高考物理系統(tǒng)性復(fù)習(xí) (考點分析) 第二節(jié) 動能和動能定理（附解析）

【考點分析】第二節(jié)動能和動能定理【考點一】對于動能定理的理解【典型例題1】關(guān)于運動物體所受的合外力、合外力做的功及動能變化的關(guān)系．下列說法正確的是()A．合外力為零，則合外力做功必定為零B．合外力做功為零，則合外力必定為零C．合外力做功越多，則動能必定越大D．動能不變，則物體合外力必定為零【解析】由W＝Flcosα可知，物體所受合外力為零，合外力做功必定為零，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，但動能不必定越大，動能不變，合外力做功為零，但合外力不必定為零，C、D均錯誤．【答案】A【歸納總結(jié)】1．動能定理反映了其他形式的能通過做功和動能之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系，只不過在這里其他形式的能并不出現(xiàn)，而以外力做功的形式表現(xiàn)而已．2．W的求法：動能定理中的W表示的是合力的功，可以應(yīng)用W＝F合·lcosα(僅適用于恒定的合外力)計算，還可以先求各個力的功再求其代數(shù)和W＝W1＋W2＋…＋Wn.3．W的含義：是指包含重力在內(nèi)的任意外力的總功或合外力的功，要注意以下對應(yīng)關(guān)系：W合＝Ek2－Ek1W重或彈＝Ep1－Ep2物理意義合外力做功與物體動能變化的關(guān)系重力(彈力)做功與重力(彈性)勢能變化的關(guān)系等號左邊意義合外力做的功重力(彈力)做的功等號右邊意義動能的變化重力(彈性)勢能的變化功能關(guān)系實質(zhì)合外力做功引起的是物體動能的變化，重力(彈力)做功引起的是重力(彈性)勢能的變化，功是能量轉(zhuǎn)化的量度4.在應(yīng)用動能定理解題時一般要注意什么力做功，對應(yīng)什么能量轉(zhuǎn)化，如合力做功對應(yīng)動能的變化，不必考慮其他形式能量的變化情況，同理重力或彈力做功對應(yīng)重力或彈性勢能的變化，不必考慮其他能量的變化情況.【考點二】動能定理的理解及應(yīng)用【典型例題2】(2022?浙江杭州市高三(下)二模)電梯一般用電動機驅(qū)動，鋼絲繩掛在電動機繩輪上，一端懸吊轎廂，另一端懸吊配重裝置。鋼繩和繩輪間產(chǎn)生的摩擦力能驅(qū)駛轎廂上下運動。若電梯轎箱質(zhì)量為，配重為。某次電梯轎箱由靜止開始上升的圖像如圖乙所示，不計空氣阻力。下列說法正確的是()A．電梯轎箱在第10s內(nèi)處于失重狀態(tài)B．上升過程中，鋼繩對轎廂和對配重的拉力大小始終相等C．在第1s內(nèi)，電動機做的機械功為D．上升過程中，鋼繩對轎廂做功的最大功率為【解析】A．由圖可知，電梯轎箱在第10s內(nèi)做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，故A錯誤；B．以為例，轎廂和配重都處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件可知左邊繩子的拉力與轎廂重力相等，右邊繩子的拉力與配重的重力相等，由題意知轎廂和配重質(zhì)量不等，鋼繩對轎廂和對配重的拉力大小不相等(鋼繩和繩輪間有摩擦力，所以一根繩上的拉力不相等)，故B錯誤；C．由圖乙可知在第1s內(nèi)，轎廂上升1m，配重下降1m，設(shè)電動機做的機械功為，有動能定理得，解得，故C錯誤；D．當(dāng)鋼繩對轎廂拉力最大，轎廂速度最大時，鋼繩對轎廂做功的功率最大，可知在轎廂加速上升階段，由牛頓第二定律得，由圖乙可知，最大速度為，則鋼繩對轎廂做功的最大功率為，聯(lián)立解得故D正確。故選D?！敬鸢浮緿歸納總結(jié)：應(yīng)用動能定理解題的步驟(1)選取研究對象，明確并分析運動過程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(①分階段,②全過程))(2)分析研究對象的受力情況和各力做功情況，確定求總功的思路，求出總功．(3)明確過程始、末狀態(tài)的動能Ek1和Ek2.(4)列方程W＝Ek2－Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進行求解．【考點三】應(yīng)用動能定理求解變力做功【典型例題3】(2022?安徽合肥市高三(下)二模)如圖甲所示，輕彈簧一端固定在豎直墻壁上，另一端與物塊P栓接?，F(xiàn)用外力將P緩慢壓至O點，此時彈簧的壓縮量為3l0，撤去外力后P向右運動；換用質(zhì)量較小的物塊Q完成同樣的過程。