（江蘇專版）2022年高考物理一輪復習 第五章 第2節(jié) 動能定理及其應用講義（含解析）

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1、（江蘇專版）2022年高考物理一輪復習 第五章 第2節(jié) 動能定理及其應用講義（含解析） (1)一定質量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化。(√) (2)動能不變的物體一定處于平衡狀態(tài)。(×) (3)如果物體所受的合外力為零，那么合外力對物體做功一定為零。(√) (4)物體在合外力作用下做變速運動時，動能一定變化。(×) (5)物體的動能不變，所受的合外力必定為零。(×) (6)做自由落體運動的物體，動能與時間的二次方成正比。(√) 突破點(一)　對動能定理的理解 1．對“外力”的兩點理解 (1)“外力”可以是重力、彈力、摩擦力

2、、電場力、磁場力等，它們可以同時作用，也可以不同時作用。 (2)“外力”既可以是恒力，也可以是變力。 2．公式中“＝”體現的三個關系 數量關系 合力做的功與物體動能的變化相等 單位關系 國際單位都是焦耳 因果關系 合力做功是物體動能變化的原因 [題點全練] 1．關于運動物體所受的合外力、合外力做的功及動能變化的關系，下列說法正確的是(　　) A．合外力為零，則合外力做功一定為零 B．合外力做功為零，則合外力一定為零 C．合外力做功越多，則動能一定越大 D．動能不變，則物體合外力一定為零 解析：選A　由W＝Flcos α可知，物體所受合外力為零，合外力做功一

3、定為零，但合外力做功為零，可能是α＝90°，故A正確，B錯誤；由動能定理W＝ΔEk可知，合外力做功越多，動能變化量越大，但動能不一定越大。動能不變，合外力做功為零，但物體合外力不一定為零，C、D均錯誤。 2.(2018·江陰四校期中)質量為M、長度為L的長木板靜止在光滑的水平面上，質量為m的小滑塊停放在長木板的最右端，滑塊和木板之間的動摩擦因數為μ?，F用一個大小為F的恒力作用在M上，當小滑塊滑到木板的最左端時，滑塊和木板的速度大小分別為v1、v2，滑塊和木板相對于地面的位移大小分別為s1、s2。下列關系式錯誤的是(　　) A．μmgs1＝mv12 B．Fs2－μmgs2＝Mv22 C．

4、μmgL＝mv12 D．Fs2－μmgs2＋μmgs1＝Mv22＋mv12 解析：選C　對滑塊，滑塊受到重力、支持力和摩擦力，根據動能定理，有 μmgs1＝mv12，故A正確；對木板，由動能定理得：Fs2－μmgs2＝Mv22，故B正確；由以上兩式相加可得：Fs2－μmgs2＋μmgs1＝Mv22＋mv12，又s2－s1＝L，則得：Fs2－μmgL＝Mv22＋mv12，故C錯誤，D正確。 3．(2019·連云港一模)如圖所示，放在光滑水平面上的勁度系數為k的彈簧一端固定，一質量為m，速度為v0的滑塊將其壓縮，經t時間后壓縮量為x，此時速度為v；再經過極短的時間Δt，滑塊運動的位移為Δx，

5、速度的變化量為Δv，滑塊動能的變化量為 ΔE。下列關系式中不正確的是(　　) A．v＝ B．Δv＝ C．kxvt＝m(v02－v2) D．kxvΔt＝－ΔE 解析：選C　因為經過極短時間，可認為Δt→0，故v＝，A正確。根據動量定理，有FΔt＝mΔv；根據胡克定律，有F＝kx，聯(lián)立解得Δv＝kx，B正確。根據動能定理，對壓縮的整個過程，有Fx＝m(v02－v2)，根據胡克定律，有F＝kx，聯(lián)立解得kx2＝m(v02－v2)，由于滑塊做變加速直線運動，所以x≠vt，C錯誤。根據動能定理，對壓縮Δx過程，有－F·vΔt＝m(v－Δv)2－mv2＝ΔE，根據胡克定律，有F＝kx；聯(lián)立

6、解得kxvΔt＝－ΔE，D正確。 突破點(二)　動能定理的應用 1．應用動能定理的流程 2．應用動能定理的注意事項 (1)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系。 (2)應用動能定理的關鍵在于對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出運動過程的草圖，借助草圖理解物理過程之間的關系。 (3)當物體的運動包含多個不同過程時，可分段應用動能定理求解；當所求解的問題不涉及中間的速度時，也可以全過程應用動能定理求解，這樣更簡便。 (4)列動能定理方程時，必須明確各力做功的正、負，確實難以判斷的先假定為正功，最后根據結果加以檢

