高考物理【一轮复习】讲义练习第2讲　动能定理及其应用

这是一份高考物理【一轮复习】讲义练习第2讲　动能定理及其应用，共16页。试卷主要包含了6)，如图甲所示，质量为0等内容，欢迎下载使用。

1.
2.
1.思考判断
(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)动能不变的物体一定处于平衡状态。(×)
(3)物体所受的合外力为零，合外力对物体做的功也一定为零。(√)
(4)物体在合外力作用下做变速运动时，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.(人教版必修第二册P88T5改编)运动员把质量为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为10 m，在最高点的速度为20 m/s。忽略空气阻力，估算出运动员踢球时对足球做的功为(g取10 m/s2)( )
A.50 J B.100 J
C.150 JD.无法确定
答案 C
考点一 动能定理的理解与基本应用
1.两个关系
(1)数量关系:合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能的变化就是合力做的功。
(2)因果关系:合力做功是引起物体动能变化的原因。
2.标量性
动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题，当然动能定理也就不存在分量的表达式。
例1 (2025·河北邯郸模拟)使用如图所示的卸货装置从高处卸下货物时，先将质量为m的货物放置在倾角为α、长为L的粗糙木板上端，货物开始加速下滑的同时，自动液压杆启动并逐渐缩短，液压杆装置最终完全缩回到地面以下，货物以较小的速度v水平向右滑出木板，完成卸货。已知重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A.木板对货物做功为12mv2－mgLsin α
B.木板对货物做功为12mv2
C.摩擦力对货物做功为12mv2－mgLsin α
D.支持力对货物不做功
答案 A
解析 设在整个过程中木板对货物做功为W，根据动能定理有W＋mgLsin α＝12mv2，木板对货物做功为W＝12mv2－mgLsin α，故A正确，B错误;木板转动，支持力与货物运动方向成钝角，支持力对货物做负功WN，故D错误;木板对货物做功为W＝Wf＋WN，摩擦力对货物做功为Wf＝12mv2－mgLsin α－WN，故C错误。
例2 (2025·八省联考云南卷，4)如图所示，“套圈”活动中，某同学将相同套环分两次从同一位置水平抛出，分别套中Ⅰ、Ⅱ号物品。若套环可近似视为质点，不计空气阻力，则( )
A.套中Ⅰ号物品，套环被抛出的速度较大
B.套中Ⅰ号物品，重力对套环做功较小
C.套中Ⅱ号物品，套环飞行时间较长
D.套中Ⅱ号物品，套环动能变化量较小
答案 D
解析 根据平抛运动规律，水平方向和竖直方向有x＝v0t，h＝12gt2，可得v0＝xg2h，套中Ⅰ号物品时水平位移x较小，下落高度h较大，可知套环被抛出的速度v0一定较小，故A错误;根据重力做功表达式W＝mgh可知，套中Ⅰ号物品时下落高度h较大，重力对套环做功较大，故B错误;根据平抛运动的时间t＝2hg，套中Ⅱ号物品，下落高度h较小，套环飞行时间较短，故C错误;根据动能定理得mgh＝ΔEk，套中Ⅱ号物品，重力做功较小，可知套环动能变化量较小，故D正确。
1.应用动能定理解题时应抓住“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.动能定理的应用技巧
跟踪训练

1.一物块沿倾角为θ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2v时，上升的最大高度记为h。重力加速度为g，则物块与斜坡间的动摩擦因数μ和h分别为( )
A.tan θ和2HB.tan θ和4H
C.v22gH-1tan θ和2HD.v22gH-1tan θ和4H
答案 D
解析 当物块上滑的初速度为v时，根据动能定理，有－mgH－μmgcs θ·Hsinθ＝0－12mv2，当上滑的初速度为2v时，有－mgh－μmgcs θ·hsinθ＝0－12m(2v)2，联立可得μ＝v22gH-1tan θ，h＝4H，故D正确。
考点二 应用动能定理求变力做功
例3 (2024·新课标卷，24)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42 kg，重力加速度大小g＝10 m/s2。当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°(sin 37°＝0.6)。