在兩物塊第一次向右運動至最遠的過程中，它們的加速度a與位移x的關(guān)系如圖乙所示。已知兩物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)相同。下列說法正確的是()A．釋放瞬間Q的加速度是P的3倍B．P的質(zhì)量是Q的2倍C．P的最大動能是Q的4倍D．Q向右運動的最大距離是P的2倍【解析】B．設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為，物塊與地面的動摩擦因數(shù)為，當(dāng)速度達到最大時，加速度為零，對兩物塊由平衡條件得，，聯(lián)立可得，故B正確；A．釋放物塊瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得，，解得，，結(jié)合A選項，可得，故A錯誤；C．設(shè)開始彈簧的彈性勢能為，從釋放到最大動能處由動能定理得，，結(jié)合，可知，故C錯誤；D．根據(jù)動能定理得，，結(jié)合，可得，故D正確。故選BD?！敬鸢浮緽D【歸納總結(jié)】利用動能定理求解變力做功時，首先要注意哪些力是變力，哪些力是恒力，找出恒力做的功和變力做的功，然后再利用動能定理解題．【考點四】動能定理與a－t圖象結(jié)合【典型例題4】用傳感器研究質(zhì)量為2kg的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律時，在計算機上得到0～6s內(nèi)物體的加速度隨時間變化的關(guān)系如圖所示．下列說法正確的是()A．0～6s內(nèi)物體先向正方向運動，后向負方向運動B．0～6s內(nèi)物體在4s時的速度最大C．物體在2～4s內(nèi)的速度不變D．0～4s內(nèi)合力對物體做的功等于0～6s內(nèi)合力對物體做的功【解析】物體6s末的速度v6＝eq\f(1,2)×(2＋5)×2m/s－eq\f(1,2)×1×2m/s＝6m/s，結(jié)合題圖可知0～6s內(nèi)物體一直向正方向運動，A項錯誤；由題圖可知物體在5s末速度最大，vm＝eq\f(1,2)×(2＋5)×2m/s＝7m/s，B項錯誤；由題圖可知物體在2～4s內(nèi)加速度不變，做勻加速直線運動，速度變大，C項錯誤；在0～4s內(nèi)由動能定理可知，W合4＝eq\f(1,2)mv42－0，又v4＝eq\f(1,2)×(2＋4)×2m/s＝6m/s，得W合4＝36J,0～6s內(nèi)合力對物體做的功：W合6＝eq\f(1,2)mv62－0，又v6＝6m/s，得W合6＝36J，則W合4＝W合6，D項正確．【答案】D【考點五】動能定理與Ek－x圖象結(jié)合【典型例題5】(2021·陜西質(zhì)檢)質(zhì)量均為1t的甲、乙兩輛汽車同時同地出發(fā)，沿同一方向做直線運動，兩車的動能Ek隨位移x的變化圖像如圖所示，下列說法正確的是()A．甲的加速度大小為2m/s2B．乙的加速度大小為1．5m/s2C．甲、乙在x＝6m處的速度大小為2eq\r(3)m/sD．甲、乙在x＝9m處相遇【解析】根據(jù)動能定理，對甲有－F甲x＝Ek－Ek0，由題圖可知甲車圖線的斜率為－F甲＝－2000N，則F甲＝2000N，對乙有F乙x＝Ek－0，由題圖可知乙車圖線的斜率為F乙＝1000N，根據(jù)牛頓第二定律F合＝ma可知，a甲＝eq\f(F甲,m)＝2m/s2，a乙＝eq\f(F乙,m)＝1m/s2，故A正確，B錯誤；甲、乙圖線在x＝6m處交于一點，動能均為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝6000J，解得v＝2eq\r(3)m/s，故C正確；設(shè)甲、乙相遇時位移為x，初始時甲的速度v0＝6m/s，則x＝v0t－eq\f(1,2)a甲t2，對乙有x＝eq\f(1,2)a乙t2，聯(lián)立解得x＝8m，故D錯誤?！敬鸢浮緼C【考點六】動能定理與F－x圖象結(jié)合【典型例題6】如圖甲所示，在傾角為30°的足夠長的光滑斜面AB的A處連接一粗糙水平面OA，OA長為4m．有一質(zhì)量為m的滑塊，從O處由靜止開始受一水平向右的力F作用．F在水平面上按圖乙所示的規(guī)律變化．滑塊與OA間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，g取10m/s2，試求：(1)滑塊運動到A處的速度大??；(2)不計滑塊在A處的速率變化，滑塊沿斜面AB向上運動的最遠距離是多少．