7、驗。 [典例]　(2017·江蘇高考)如圖所示，兩個半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R。C的質量為m，A、B的質量都為，與地面間的動摩擦因數均為μ?，F用水平向右的力拉A，使A緩慢移動，直至C恰好降到地面。整個過程中B保持靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求： (1)未拉A時，C受到B作用力的大小F； (2)動摩擦因數的最小值μmin； (3)A移動的整個過程中，拉力做的功W。 [思路點撥] (1)根據共點力的平衡條件求解C受到B作用力的大小F。 (2)先根據共點力平衡條件求解B受到C水平方向最大壓力，再求出B對地面的壓力，根據

8、摩擦力的計算公式求解。 (3)根據動能定理求解A移動的整個過程中，拉力做的功W。 [解析]　(1)對C受力分析，如圖所示，根據平衡條件有 2Fcos 30°＝mg 解得F＝mg。 (2)C恰好降到地面時，B受C壓力的水平分力最大Fxmax＝mg B受地面的摩擦力f＝μmg 根據題意，B保持靜止， 則有fmin＝Fxmax，解得μmin＝。 (3)C下降的高度h＝(－1)R A的位移x＝2(－1)R 摩擦力做功的大小Wf＝fx＝2(－1)μmgR 根據動能定理W－Wf＋mgh＝0－0 解得W＝(2μ－1)(－1)mgR。 [答案]　(1)mg　(2)　(3)(2μ

9、－1)(－1)mgR [方法規(guī)律] (1)運用動能定理解決問題時，選擇合適的研究過程能使問題得以簡化。當物體的運動過程包含幾個運動性質不同的子過程時，可以選擇一個、幾個或全部子過程作為研究過程。 (2)當選擇全部子過程作為研究過程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的功能特點：①重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關；②大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積。 [集訓沖關] 1.[多選](2018·無錫期末)如圖所示是某中學科技小組制作的利用太陽能驅動小車的裝置。當太陽光照射到小車上方的光電板時，光電板中產生的電流經電動機帶動小車前進。若小

10、車在平直的公路上以初速度v0開始加速行駛，經過時間t達到最大速度vm，設此過程中電動機功率恒為額定功率P。根據以上條件可求出的物理量是(　　) A．小車受到的阻力　　　　 　B．小車前進的距離 C．電動機所做的功 D．小車克服摩擦力做的功 解析：選AC　當小車在平直的公路達到最大速度vm時，電動機功率為額定功率P，則小車受到的阻力f＝F＝；此過程中電動機功率恒為額定功率P，運動時間為t，則電動機所做的功W＝Pt；對加速過程使用動能定理可得：Pt＋(－fx)＝mvm2－mv02，由于小車的質量未知，求不出小車前進的距離，也就求不出小車克服摩擦力做的功。 2．單板滑雪U型池如圖所示，由

11、兩個完全相同的1/4圓弧滑道AB、CD和水平滑道BC構成，圓弧滑道的半徑R＝4 m，B、C分別為圓弧滑道的最低點，B、C間的距離s＝7.5 m，假設某次比賽中運動員經過水平滑道B點時水平向右的速度v0＝16 m/s，運動員從B點運動到C點所用的時間t＝0.5 s，從D點躍起時的速度vD＝8 m/s。設運動員連同滑板的質量m＝50 kg，忽略空氣阻力的影響，已知圓弧上A、D兩點 的切線沿豎直方向，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)運動員在B點對圓弧軌道的壓力。 (2)運動員從D點躍起后在空中完成運動的時間。 (3)運動員從C點到D點運動的過程中克服摩擦阻力所做的功。 解析：

12、(1)由N－mg＝知N＝3 700 N 由牛頓第三定律知，壓力為3 700 N。 (2)運動員從D點躍起后在空中做豎直上拋運動，設運動員上升的時間為t1，vD＝gt1 運動員在空中完成動作的時間t′＝2t1＝＝1.6 s。 (3)運動員從B點到C點，做勻變速直線運動，運動過程的平均速度BC＝＝ 解得運動員到達C點時的速度vC＝－vB＝14 m/s 運動員從C點到D點的過程中，克服摩擦力和重力做功，根據動能定理－Wf－mgR＝mvD2－mvC2 Wf＝mvC2－mvD2－mgR 代入數值解得Wf＝1 300 J。 答案：(1)3 700 N　(2)1.6 s　(3)Wf＝1 3