(1)求此时P、Q绳中拉力的大小;
(2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。
答案 (1)1 200 N 900 N (2)－4 200 J
解析 (1)重物缓慢下降，处于平衡状态，对重物受力分析，如图所示。
水平方向有FPsin α＝FQsin β
竖直方向有FPcs α＝FQcs β＋mg
联立解得FP＝1 200 N，FQ＝900 N。
(2)重物缓慢下降，动能变化量为零，下降过程中对重物由动能定理有mgh＋W＝0
解得W＝－4 200 J
即两根绳子拉力对重物做的总功为－4 200 J。
在有变力做功的过程中，变力做功无法直接通过功的公式求解，可用动能定理W变＋W恒＝12mv22－12mv12求解。物体初、末速度已知，恒力做功W恒可由公式求出，得到W变＝12mv22－12mv12－W恒，就可以求出变力做的功了。
跟踪训练
2.(2025·江苏南通高三月考)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，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A.小孩到达B点的速度大小为2gR
B.小孩到达B点的速度大小为10gR2
C.小孩从A到B克服摩擦力做的功为14mgR
D.小孩从A到B克服摩擦力做的功为12mgR
答案 C
解析 根据牛顿第三定律可知，在B点轨道对小孩的支持力也等于2.5mg，由牛顿第二定律有FN－mg＝mvB2R，可得vB＝6gR2，故A、B错误;由动能定理mgR－Wf＝12mvB2－0，可得从A到B小孩克服摩擦力做功为Wf＝14mgR，故C正确，D错误。
考点三 动能定理与图像问题的结合
常与动能定理结合的五类图像
例4 (2024·海南海口模拟)质量为2 kg的物体，放在动摩擦因数μ＝0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W随位置x变化的关系如图。重力加速度g＝10 m/s2，则( )
A.x＝0 m至x＝3 m的过程中，物体的加速度是2.5 m/s2
B.x＝6 m时，拉力的功率是6 W
C.x＝9 m时，物体的速度是2.5 m/s
D.x＝3 m至x＝9 m过程中，合外力做的功是12 J
答案 B
解析 根据W＝Flcs α知，W－x图像的斜率表示水平拉力，在x＝0 m至x＝3 m的过程中，拉力为F1＝153 N＝5 N，根据牛顿第二定律有F1－μmg＝ma1，解得a1＝1.5 m/s2，故A错误;x1＝6 m时，根据动能定理有WF1－μmgx1＝12mv12，根据图像有27-159-3＝WF1-156-3，解得v1＝3 m/s，此时的拉力为F2＝27-159-3 N＝2 N，拉力的功率为P＝F2v1＝6 W，故B正确;x2＝9 m时，根据动能定理有WF2－μmgx2＝12mv22，解得v2＝3 m/s，故C错误;x＝3 m至x＝9 m过程中，水平拉力与滑动摩擦力等大反向，即物体所受合力为0，合外力做的功为0，故D错误。
例5 某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是( )
答案 A
解析 设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，运动员在沿斜面下滑过程中，根据动能定理有Ek＝mgxtan θ，即Ekx＝mgtan θ，下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek－x图像为一条直线;经过圆弧轨道过程中，θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大，故A正确。
总结提升 解决图像问题的基本步骤
跟踪训练
3.(多选)(2025·广东深圳高三月考)从地面竖直向上抛出一小球，在距地面高度3 m内，其上升、下落过程中动能Ek随高度h变化的图像如图所示。已知小球在运动过程中受到的阻力大小恒定，重力加速度g＝10 m/s2，取地面为重力势能参考平面，下列说法正确的是( )
A.小球抛出时的速度大小为10 m/s
B.小球的质量为1.5 kg
C.小球运动过程受到的阻力f＝5 N
D.小球上升过程的加速度大小是下落过程的两倍
答案 BCD
