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1、2022年高考物理一輪 （考綱自主研讀+命題探究+高考全程解密） 第2講動能 動能定理（含解析） 新人教版 動能　Ⅱ(考綱要求) 【思維驅(qū)動】 (多選)關于動能，下列說法中正確的是(　　)． A．動能是普遍存在的機械能中的一種基本形式，凡是運動的物體都有動能 B．公式Ek＝mv2中，速度v是物體相對于地面的速度，且動能總是正值 C．一定質(zhì)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 D．動能不變的物體，一定處于平衡狀態(tài) 解析　 答案　AC 【知識存盤】 　動能 (1)定義：物體由于運動而具有的能叫動能． (2)公式：Ek＝mv2．

2、 (3)單位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2. (4)矢標性：動能是標量，只有正值． (5)狀態(tài)量：動能是狀態(tài)量，因為v是瞬時速度． 動能定理　Ⅱ(考綱要求) 【思維驅(qū)動】 (單選)兩輛汽車在同一平直路面上行駛，它們的質(zhì)量之比m1∶m2＝1∶2，速度之比v1∶v2＝2∶1.當兩車急剎車后，甲車滑行的最大距離為l1，乙車滑行的最大距離為l2，設兩車與路面間的動摩擦因數(shù)相等，不計空氣阻力，則(　　)． A．l1∶l2＝1∶2 　B．l1∶l2＝1∶1 C．l1∶l2＝2∶1 　D．l1∶l2＝4∶1 解析　由動能定理，對兩車分別列式－F1l1＝0－m1v，

3、－F2l2＝0－m2v，F(xiàn)1＝μm1g，F(xiàn)2＝μm2g.由以上四式聯(lián)立得l1∶l2＝4∶1，故選項D是正確的． 答案　D 【知識存盤】 1．內(nèi)容：在一個過程中合外力對物體所做的功，等于物體在這個過程中動能的變化． 2．表達式：W＝mv－mv． 3．物理意義：合外力的功是物體動能變化的量度． 4．適用條件 (1)動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動． (2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功． (3)力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時作用，也可以不同時作用． 考點一　動能定理的簡單應用 【典例1】 (多選)如圖4－2－1所示， 圖4－2

4、－1 電梯質(zhì)量為M，在它的水平地板上放置一質(zhì)量為m的物體．電梯在鋼索的拉力作用下由靜止開始豎直向上加速運動，當上升高度為H時，電梯的速度達到v，則在這個過程中，以下說法中正確的是(　　)． A．電梯地板對物體的支持力所做的功等于 B．電梯地板對物體的支持力所做的功大于 C．鋼索的拉力所做的功等于＋MgH D．鋼索的拉力所做的功大于＋MgH 解析　以物體為研究對象，由動能定理WN－mgH＝mv2，即WN＝mgH＋mv2，選項B正確、選項A錯誤．以系統(tǒng)為研究對象，由動能定理得：WT－(m＋M)gH＝(M＋m)v2，即WT＝(M＋m)v2＋(M＋m)gH>＋MgH，選項D正確、選項C錯誤

5、． 答案　BD 【變式跟蹤1】 (多選)(xx·啟東模擬) 圖4－2－2 人通過滑輪將質(zhì)量為m的物體，沿粗糙的斜面由靜止開始勻加速地由底端拉上斜面，物體上升的高度為h，到達斜面頂端的速度為v，如圖4－2－2所示，則在此過程中(　　)． A．物體所受的合外力做功為mgh＋mv2　B．物體所受的合外力做功為mv2 C．人對物體做的功為mgh D．人對物體做的功大于mgh 解析　物體沿斜面做勻加速運動，根據(jù)動能定理：W合＝WF－Wf－mgh＝mv2，其中Wf為物體克服摩擦力做的功．人對物體做的功即是人對物體的拉力做的功，所以W人＝WF＝Wf＋mgh＋mv2，A、C錯誤，B、D正確