13、00 J 突破點(三)　動能定理的圖像問題 1．解決物理圖像問題的基本步驟 2．四類圖像所圍面積的含義 v-t圖 由公式x＝vt可知，v-t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移 a-t圖 由公式Δv＝at可知，a-t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體速度的變化量 F-x圖 由公式W＝Fx可知，F-x圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功 P-t圖 由公式W＝Pt可知，P-t圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功 [典例]　某同學近日做了這樣一個實驗，將一個小鐵塊(可看成質點)以一定的初速度，沿傾角可在0～90°之間任意調整的木板向上滑動，設小鐵塊沿木板向上能達到的最大位

14、移為s。若木板傾角不同時對應的最大位移s與木板傾角α的關系如圖所示。g取10 m/s2。求： (1)小鐵塊初速度v0的大小以及小鐵塊與木板間的動摩擦因數μ是多少？ (2)當α＝60°時，小鐵塊達到最高點后，又回到出發(fā)點，小鐵塊的速度將變?yōu)槎啻螅?結果可以帶根號) [思路點撥] (1)由題圖，根據α＝90°時小鐵塊豎直上拋能達到的最大位移，由動力學公式求初速度； (2)根據動能定理，求出小鐵塊沿斜面上升的最大位移s與斜面傾角θ的關系表達式，根據α＝30°時的數據求出動摩擦因數； (3)先求出α＝60°時小鐵塊上升的高度，然后由動能定理求出小鐵塊返回時的速度。 [解析]　(1)由

15、題圖可得，當α＝90°時，最大位移sm＝1.25 m，根據v02＝2gsm，代入數據得v0＝5 m/s，即小鐵塊的初速度為5 m/s。 小鐵塊沿斜面上滑過程，根據動能定理得： －mgsin α·s－μmgcos α·s＝0－mv02 得s＝ 由題圖可得，α＝30°時，s1＝1.25 m，代入數據得：μ＝。 (2)由小鐵塊沿斜面上升的最大位移s與斜面傾角α的關系為：s＝ 把α＝60°代入，解得：s2＝ m 小鐵塊達到最高點后，又回到出發(fā)點， 整個過程由動能定理得： －μmgcos α·2s2＝mvt2－mv02 解得：vt＝ m/s。 [答案]　(1)5 m/s　　(2)

16、m/s [集訓沖關] 1．(2017·江蘇高考)一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處。物塊初動能為Ek0，與斜面間的動摩擦因數不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x關系的圖線是(　　) 解析：選C　設物塊與斜面間的動摩擦因數為μ，物塊的質量為m，則物塊在上滑過程中根據動能定理有－(mgsin θ＋μmgcos θ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsin θ＋μmgcos θ)x，所以物塊的動能Ek與位移x的函數關系圖線為直線且斜率為負；物塊沿斜面下滑的過程中根據動能定理有(mgsin θ－μmgcos θ)(x0－x)＝Ek，其中x0為小物塊到達最高點時的位移，即

17、Ek＝－(mgsin θ－μmgcos θ)x＋(mgsin θ＋μmgcos θ)x0，所以下滑時Ek隨x的減小而增大且為直線。由此可以判斷C項正確。 2．(2018·連云港二模)隨著人民生活水平的提高，越來越多的家庭有了汽車，交通安全問題顯得尤為重要。如圖是某型號汽車剎車時剎車痕跡(即剎車距離)與剎車前車速的關系圖像，v為車速，s為剎車痕跡長度。若某次測試中，汽車剎車后運行距離為20 m時的車速仍為45 km/h，則剎車前車的初速度為(　　) A．60 km/h　　　　　　　 　B．75 km/h C．82.5 km/h D．105 km/h 解析：選B　由題圖可知，v1＝

18、60 km/h＝ m/s時，剎車位移是s1＝20 m，根據v12＝2as1，得a＝6.9 m/s2，當汽車以v0速度剎車時，運行s2＝20 m時，車速仍為v2＝45 km/h＝ m/s，由v02－v22＝2as2，解得v0＝20.8 m/s＝75 km/h，B正確。 3．如圖甲所示，一半徑R＝1 m、圓心角等于143°的豎直圓弧形光滑軌道，與斜面相切于B點，圓弧形軌道的最高點為M，斜面傾角θ＝37°，t＝0時刻有一物塊沿斜面上滑，其在斜面上運動的速度變化規(guī)律如圖乙所示，若物塊恰能到達M點，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)物塊經過M點的速