解析 根据动能定理F合·Δh＝ΔEk，可知Ek－h图像的斜率绝对值表示合力大小，则上升过程有F合＝mg＋f＝100-403 N＝20 N，下落过程有F合'＝mg－f＝50-203 N＝10 N，联立解得m＝1.5 kg，f＝5 N，故B、C正确;小球抛出时，由图像可知Ek0＝12mv02＝100 J，解得小球抛出时的速度大小为v0＝2033 m/s，故A错误;根据牛顿第二定律可知，小球上升过程的加速度大小与下落过程的加速度大小之比为aa'＝F合F合'＝21，故D正确。
A级 基础对点练
对点练1 动能定理的理解与基本应用
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W＝12mv22－12mv12，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W－mgH＝12mv22－12mv12，其中W为支持力做的功
D.对电梯，其所受的合力做功为12Mv22－12Mv12
答案 CD
解析 电梯上升的过程中，重力mg和支持力FN这两个力的总功(即合力做的功)才等于物体动能的变化，即W合＝W－mgH＝12mv22－12mv12，其中W为支持力做的功，故A、B错误，C正确;对电梯做功的有重力Mg、压力FN'和拉力F，合力做功为W合'＝12Mv22－12Mv12，故D正确。
2.(2025·湖北武汉一模)冰滑梯是一种体验冰雪运动的娱乐项目，其示意图如图所示，游客从螺旋滑道上端滑下，旋转两周后经倾斜滑道冲上水平滑道，滑行结束时停在水平滑道上。假设螺旋滑道的圆面半径为r＝52π m，上端与下端高度差为h1＝6 m，倾斜滑道高度差为h2＝2 m，螺旋滑道、倾斜滑道和水平滑道均平滑相接，游客与各滑道间的动摩擦因数处处相同，游客可视为质点。现测得游客某次滑行时停在水平滑道的位置与螺旋滑道上端的水平距离为L＝92 m，则游客与各滑道间的动摩擦因数可能为( )
答案 A
解析 研究游客整个运动过程，根据动能定理有mg(h1＋h2)－μmg(4πr)2-h12－μmgL＝0，代入数据解得μ＝0.08，实际上游客在螺旋轨道运行时，因为向心力的原因导致支持力比在同角度的斜面大，即在螺旋轨道摩擦力做功W>μmg(4πr)2-h12，因此动摩擦因数应更小，故A正确。
3.(多选)(2025·山东济南高三期中)竖直平面内有一半径为R的圆，O为圆心，直径AB沿水平方向，将质量为m的小球从A点以相同的速率v0抛出，抛出的方向不定，小球进入圆内同时受到一个平行于圆面的恒力F作用，其大小等于mg，g为重力加速度，小球从A点抛出后会经过圆上的不同点，在这些所有的点中，小球到达C点的动能最大，已知AB与AC夹角为30°。不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A.恒力F的方向沿AC方向
B.恒力F的方向沿OC方向
C.小球到达C点的动能EkC＝12mv02＋3mgR
D.小球到达B点的动能EkB＝12mv02＋3mgR
答案 AD
解析 小球到达C点的动能最大，则小球的受力情况如图所示。恒力方向沿AC，合力方向沿OC，A正确，B错误;合力F合＝3mg，从A到C，由动能定理得3mg·32R＝EkC－12mv02，从A到B，有3mgcs 60°·2R＝EkB－12mv02，得EkC＝12mv02＋332mgR，EkB＝12mv02＋3mgR，C错误，D正确。
对点练2 应用动能定理求变力做功
4.如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( )
A.mv022πLB.mv024πL
C.mv028πLD.mv0216πL
答案 B
解析 在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理得－Ff·2πL＝0－12mv02，可得摩擦力的大小Ff＝mv024πL，故B正确。
5.(多选)(2023·广东卷，8)人们用滑道从高处向低处运送货物，如图所示，可看作质点的货物从14圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有( )
A.重力做的功为360 J
B.克服阻力做的功为440 J
C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
答案 BCD
解析 重力做的功为WG＝mgh＝800 J，A错误;下滑过程由动能定理可得WG－Wf＝12mvQ2，代入数据解得克服阻力做的功为Wf＝440 J，B正确;经过Q点时向心加速度大小为a＝vQ2h＝9 m/s2，C正确;经过Q点时，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为FN＝380 N，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确。
