡顶的过程中克服阻力做的功．解析　(1)由功率公式得P＝Fvm，到B点达到最大速度时有F－f＝0，由动能定理得Pt1－fxAB＝(m＋M)v，解得xAB＝6m.(2)在B点由牛顿第二定律得FN－mg＝m，得FN＝1800N.(3)竖直方向可得t＝＝1s，则在E点的速度v0＝＝16m/s从B到E过程由动能定理得Pt2－Wf－(m＋M)gh＝(m＋M)v－(m＋M)v，解得Wf＝30960J.答案　(1)6m　(2)1800N　(3)30960J1．(单选)全国中学生足球赛在足球广场揭幕．比赛时，一学生用100N的力将质量为0.5kg的足球以8m/s的初速度沿水平方向踢出20m远，则该学生对足球做的功至少为(　　)．A．200JB．16JC．1000JD．2000J解析　忽略阻力，由动能定理得，学生对足球所做的功等于足球动能的增加量，即W＝mv2－0＝16J，故B正确．答案　B2．(多选)物体在合外力作用下做直线运动的v－t图象如图4－2－9所示．图4－2－9下列表述正确的是(　　)．A．在0～1s内，合外力做正功B．在0～2s内，合外力做正功C．在1～2s内，合外力不做功14\nD．在0～3s内，合外力做正功解析　由动能定理可知，合外力做的功等于动能的增量，0～1s内，速度增加，合外力做正功，A正确.1～2s内动能减小，合外力做负功，0～3s内，动能增量为零，合外力不做功，而0～2s内，动能增大，合外力做正功，故B、C、D均错．答案　AB3．(单选)(2022·安徽卷，16)图4－2－10如图4－2－10所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中(　　)．A．重力做功2mgRB．机械能减少mgRC．合外力做功mgRD．克服摩擦力做功mgR解析　小球到达B点时，恰好对轨道没有压力，只受重力作用，根据mg＝得，小球在B点的速度v＝.小球从P到B的过程中，重力做功W＝mgR，故选项A错误；减少的机械能ΔE减＝mgR－mv2＝mgR，故选项B错误；合外力做功W合＝mv2＝mgR，故选项C错误；根据动能定理得，mgR－Wf＝mv2－0，所以Wf＝mgR－mv2＝mgR，故选项D正确．答案　D4．(2022·北京卷，22)如图4－2－11所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l＝1.4m，v＝3.0m/s，m＝0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，桌面高h＝0.45m，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.求：14\n图4－2－11(1)小物块落地点到飞出点的水平距离s；(2)小物块落地时的动能Ek；(3)小物块的初速度大小v0.解析　(1)由平抛运动规律，有：竖直方向h＝gt2，水平方向s＝vt，得水平距离s＝v＝0.90m.(2)由机械能守恒定律，动能Ek＝mv2＋mgh＝0.90J.(3)由动能定理，有－μmgl＝mv2－mv，得初速度大小v0＝＝4.0m/s.答案　(1)0.90m　(2)0.90J　(3)4.0m/s5．如图4－2－12所示，光滑半圆形轨道的半径为R，水平面粗糙，弹簧自由端D与轨道最低点C之间的距离为4R，一质量为m可视为质点的小物块自圆轨道中点B由静止释放，压缩弹簧后被弹回到D点恰好静止．已知小物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度为g，弹簧始终处在弹性限度内．图4－2－12(1)求弹簧的最大压缩量和最大弹性势能．(2)现把D点右侧水平面打磨光滑，且已知弹簧压缩时弹性势能与压缩量的二次方成正比．现使小物块压缩弹簧，释放后能通过半圆形轨道最高点A，求压缩量至少是多少？解析　(1)设弹簧的最大压缩量为x，最大弹性势能为Ep，对小物块，从B到D再压缩弹簧又被弹回到D的过程由动能定理有mgR－μmg(4R＋2x)＝014\n解得x＝0.5R小物块从压缩弹簧最短到返回至D，由动能定理有Ep－μmgx＝0解得Ep＝0.1mgR.(2)设压缩量至少为x′，对应的弹性势能为Ep′，则＝小物块恰能通过半圆形轨道最高点A，则mg＝m小物块从压缩弹簧到运动至半圆形轨道最高点A，由动能定理有Ep′－μmg·4R－2mgR＝mv联立解得x′＝R.答案　(1)0.5R　0.1mgR　(2)14