19、度大??； (2)物塊經過B點的速度大小； (3)物塊與斜面間的動摩擦因數。 解析：(1)物塊恰能到達M點，則有mg＝m 解得vM＝＝ m/s。 (2)物塊從B點運動到M點的過程中，由動能定理得 －mgR(1＋cos 37°)＝mvM2－mvB2 解得vB＝ m/s。 (3)由題圖乙可知，物塊在斜面上運動時，加速度大小為 a＝＝10 m/s2，方向沿斜面向下，由牛頓第二定律得 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma 解得μ＝0.5。 答案：(1) m/s　(2) m/s　(3)0.5 突破點(四)　應用動能定理解決平拋運動、圓周運動問題 1.平拋運動和圓周運

20、動都屬于曲線運動，若只涉及位移和速度而不涉及時間，應優(yōu)先考慮用動能定理列式求解。 2.動能定理的表達式為標量式，不能在某一個方向上列動能定理方程。 [典例]　(2019·蘇州調研)如圖所示，傾角為37°的光滑傾斜軌道AB與粗糙的豎直放置的半圓形軌道CD通過一小段圓弧BC平滑連接，BC的長度可忽略不計，C為圓弧軌道的最低點。一小物塊在A點從靜止開始沿AB軌道下滑，進入半圓形軌道CD，運動半周后恰好能通過軌道CD的最高點D，最后落回到傾斜軌道AB上。已知小物塊可以看成質點，質量m＝0.4 kg，半圓形軌道半徑R＝0.4 m，A點與軌道最低點的高度差h＝1.25 m，g取10 m/s2，sin

21、37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不計空氣阻力。求： (1)小物塊運動到C點時對半圓形軌道壓力F的大小； (2)小物塊在半圓形軌道上運動過程中克服摩擦力所做的功W； (3)小物塊從D點落回到傾斜軌道AB上的運動時間t。(結果可保留根號) [審題指導] 第一步：抓關鍵點 關鍵點 獲取信息 傾角為37°的光滑傾斜軌道AB AB軌道無摩擦力做功 小物塊由靜止從A點釋放 小物塊的初速度vA＝0 小物塊剛到C時對軌道的作用力 ①小物塊在圓弧軌道BC的最低點，具有豎直向上的向心加速度 ②利用牛頓第三定律確定小球對軌道的壓力 恰好能通過軌道CD的最高點D 利用向心力公式

22、可求出最高點速度 第二步：找突破口 (1)從A點到C點，只有重力做功。 (2)在圓弧軌道的C點：FN－mg＝m。 (3)恰好過D點，則過D點時小物塊所受彈力為0。 (4)小物塊從D點落回到傾斜軌道AB上，做平拋運動。 [解析]　(1)從A點到C點，由動能定理得： mgh＝mvC2 代入數據解得vC＝5 m/s 在C點，由向心力公式得：F－mg＝m 代入數據解得F＝29 N 由牛頓第三定律得F′＝F＝29 N。 (2)恰好過D點，則過D點時小物塊所受彈力為0 由向心力公式得：mg＝m 代入數據解得vD＝2 m/s 從C點到D點，由動能定理得： －mg·2R－W

23、＝mvD2－mvC2 代入數據解得W＝1 J。 (3)小物塊從D點落回到傾斜軌道AB上，做平拋運動 豎直方向：y＝gt2 水平方向：x＝vDt 由幾何關系得：tan 37°＝ 聯(lián)立方程解得：t＝ s。 [答案]　(1)29 N　(2)1 J　(3) s [集訓沖關] 1.[多選](2018·南通模擬)如圖所示，半徑為R的半圓形的圓弧槽固定在水平面上，質量為m的小球(可視為質點)從圓弧槽的端點A由靜止開始滑下，滑到最低點B時對軌道的正壓力為2mg，重力加速度為g，則(　　) A．小球在最低點B時速度為 B．小球在B點時，重力的功率為mg C．小球由A到B的過程中克

24、服摩擦力做功為mgR D．小球由A到B過程中速度先增大后減小 解析：選CD　滑到最低點B時對軌道的正壓力為2mg，那么由牛頓第三定律可知：小球受到的支持力也為2mg，那么由牛頓第二定律可得：2mg－mg＝，所以，v＝，故A錯誤；小球在B點的速度v＝，方向水平向右；重力方向豎直向下，重力與速度方向垂直，所以，重力的功率為0，故B錯誤；對小球下滑過程應用動能定理可得：小球由A到B的過程中克服摩擦力做功為：W＝mgR－mv2＝mgR－mgR＝mgR，故C正確；小球在任一徑向與豎直方向夾角為θ時，沿速度方向受到的合外力為：F＝mgsin θ－μ，那么在該方向上的加速度為：a＝(tan θ－μ)gc