6.(2025·河南三门峡模拟)如图所示，质量为m的小球从离地面H高处由静止释放，落到地面，陷入泥土中h深处后停止运动，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A.小球落地时的动能等于mg(H＋h)
B.小球克服泥土阻力所做的功等于小球刚落到地面时的动能
C.泥土阻力对小球做的功为mg(H＋h)
D.小球在泥土中受到的平均阻力大小为mg1＋Hh
答案 D
解析 根据动能定理知，小球落地时的动能等于mgH，A错误;设小球刚落地时的速度为v，小球从落地到陷入泥土中h深度的过程，由动能定理得mgh－W克阻＝0－12mv2，解得克服泥土阻力做功W克阻＝mgh＋12mv2，B错误;根据动能定理得mg(H＋h)＋W阻＝0，故泥土阻力对小球做的功W阻＝－mg(H＋h)，C错误;根据动能定理得mg(H＋h)－F阻h＝0，解得小球在泥土中受到的平均阻力大小为F阻＝mg1＋Hh，D正确。
对点练3 动能定理与图像问题的结合
7.如图甲所示，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恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。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( )
A.m＝0.7 kg，f＝0.5 NB.m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C.m＝0.8 kg，f＝0.5 ND.m＝0.8 kg，f＝1.0 N
答案 A
解析 0~10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin 30°·s1－fs1＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s1，结合0~10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N;10~20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10~20 m内的图像得，斜率k'＝mgsin 30°－f＝3 N。联立解得f＝0.5 N、m＝0.7 kg，A正确，B、C、D错误。
8.(2025·山东威海高三期末)如图甲所示，质量为0.2 kg的物块受到水平向右的拉力F，以4 m/s的初速度从A点向右运动，F随位移x变化的图像如图乙所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g取10 m/s2，在运动过程中物块的最大速度为( )
A.58 m/sB.42 m/s
C.34 m/sD.32 m/s
答案 A
解析 由图像可知，拉力减小时表达式为F＝F0＋kx＝1.8＋0-1.812-6(x-6) N＝(3.6－0.3x) N，物块受到的滑动摩擦力大小为Ff＝μmg＝0.3×0.2×10 N＝0.6 N，当物块所受合力为零时，物块的速度最大，即F＝Ff，则有(3.6－0.3x) N＝0.6 N，解得x＝10 m，F－x图线与坐标轴围成图形的面积等于拉力对物块做功，设物块的最大速度为vm，速度最大时，拉力对物块做功为W＝12×1.8×6 J＋12×(1.8＋0.6)×(10－6) J＝10.2 J，从物块开始运动到速度最大过程，由动能定理得W－μmgx＝12mvm2－12mv02，代入数据解得vm＝58 m/s，故A正确。
B级 综合提升练
9.(2024·河北石家庄模拟)如图所示，一半径为R的光滑14圆弧槽固定在水平面上，可视为质点的小球由与圆心O等高的位置无初速度释放。以水平面为重力势能零势能面，则下列说法正确的是( )
A.小球的动能和重力势能相等时，小球与O点的连线与水平方向的夹角为45°
B.小球的动能和重力势能相等时，小球下落的高度为R2
C.小球的动能为重力势能2倍时，小球与O点的连线与水平方向的夹角为60°
D.小球的动能为重力势能2倍时，小球下落的高度为R3
答案 B
解析 以水平面为重力势能零势能面，当小球的动能和重力势能相等时有mgR-h1＝12mv12，小球下滑至此位置，根据动能定理有mgh1＝12mv12，解得h1＝12R，此时，小球与O点的连线与水平方向的夹角sin θ＝h1R＝12，解得θ＝30°，故A错误，B正确;当小球的动能为重力势能2倍时有2mg(R－h2)＝12mv22，小球下滑至此位置，根据动能定理有mgh2＝12mv22，解得h2＝23R，此时，小球与O点的连线与水平方向的夹角sin α＝h2R＝23