新高考物理一轮复习知识梳理+巩固练习讲义第五章第二讲　动能定理及其应用（含答案解析）

这是一份新高考物理一轮复习知识梳理+巩固练习讲义第五章第二讲　动能定理及其应用（含答案解析），共14页。试卷主要包含了知道动能的概念． 2，物理意义等内容，欢迎下载使用。

一、动能
1．定义：物体由于运动而具有的能．
2．公式：Ek＝eq \f(1,2)mv2.
3．单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
4．标矢性：动能是标量，只有正值，动能与速度的方向无关．
5．动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1).
二、动能定理
1．内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．
2．表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1).
3.物理意义：合力的功是物体动能变化的量度．
4．适用条件
(1)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，也可以分阶段作用．
1．思维辨析
(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)处于平衡状态的物体动能一定保持不变．( )
(3)做自由落体运动的物体，动能与下落时间的二次方成正比．( )
(4)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化．( )
(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．( )
2．运动员把质量是500 g的足球踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是10 m，在最高点的速度为20 m/s.估算出运动员踢球时对足球做的功为( )
A．50 J B．100 J
C．150 J D．无法确定
3．某同学骑自行车下坡．已知坡长500 m、高8 m，人和车的总质量为100 kg.下坡时车的初速度为4 m/s，在人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10 m/s.重力加速度取g＝10 m/s2，则下坡过程中阻力做的功为( )
A．－4 000 J B．－3 800 J
C．－5 000 J D．200 J
考点 动能定理的理解及简单应用
1．对“外力”的两点理解
(1)“外力”指的是合外力，可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用．
(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力．
2．做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”是一种表示因果关系的数值上相等的符号．
典例1 (2024·江苏南京二十九中调研)如图所示，质量为m的物块与水平转台间的动摩擦因数为μ，物块与转轴相距R，物块随转台由静止开始转动．当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A．0 B．2μmgR
C．2πμmgR D．eq \f(μmgR,2)
1. [动能定理的简单应用]如图所示，人用手托着质量为m的苹果，从静止开始沿水平方向运动，前进距离L后，速度为v(苹果与手始终相对静止)，苹果与手掌之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是( )
A．手对苹果的作用力方向竖直向上
B．苹果所受摩擦力大小为μmg
C．手对苹果做的功为eq \f(1,2)mv2
D．苹果对手不做功
2．[动力学和能量观点的简单应用]滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端．利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示．与图乙中相比，图甲中滑块( )
A．受到的合力较小
B．经过A点的动能较小
C．在A、B之间的运动时间较短
D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小
考点 应用动能定理解决多过程问题
1．运用动能定理解决多过程问题的方法
(1)分段法
①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理．
②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破．
(2)全程法
当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大简化运算．
2．应用动能定理解题的四个基本步骤
(1)明确研究对象和研究过程
研究对象一般取单个物体，通常不取一个系统(整体)为研究对象．研究过程要根据已知量和所求量来定，可以对某个运动过程应用动能定理，也可以对整个运动过程(全程)应用动能定理．
(2)分析物体受力及各力做功的情况．
(3)明确过程始末状态的动能Ek1和Ek2.