25、os θ－μ；那么當小球開始下滑較短時間時，速度v較小，夾角θ較大，a大于0，小球加速；當θ較小時，a小于0，小球減速，故小球由A到B過程中速度先增大后減小，故D正確。 2．(2018·揚州期末)如圖所示，一段粗糙的傾斜軌道，在B點與半徑R＝0.5 m的光滑圓弧軌道BCD相切并平滑連接。CD是圓軌道的豎直直徑，OB與OC的夾角θ＝53°。將質量為m＝1 kg的小滑塊從傾斜軌道上的A點由靜止釋放，AB＝s，小滑塊與傾斜軌道間的動摩擦因數μ＝0.5，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2。 (1)若s＝2 m，求小物塊第一次經過C點時的速度大小及其對軌道的壓力大小；

26、 (2)若物塊能沿軌道到達D點，求AB的最小值s′。 解析：(1)對小滑塊從A到C的過程應用動能定理： mgs·sin θ＋mgR(1－cos θ)－μmgs·cos θ＝mvC2－0 代入數據得：vC＝2 m/s； C點時對滑塊應用牛頓第二定律： FN－mg＝m 代入數據得：FN＝58 N 根據牛頓第三定律得：F壓＝FN＝58 N。 (2)小滑塊恰能通過最高點D時，只有重力提供向心力： mg＝m 代入數據得：vD＝ m/s 對小滑塊從靜止釋放到D點全過程應用動能定理： mgs′·sin θ－mgR(1＋cos θ)－μmgs′·cos θ＝mvD2－0 代入數據得

27、：s′＝2.1 m。 答案：(1)2 m/s　58 N　(2)2.1 m 運用動能定理巧解往復運動問題 在有些問題中物體的運動過程具有重復性、往返性，而在這一過程中，描述運動的物理量多數是變化的，而且重復的次數又往往是無限的或者難以確定，求解這類問題時若運用牛頓運動定律及運動學公式將非常繁瑣，甚至無法解出。由于動能定理只關心物體的初末狀態(tài)而不計運動過程的細節(jié)，所以用動能定理分析這類問題可使解題過程簡化。 (一)往復次數可確定的情形 1．如圖所示，ABCD是一個盆式容器，盆內側壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC是水平的，其距離d＝0.50 m。盆邊緣的高度為h＝0.

28、30 m。在A處放一個質量為m的小物塊并讓其從靜止開始下滑(圖中小物塊未畫出)。已知盆內側壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數為 μ＝0.10。小物塊在盆內來回滑動，最后停下來，則停的地點到B的距離為(　　) A．0.50 m　　 　B．0.25 m　　　C．0.10 m　　　D．0 解析：選D　設小物塊在BC段通過的總路程為s，由于只有BC面上存在摩擦力做功為－μmgs，而重力做功與路徑無關，由動能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入數據可解得s＝3 m。由于d＝0.50 m，所以，小物塊在BC面上經過3次往復運動后，又回到B點。D正確。 (二)往復次數無法確定的情形

29、 2.(2018·成都月考)如圖所示，斜面的傾角為θ，質量為m的滑塊距擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無機械能損失，則滑塊經過的總路程是(　　) A.　 　B. C. D. 解析：選A　滑塊最終要停在斜面底部，設滑塊經過的總路程為x，對滑塊運動的全程應用動能定理：mgx0sin θ－μmgxcos θ＝0－mv02，解得x＝，選項A正確。 (三)往復運動永不停止的情形 3.如圖所示，豎直固定放置的斜面DE與一光滑的圓弧軌道ABC相連，C為切點，圓弧軌道的半徑為R，斜面的

30、傾角為θ?，F有一質量為m的滑塊從D點無初速下滑，滑塊可在斜面和圓弧軌道之間做往復運動，已知圓弧軌道的圓心O與A、D在同一水平面上，滑塊與斜面間的動摩擦因數為μ，求： (1)滑塊第一次滑至左側弧上時距A點的最小高度差h； (2)滑塊在斜面上能通過的最大路程s。 解析：(1)滑塊從D到達左側最高點F經歷DC、CB、BF三個過程，現以DF整個過程為研究過程，運用動能定理得：mgh－μmgcos θ·＝0，解得h＝。 (2)通過分析可知，滑塊最終至C點的速度為0時對應在斜面上的總路程最大，由動能定理得： mgRcos θ－μmgcos θ·s＝0， 解得：s＝。 答案：(1)　(2) (1)應用動能定理求解往復運動問題時，要確定物體的初狀態(tài)和最終狀態(tài)。 (2)重力做功與物體運動路徑無關，可用WG＝mgh直接求解。 (3)滑動摩擦力做功與物體運動路徑有關，可用Wf＝－Ffs 求解，其中s為物體相對滑行的路程?！?