【解析】(1)由題圖乙知，在OA段拉力做功為W＝(2mg×2－0.5mg×1)J＝3.5mg(J)滑動摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg，Wf＝Ff·xOA＝－mg(J)，滑塊在OA上運動的全過程，由動能定理得W＋Wf＝eq\f(1,2)mvA2－0代入數(shù)據(jù)解得vA＝5eq\r(2)m/s.(2)對于滑塊沖上斜面的過程，由動能定理得－mgLsin30°＝0－eq\f(1,2)mvA2解得L＝5m所以滑塊沿斜面AB向上運動的最遠距離為L＝5m.【答案】(1)5eq\r(2)m/s(2)5m【考點七】動能定理與μ－x圖象結(jié)合【典型例題7】(2021·四川成都市三模)如圖(a)，表面由特殊材質(zhì)制成、傾角37°、長為2m的斜面右端靠著豎直擋板放置在光滑水平地面上，一小物塊從斜面頂端由靜止下滑。圖(b)是物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ隨物塊到斜面頂端的距離x變化的函數(shù)圖線(傾斜直線)。已知物塊質(zhì)量為1kg，重力加速度大小為，，。下列判定正確的是()A．物塊下滑過程中，斜面對地面的壓力不變B．物塊下滑過程中，斜面對擋板的作用力逐漸增大C．物塊剛釋放時的加速度大小為D．物塊滑到斜面底端時的速度大小為【解析】A．對兩物體進行受力分析，因為動摩擦因數(shù)μ在變，且動摩擦因數(shù)μ在隨到斜面頂端的距離增大，所以隨著小物塊下滑，沿斜面的摩擦力增大，所以小物塊沿斜面的加速度會減小，故小物塊沿豎直方向上的加速度也會減小，故對地面的壓力會發(fā)生變化，A錯誤；B．對兩物體進行受力分析，因為動摩擦因數(shù)μ在變，且動摩擦因數(shù)μ在增大，所以隨著小物塊下滑，沿斜面的摩擦力增大，所以小物塊沿斜面的加速度會減小，故小物塊沿水平方向上的加速度也會減小，所以可知，斜面對擋板的作用力逐漸減小，B錯誤；C．剛釋放時，由牛頓第二定律可得，解得；D．由動能定理可得而摩擦力做功為，代入數(shù)據(jù)，解得速度為，故選CD?！敬鸢浮緾D【考點八】動能定理與l2－x圖象結(jié)合【典型例題8】(2021·北京二模)利用如圖1所示的實驗粗略測量人吹氣產(chǎn)生的壓強。兩端開口的細玻璃管水平放置，內(nèi)部截面積為S。管內(nèi)塞有潮濕的小棉球，其質(zhì)量為m，與B端的距離為x。實驗者從玻璃管的A端均勻吹氣，棉球從B端飛出，落地點為C。測得C點與B端的水平距離為l，棉球下落高度為h。多次改變x，測出對應(yīng)的l，畫出l2－x的圖像如圖2所示，圖線的斜率為k。不計棉球與管壁的摩擦，不計空氣阻力。下列選項正確的是()A．實驗中小棉球在玻璃管中運動時在水平方向受力平衡B．若僅增大吹氣的壓強，重新進行實驗，圖像斜率將增大C．由題中數(shù)據(jù)可知小棉球的水平位移l與棉球下落高度為h無關(guān)D．考慮到實驗時棉球與管壁間有摩擦，由于人吹氣使小棉球兩側(cè)產(chǎn)生的壓強差將小于【解析】A．由于小棉球在管中開始由靜止向右運動。所以受到左右兩側(cè)的氣體壓力不平衡，故A錯誤；BD．設(shè)玻璃管內(nèi)氣體壓強始終為P，不計小棉球和管壁的摩擦，對小棉球從靜止到B點的運動過程，有動能定理得，帶入，可得，即，解得，可得僅增大吹氣的壓強，重新進行實驗，圖像斜率ｋ將增大，故B正確，D錯誤；C．棉球從B端飛出后做平拋運動，根據(jù)平拋運動公式得，，可得，水平位移和棉球下落高度有關(guān)，故C錯誤。故選B。【答案】B【考點九】應(yīng)用動能定理求解多過程問題【典型例題9】(2022?天津市南開區(qū)高三(上)期末)如圖所示，豎直平面內(nèi)一傾角的粗糙傾斜直軌道與光滑圓弧軌道相切于點，長度可忽略，且與傳送帶水平段平滑連接于點。一質(zhì)量的小滑塊從點靜止釋放，經(jīng)點最后從點水平滑上傳送帶。已知點離地高度，長，滑塊與間的動摩擦因數(shù)，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，長度，圓弧軌道半徑。若滑塊可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，，，。求：(1)小滑塊經(jīng)過點時對軌道的壓力；(2)當(dāng)傳送帶以順時針方向的速度轉(zhuǎn)動時，小滑塊從水平傳送帶右端點水平拋出后，落地點到點的水平距離?！窘馕觥?1)根據(jù)題意，滑塊由A運動B的過程，應(yīng)用動能定理代入數(shù)據(jù)解得由于長度可忽略，則滑塊在C點，受軌道的支持力和本身重力，根據(jù)牛頓第二定律代入數(shù)據(jù)解得根據(jù)牛頓第三定律，小滑塊經(jīng)過點時對軌道的壓力等于軌道對滑塊的支持力。