(4)利用动能定理表达式W1＋W2＋W3＋…＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)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．
典例2 (2023·湖北卷) 如图所示为某游戏装置原理示意图．水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道 eq \\ac(CDE,\s\up15(︵))在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°.小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道 eq \\ac(CDE,\s\up15(︵))内侧，并恰好能到达轨道的最高点D．
小物块与桌面之间的动摩擦因数为eq \f(1,2π)，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点．求：
(1)小物块到达D点的速度大小；
(2)B和D两点的高度差；
(3)小物块在A点的初速度大小．
1．[动能定理在直线运动中的应用]有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡．某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上．接着改用另一条雪道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为α的雪道上h2高处的E点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则( )
A．动摩擦因数为tan θ
B．动摩擦因数为eq \f(h1,s)
C．倾角α一定大于θ
D．倾角α可以大于θ
2. [动能定理在曲线运动中的应用]如图所示，一个半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平，滑块与轨道内表面间的动摩擦因数为μ.一质量为m的小滑块(可看作质点)自P点正上方由静止释放，释放高度为R，小滑块恰好从P点进入轨道．小滑块滑到轨道最低点N时对轨道的压力为4mg，重力加速度大小为g.则( )
A．小滑块恰好可以到达Q点
B．小滑块可能无法到达Q点
C．从P到Q，平均摩擦力等于eq \f(mg,π)
D．从P到Q，平均摩擦力小于eq \f(mg,π)
考点 动能定理与图像的综合应用
1．常见图像及其意义
2.解决图像问题的基本步骤
典例3 (2023·新课标卷)(多选)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示．物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取g＝10_m/s2.下列说法正确的是( )
A．在x＝1 m时，拉力的功率为6 W
B．在x＝4 m时，物体的动能为2 J
C．从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为8 J
D．从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s
1．[F­x图像的理解和应用]如图甲所示，在光滑水平桌面上，固定有光滑轨道ABC，其中半圆轨道BC与直轨道AB相切于B点，物体受到与AB平行的水平拉力F，从静止开始运动，拉力F的大小满足如图乙所示的F­x图像(以A为坐标原点，拉力F从A指向B的方向为正方向，x为物体运动的水平位移大小)．若m＝1 kg，AB＝4 m，半圆轨道的半径R＝1.5 m，重力加速度取g＝10 m/s2.则下列说法中正确的是( )
A．从A到B拉力F做功为50 J
B．物体从B到C过程中，所受的合外力为0
C．物体能够到达C点，且速度大小为2eq \r(5) m/s
D．物体能够到达C点，且速度大小为2eq \r(15) m/s
2．[Ek­x图像的理解和应用]如图甲所示，在竖直平面内固定一光滑半圆形轨道ABC，AC为竖直直径，B为轨道的中点，质量为m的小球以一定的初动能Ek0从最低点A冲上轨道．图乙所示是小球沿轨道从A运动到C的过程中动能Ek随其对应高度h变化的关系图像．已知小球在最高点C受到轨道的作用力大小为25 N，空气阻力不计，重力加速度取g＝10 m/s2，由此可知( )
A．小球的质量m＝0.2 kg
B．初动能Ek0＝16 J
C．小球在C点时重力的功率为60 W
D．小球在B点受到轨道的作用力大小为85 N
答案及解析
1．思维辨析
(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)处于平衡状态的物体动能一定保持不变．(√)
(3)做自由落体运动的物体，动能与下落时间的二次方成正比．(√)
(4)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化．(×)
(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．(×)
2．运动员把质量是500 g的足球踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是10 m，在最高点的速度为20 m/s.估算出运动员踢球时对足球做的功为( )
A．50 J B．100 J
C．150 J D．无法确定
解析：运动员踢球时对足球做的功W等于足球获得的初动能Ek1，即W＝Ek1－0；足球上升时重力做的功等于动能的变化量，设上升到最高点时动能为Ek2，则有－mgh＝Ek2－Ek1，联立得W＝Ek1＝Ek2＋mgh＝150 J，故C正确．
答案：C
3．某同学骑自行车下坡．已知坡长500 m、高8 m，人和车的总质量为100 kg.下坡时车的初速度为4 m/s，在人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10 m/s.重力加速度取g＝10 m/s2，则下坡过程中阻力做的功为( )
A．－4 000 J B．－3 800 J
C．－5 000 J D．200 J
解析：自行车下坡过程中有阻力和重力做功，由动能定理得mgh＋Wf＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，代入数据可求得Wf＝－3 800 J，选项B正确．
答案：B
考点 动能定理的理解及简单应用
典例1 (2024·江苏南京二十九中调研)如图所示，质量为m的物块与水平转台间的动摩擦因数为μ，物块与转轴相距R，物块随转台由静止开始转动．当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A．0 B．2μmgR
C．2πμmgR D．eq \f(μmgR,2)