6、． 答案　BD, 借題發(fā)揮 1．動能定理公式中“＝”的意義 (1)數(shù)量關系：即合外力所做的功與物體動能的變化具有等量代換關系．可以通過計算物體動能的變化，求合力的功，進而求得某一力的功． (2)單位相同：國際單位都是焦耳． (3)因果關系：合外力的功是引起物體動能變化的原因． 2．對動能定理的理解 (1)動能定理敘述中所說的“外力”，既可以是重力、彈力、摩擦力，也可以是電場力、磁場力或其他力． (2)利用動能定理可以討論合力做功或某一個力做功的情況． 考點二　動能定理在多過程中的應用 【典例2】 如圖4－2－3所示， 圖4－2－3 豎直面內(nèi)有一粗糙斜面AB，BCD

7、部分是一個光滑的圓弧面，C為圓弧的最低點，AB正好是圓弧在B點的切線，圓心O與A、D點在同一高度，∠OAB＝37°，圓弧面的半徑R＝3.6 m，一滑塊質(zhì)量m＝5 kg，與AB斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.45，將滑塊由A點靜止釋放．求在以后的運動中：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2) (1)滑塊在AB段上運動的總路程； (2)在滑塊運動過程中，C點受到的壓力的最大值和最小值． 規(guī)范解答　(1)由于滑塊在AB段受摩擦力作用，則滑塊做往復運動的高度將越來越低，最終以B點為最高點在光滑的圓弧面往復運動． 設滑塊在AB段上運動的總路程為x.滑塊在AB段上受摩擦力

8、，F(xiàn)f＝μFN＝μmgcos θ① 從A點出發(fā)到最終以B點為最高點做往復運動，根據(jù)動能定理有：mgRcos θ－Ffx＝0② 聯(lián)立①②式解得x＝＝8 m. (2)滑塊第一次過C點時，速度最大，設為v1，分析受力知此時滑塊受軌道支持力最大，設為Fmax，從A到C，根據(jù)動能定理有mgR－FflAB＝mv③ 斜面AB的長度lAB＝Rcot θ④ 根據(jù)受力分析以及向心力公式知Fmax－mg＝⑤ 代入數(shù)據(jù)可得Fmax＝102 N. 當滑塊以B為最高點做往復運動的過程中過C點時速度最小，設為v2，此時滑塊受軌道支持力也最小，設為Fmin 從B到C，根據(jù)動能定理有：mgR(1－cos θ)＝

9、mv⑥ 根據(jù)受力分析及向心力公式有：Fmin－mg＝⑦ 代入數(shù)據(jù)可得：Fmin＝70 N. 根據(jù)牛頓第三定律可知C點受到的壓力最大值為102 N，最小值為70 N. 答案　(1)8 m　(2)102 N　70 N 【變式跟蹤2】 如圖4－2－4所示，粗糙水平地面AB與半徑R＝0.4 m的光滑半圓軌道BCD相連接，且在同一豎直平面內(nèi)，O是BCD的圓心，BOD在同一豎直線上．質(zhì)量m＝2 kg的小物塊在9 N的水平恒力F的作用下，從A點由靜止開始做勻加速直線運動． 圖4－2－4 已知AB＝5 m，小物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2.當小物塊運動到B點時撤去力F.取重力加速度

10、g＝10 m/s2.求： (1)小物塊到達B點時速度的大小； (2)小物塊運動到D點時，軌道對小物塊作用力的大小； (3)小物塊離開D點落到水平地面上的點與B點之間的距離． 解析　(1)從A到B，根據(jù)動能定理有(F－μmg)xAB＝mv 得vB＝ ＝5 m/s (2)從B到D，根據(jù)動能定理有 －mg·2R＝mv－mv 得vD＝＝3 m/s 在D點，根據(jù)牛頓運動定律有FN＋mg＝ 得FN＝m－mg＝25 N (3)由D點到落點小物塊做平拋運動，在豎直方向上有 2R＝gt2 得t＝ ＝ s＝0.4 s 水平地面上落點與B點之間的距離為 x＝vDt＝3×0.4 m＝1