(2)假設(shè)滑塊劃上傳送帶之后全程加速，根據(jù)牛頓第二定律代入數(shù)據(jù)解得設(shè)滑塊到達傳送帶右端的速度為，根據(jù)公式代入數(shù)據(jù)解得則滑塊未達到傳送帶右端就和傳送帶共速，則滑塊以傳送帶的速度從D點水平拋出，豎直方向，由于長度可忽略，則代入數(shù)據(jù)解得水平方向，落地點到點的水平距離【答案】(1)；(2)【歸納總結(jié)】如果物體在幾個力(其中一個力未知)的作用下，運動的位移和其動能變化已知時，可用動能定理求解此未知力，當(dāng)所研究的問題中涉及不止一個物體或不止一個運動過程時，可以根據(jù)解決問題的方便選取不同的物體或過程應(yīng)用運能定理列方程，可以對整個過程，也可以選取其中幾個過程分別列方程．【考點十】動能定理與曲線運動的綜合應(yīng)用【典型例題10】(2021·山西運城市月考)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sinα＝eq\f(3,5)．一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱悖亓铀俣却笮間．求：(1)水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大?。?2)小球到達B點時對圓弧軌道的壓力大?。窘馕觥?1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球所受重力和水平恒力的合力的大小為F，小球到達C點時速度的大小為vC，則eq\f(F0,mg)＝tanα，F(xiàn)＝eq\f(mg,cosα)，由牛頓第二定律得F＝meq\f(vC2,R)，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得F0＝eq\f(3,4)mg，vC＝eq\f(\r(5gR),2)．(2)設(shè)小球到達B點時速度的大小為vB，小球由B到C的過程中由動能定理可得－2FR＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2，代入數(shù)據(jù)解得vB＝eq\f(5,2)eq\r(gR)小球在B點時有FN－F＝meq\f(v\o\al(B2),R)，解得FN＝eq\f(15,2)mg由牛頓第三定律可知，小球在B點時對圓弧軌道的壓力大小為FN′＝eq\f(15,2)mg．【答案】(1)eq\f(3,4)mgeq\f(\r(5gR),2)(2)eq\f(15,2)mg【歸納總結(jié)】動能定理在處理變力、曲線運動的問題時，具有獨特的優(yōu)勢，所以有很多考題將動能定理與圓周運動、平拋運動的知識綜合起來考查．解決此類問題的關(guān)鍵是利用“程序法”將“大過程”分成幾個“小階段”或“狀態(tài)”，然后再分別應(yīng)用相關(guān)知識列出方程聯(lián)立求解．【考點十一】運用動能定理巧解往復(fù)運動問題【典型例題11】如圖所示，豎直固定放置的粗糙斜面AB的下端與光滑的圓弧軌道BCD在B點相切，圓弧軌道的半徑為R，圓心O與A、D在同一水平面上，C點為圓弧軌道最低點，∠COB＝θ＝30°.現(xiàn)使一質(zhì)量為m的小物塊從D點無初速度地釋放，小物塊與粗糙斜面AB間的動摩擦因數(shù)μ<tanθ，則關(guān)于小物塊的運動情況，下列說法正確的是()A．小物塊可能運動到AB．小物塊經(jīng)過較長時間后會停在C點C．小物塊通過圓弧軌道最低點C時，對C點的最大壓力大小為3mgD．小物塊通過圓弧軌道最低點C時，對C點的最小壓力大小為mg【解析】物塊從D點無初速度滑下后，由于克服摩擦力做功，所以物塊在斜面上運動時機械能不斷減小，在斜面上升的最大高度越來越小，不可能運動到A點，又知道μ<tanθ，即mgsinθ>μmgcosθ，最終在與B點對稱的E點之間來回運動，A、B錯誤；物塊第一次運動到C時速度最大，對軌道的壓力最大，物塊從D第一次運動到C過程，由動能定理得：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)；設(shè)此時軌道對物塊的支持力為F1，由牛頓第二定律得：F1－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，聯(lián)立解得：F1＝3mg，由牛頓第三定律知物塊對C點的最大壓力為3mg，故C正確；當(dāng)最