解析：物块即将在转台上滑动时，转台对物块的最大静摩擦力恰好提供物块所需的向心力，设此时物块做圆周运动的线速度为v，则有μmg＝meq \f(v2,R)，在物块由静止到获得速度v的过程中，物块受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物块做功，由动能定理得W＝eq \f(1,2)mv2－0，联立解得W＝eq \f(μmgR,2)，故D正确．故选D．
1. [动能定理的简单应用]如图所示，人用手托着质量为m的苹果，从静止开始沿水平方向运动，前进距离L后，速度为v(苹果与手始终相对静止)，苹果与手掌之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是( )
A．手对苹果的作用力方向竖直向上
B．苹果所受摩擦力大小为μmg
C．手对苹果做的功为eq \f(1,2)mv2
D．苹果对手不做功
解析：苹果受手的支持力FN＝mg、静摩擦力Ff，合力即手对苹果的作用力，方向斜向上，A错误；苹果所受摩擦力为静摩擦力，不等于μmg，B错误；由动能定理可得，手对苹果的静摩擦力做的功W＝eq \f(1,2)mv2，C正确；苹果对手做负功，D错误．
答案：C
2．[动力学和能量观点的简单应用]滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端．利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示．与图乙中相比，图甲中滑块( )
A．受到的合力较小
B．经过A点的动能较小
C．在A、B之间的运动时间较短
D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小
解析：因为频闪照片时间间隔相同，对比图甲和乙可知图甲中滑块加速度大，是上滑阶段；根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故A错误．从图甲中的A点到图乙中的A点，先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功；根据动能定理可知图甲经过A点的动能较大，故B错误．对比图甲、乙可知，图甲中在A、B之间的运动时间较短，故C正确．由于无论上滑还是下滑，受到的滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误．
答案：C
考点 应用动能定理解决多过程问题
典例2 (2023·湖北卷) 如图所示为某游戏装置原理示意图．水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道 eq \\ac(CDE,\s\up15(︵))在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°.小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道 eq \\ac(CDE,\s\up15(︵))内侧，并恰好能到达轨道的最高点D．
小物块与桌面之间的动摩擦因数为eq \f(1,2π)，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点．求：
(1)小物块到达D点的速度大小；
(2)B和D两点的高度差；
(3)小物块在A点的初速度大小．
解析：(1)由题意知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有meq \f(v\\al(2,D),R)＝mg
解得vD＝eq \r(gR).
(2)由题意知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道 eq \\ac(CDE,\s\up15(︵))内侧，则在C点有cs 60°＝eq \f(vB,vC)
小物块从C到D的过程中，根据动能定理有－mg(R＋Rcs 60°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有mgHBD＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
联立解得vB＝eq \r(gR)，HBD＝0.
(3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有－μmgs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)
s＝π·2R，解得vA＝eq \r(3gR).
答案：(1)eq \r(gR) (2)0 (3)eq \r(3gR)
1．[动能定理在直线运动中的应用]有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡．某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上．接着改用另一条雪道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为α的雪道上h2高处的E点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则( )
A．动摩擦因数为tan θ
B．动摩擦因数为eq \f(h1,s)
C．倾角α一定大于θ
D．倾角α可以大于θ
解析：第一次停在BC上的某点，由动能定理得mgh1－μmgcs θ·eq \f(h1,sin θ)－μmgs′＝0，整理得：mgh1－μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h1,tan θ)＋s′))＝0，即mgh1－μmgs＝0，解得μ＝eq \f(h1,s)，A错误，B正确．在AB段由静止下滑，说明μmgcs θθ，则雪橇不能停在E点，C、D错误．
答案：B
2. [动能定理在曲线运动中的应用]如图所示，一个半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平，滑块与轨道内表面间的动摩擦因数为μ.一质量为m的小滑块(可看作质点)自P点正上方由静止释放，释放高度为R，小滑块恰好从P点进入轨道．小滑块滑到轨道最低点N时对轨道的压力为4mg，重力加速度大小为g.则( )
A．小滑块恰好可以到达Q点
B．小滑块可能无法到达Q点
C．从P到Q，平均摩擦力等于eq \f(mg,π)
D．从P到Q，平均摩擦力小于eq \f(mg,π)
解析：小滑块滑到轨道最低点N时，根据向心力公式有F－mg＝meq \f(v2,R)，从释放到N点，根据动能定理有2mgR－Wf＝eq \f(1,2)mv2，从释放到Q点，根据动能定理有mgR－Wf－W′f＝eq \f(1,2)mv′2，由于轨道存在摩擦力，小滑块在NQ段比PN段等高位置速度小，所受摩擦力小，所以有Wf>W′f，Wf＝eq \f(1,2)mgR，联立解得v′>0，故A、B错误；由以上分析知Wf＝eq \f(1,2)mgR，W′f＜eq \f(1,2)mgR，可知从P到Q，eq \x\t(f)·πR