11、.2 m. 答案　(1)5 m/s　(2)25 N　(3)1.2 m, 借題發(fā)揮 1．應用動能定理的技巧 (1)動能定理雖然是在恒力作用、直線運動中推導出來的，但也適用于變力作用、曲線運動的情況． (2)動能定理是標量式，不涉及方向問題．在不涉及加速度和時間的問題時，可優(yōu)先考慮動能定理． (3)對于求解多個過程的問題可全過程考慮，從而避開考慮每個運動過程的具體細節(jié)，具有過程簡明、運算量小等優(yōu)點． 2．應用動能定理的解題步驟 考點三　用動能定理求變力的功 【典例3】 如圖4－2－5甲所示，一質(zhì)量為m＝1 kg的物塊靜止在粗糙水平面上的A點，從t＝0時刻開始物塊受到如圖乙所示

12、規(guī)律變化的水平力F的作用并向右運動，第3 s末物塊運動到B點時速度剛好為0，第5 s末物塊剛好回到A點，已知物塊與粗糙水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，(g＝10 m/s2)求： 圖4－2－5 (1)A與B間的距離． (2)水平力F在前5 s內(nèi)對物塊做的功． 解析　(1)A、B間的距離與物塊在后2 s內(nèi)的位移大小相等，在后2 s內(nèi)物塊在水平恒力作用下由B點勻加速運動到A點，由牛頓第二定律知F－μmg＝ma，代入數(shù)值得a＝2 m/s2，所以A與B間的距離為s＝at2＝4 m. (2)前3 s內(nèi)物塊所受力F是變力，設整個過程中力F做的功為W，物體回到A點時速度為v，則v2＝2as，由動

13、能定理知W－2μmgs＝mv2，所以W＝2μmgs＋mas＝24 J. 答案　(1)4 m　(2)24 J 【變式跟蹤3】 (單選)如圖4－2－6所示， 圖4－2－6 質(zhì)量為m的物塊與轉臺之間的最大靜摩擦力為物塊重力的k倍，物塊與轉軸OO′相距R，物塊隨轉臺由靜止開始轉動，轉速緩慢增大，當轉速增加到一定值時，物塊即將在轉臺上滑動，在物塊由靜止到滑動前的這一過程中，轉臺的摩擦力對物塊做的功最接近(　　)． A．0　　　B．2πkmgR　　　C．2kmgR　　　D.kmgR 解析　在轉速增加的過程中，轉臺對物塊的摩擦力是不斷變化的，當轉速增加到一定值時， 物塊在轉臺上即將滑動

14、，說明此時靜摩擦力Ff達到最大，其指向圓心的分量F1提供向心力，即F1＝m① 由于轉臺緩慢加速，使物塊加速的分力F2很小，因此可近似認為F1＝Ff＝kmg② 在這一過程中對物塊由動能定理，有Wf＝mv2③ 由①②③知，轉臺對物塊所做的功W1＝kmgR. 答案　D ,借題發(fā)揮 應用動能定理求變力做功時應注意的問題 1．所求的變力的功不一定為總功，故所求的變力的功不一定等于ΔEk. 2．合外力對物體所做的功對應物體動能的變化，而不是對應物體的動能． 3．若有多個力做功時，必須明確各力做功的正負，待求的變力的功若為負功，可以設克服該力做功為W，則表達式中應用－W；也可以設變力的功為

15、W，則字母W本身含有負號． 命題熱點3　動能定理的應用 命題專家評述 考情分析：近三年我省高考試題對牛頓第二定律與動能定理的綜合應用的考查是高頻考點，3年3考． 高考題型：即有選擇題也有計算題． 命題趨勢：xx年高考將既有對動能定理單獨考查，也可能有與曲線運動、電磁學等內(nèi)容相結合的綜合考查，對單獨考查的題目多為選擇題，動能定理與其他知識的綜合，與生產(chǎn)、生活實際和現(xiàn)代科技相結合進行命題多為計算題，難度較大． 閱卷教師叮嚀 易失分點 (1)動能定理中的功是合力做的功，易誤將某個力的功當作合力的功或者將研究對象對外做的功也算入總功之中； (2)不明確各力做正、負功的情況． (

16、3)易錯誤地將動能定理當成矢量式，列分方向的動能定理； (4)利用動能定理解決多過程問題時，常常使合力做功對應的過程和初末動能對應的過程不統(tǒng)一造成錯誤． 應對策略 運用動能定理 規(guī)范答題 模板 解：設……為…… 對……過程由動能定理得： ……(具體問題的原始方程) 聯(lián)立以上各式(或聯(lián)立①②式)得： ……(由已知量符號表示) ＝……＝“結果”(代入數(shù)據(jù)得結果，并注意待求量的數(shù)值及單位，需要時加以討論) 高考佐證 (xx·江蘇卷，14) 圖4－2－7 某緩沖裝置的理想模型如圖4－2－7所示，勁度系數(shù)足夠大的輕質(zhì)彈簧與輕桿相連，輕桿可在固定的槽內(nèi)移動，與槽間的滑動摩

17、擦力恒為f.輕桿向右移動不超過l時，裝置可安全工作．一質(zhì)量為m的小車若以速度v0撞擊彈簧，將導致輕桿向右移動.輕桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且不計小車與地面的摩擦． (1)若彈簧的勁度系數(shù)為k，求輕桿開始移動時，彈簧的壓縮量x； (2)求為使裝置安全工作，允許該小車撞擊的最大速度vm； (3)討論在裝置安全工作時，該小車彈回速度v′和撞擊速度v的關系． 規(guī)范解答　(1)輕桿開始移動時，彈簧的彈力F＝kx① 且F＝f② 解得x＝③ (2)設輕桿移動前小車對彈簧所做的功為W，則小車從撞擊到停止的過程中 由動能定理得：－f·－W＝0－mv④ 同理，小車以vm撞擊彈簧時，－

18、fl－W＝0－mv⑤ 解得vm＝ ⑥ (3)設輕桿恰好移動時，小車撞擊速度為v1，則有mv＝W⑦ 由④⑦解得v1＝ ，當v< 時，v′＝v 當 ≤v≤ 時，v′＝ . 答案　(1)　(2) (3)當v< 時，v′＝v　當 ≤v≤ 時，v′＝ 【預測】 運動員駕駛摩 圖4－2－8 托車所做的騰躍特技表演是一種刺激性很強的運動項目．如圖4－2－8所示，AB是水平路面，BC是半徑為20 m的圓弧，CDE是一段曲面．運動員駕駛功率始終為9 kW的摩托車，先在AB段加速，經(jīng)過4.3 s到B點時達到最大速度20 m/s，再經(jīng)3 s的時間通過坡面到達E點時關閉發(fā)動機水平飛出．已知人

19、的質(zhì)量為60 kg、摩托車的質(zhì)量為120 kg，坡頂高度h＝5 m，落地點與E點的水平距離x＝16 m，重力加速度g＝10 m/s2.設摩托車在AB段所受的阻力恒定，運動員及摩托車可看做質(zhì)點．求： (1)AB段的位移大?。? (2)摩托車過B點時對運動員支持力的大?。? (3)摩托車在沖上坡頂?shù)倪^程中克服阻力做的功． 解析　(1)由功率公式得P＝Fvm，到B點達到最大速度時有F－f＝0，由動能定理得 Pt1－fxAB＝(m＋M)v，解得xAB＝6 m. (2)在B點由牛頓第二定律得FN－mg＝m，得FN＝1 800 N. (3)豎直方向可得t＝ ＝1 s，則在E點的速度v0＝＝16

20、m/s 從B到E過程由動能定理得Pt2－Wf－(m＋M)gh＝(m＋M)v－(m＋M)v，解得Wf＝30 960 J. 答案　(1)6 m　(2)1 800 N　(3)30 960 J 1．(單選)全國中學生足球賽在足球廣場揭幕．比賽時，一學生用100 N的力將質(zhì)量為0.5 kg的足球以8 m/s的初速度沿水平方向踢出20 m遠，則該學生對足球做的功至少為(　　)． A．200 J B．16 J C．1 000 J D．2 000 J 解析　忽略阻力，由動能定理得，學生對足球所做的功等于足球動能的增加量，即W＝mv2－0＝16 J，故B正確． 答案　B 2．(多選)物體

21、在合外力作用下做直線運動的v－t圖象如圖4－2－9所示． 圖4－2－9 下列表述正確的是(　　)． A．在0～1 s內(nèi)，合外力做正功 B．在0～2 s內(nèi)，合外力做正功 C．在1～2 s內(nèi)，合外力不做功 D．在0～3 s內(nèi)，合外力做正功 解析　由動能定理可知，合外力做的功等于動能的增量，0～1 s內(nèi)，速度增加，合外力做正功，A正確.1～2 s內(nèi)動能減小，合外力做負功，0～3 s內(nèi)，動能增量為零，合外力不做功，而0～2 s內(nèi)，動能增大，合外力做正功，故B、C、D均錯． 答案　AB 3．(單選)(xx·安徽卷，16) 圖4－2－10 如圖4－2－10所示，在豎直平面內(nèi)有

22、一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力．已知AP＝2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運動過程中(　　)． A．重力做功2 mgR B．機械能減少mgR C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR 解析　小球到達B點時，恰好對軌道沒有壓力，只受重力作用，根據(jù)mg＝得，小球在B點的速度v＝ .小球從P到B的過程中，重力做功W＝mgR，故選項A錯誤；減少的機械能ΔE減＝mgR－mv2＝mgR，故選項B錯誤；合外力做功W合＝mv2＝mgR，故選項C錯誤；根據(jù)動能定理得，mgR－Wf

23、＝mv2－0，所以Wf＝mgR－mv2＝mgR，故選項D正確． 答案　D 4．(xx·北京卷，22)如圖4－2－11所示，質(zhì)量為m的小物塊在粗糙水平桌面上做直線運動，經(jīng)距離l后以速度v飛離桌面，最終落在水平地面上．已知l＝1.4 m，v＝3.0 m/s，m＝0.10 kg，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，桌面高h＝0.45 m，不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2.求： 圖4－2－11 (1)小物塊落地點到飛出點的水平距離s； (2)小物塊落地時的動能Ek； (3)小物塊的初速度大小v0. 解析　(1)由平拋運動規(guī)律，有： 豎直方向h＝gt2，水平方向s＝v

24、t， 得水平距離s＝ v＝0.90 m. (2)由機械能守恒定律，動能Ek＝mv2＋mgh＝0.90 J. (3)由動能定理，有－μmgl＝mv2－mv， 得初速度大小v0＝ ＝4.0 m/s. 答案　(1)0.90 m　(2)0.90 J　(3)4.0 m/s 5．如圖4－2－12所示，光滑半圓形軌道的半徑為R，水平面粗糙，彈簧自由端D與軌道最低點C之間的距離為4R，一質(zhì)量為m可視為質(zhì)點的小物塊自圓軌道中點B由靜止釋放，壓縮彈簧后被彈回到D點恰好靜止．已知小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度為g，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)． 圖4－2－12 (1)求彈簧的最大壓

25、縮量和最大彈性勢能． (2)現(xiàn)把D點右側水平面打磨光滑，且已知彈簧壓縮時彈性勢能與壓縮量的二次方成正比．現(xiàn)使小物塊壓縮彈簧，釋放后能通過半圓形軌道最高點A，求壓縮量至少是多少？ 解析　(1)設彈簧的最大壓縮量為x，最大彈性勢能為Ep，對小物塊，從B到D再壓縮彈簧又被彈回到D的過程由動能定理有mgR－μmg(4R＋2x)＝0 解得x＝0.5R 小物塊從壓縮彈簧最短到返回至D，由動能定理有 Ep－μmgx＝0 解得Ep＝0.1mgR. (2)設壓縮量至少為x′，對應的彈性勢能為Ep′， 則＝ 小物塊恰能通過半圓形軌道最高點A，則mg＝m 小物塊從壓縮彈簧到運動至半圓形軌道最高點A，由動能定理有Ep′－μmg·4R－2mgR＝mv 聯(lián)立解得x′＝R. 答案　(1)0.5R　0.1mgR　(2)