2019-2020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.doc

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2019-2020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(guān)于動能，下列說法中正確的是(　　)． A．動能是普遍存在的機(jī)械能中的一種基本形式，凡是運(yùn)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(yùn)動而具有的能叫動能． (2)公式：Ek＝mv2． (3)單位：焦耳，1 J＝1 Nm＝1 kgm2/s2. (4)矢標(biāo)性：動能是標(biāo)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?、?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(dāng)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(shè)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，－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(dá)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(yùn)動，也適用于曲線運(yùn)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(yīng)用 【典例1】 (多選)如圖4－2－1所示， 圖4－2－1 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(yùn)動，當(dāng)上升高度為H時，電梯的速度達(dá)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． 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(dá)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(yùn)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． 答案　BD, 借題發(fā)揮 1．動能定理公式中“＝”的意義 (1)數(shù)量關(guān)系：即合外力所做的功與物體動能的變化具有等量代換關(guān)系．可以通過計算物體動能的變化，求合力的功，進(jìn)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(guān)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(yīng)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(yùn)動中：(sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g取10 m/s2) (1)滑塊在AB段上運(yùn)動的總路程； (2)在滑塊運(yùn)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(fù)運(yùn)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(fù)運(yùn)動． 設(shè)滑塊在AB段上運(yùn)動的總路程為x.滑塊在AB段上受摩擦力，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(fù)運(yùn)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(shè)為v1，分析受力知此時滑塊受軌道支持力最大，設(shè)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(dāng)滑塊以B為最高點做往復(fù)運(yùn)動的過程中過C點時速度最小，設(shè)為v2，此時滑塊受軌道支持力也最小，設(shè)為Fmin 從B到C，根據(jù)動能定理有：mgR(1－cos θ)＝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(yùn)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(dāng)小物塊運(yùn)動到B點時撤去力F.取重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)小物塊到達(dá)B點時速度的大?。? (2)小物塊運(yùn)動到D點時，軌道對小物塊作用力的大?。? (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 －mg2R＝mv－mv 得vD＝＝3 m/s 在D點，根據(jù)牛頓運(yùn)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(yùn)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＝30.4 m＝1.2 m. 答案　(1)5 m/s　(2)25 N　(3)1.2 m, 借題發(fā)揮 1．應(yīng)用動能定理的技巧 (1)動能定理雖然是在恒力作用、直線運(yùn)動中推導(dǎo)出來的，但也適用于變力作用、曲線運(yùn)動的情況． (2)動能定理是標(biāo)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(yùn)動過程的具體細(xì)節(jié)，具有過程簡明、運(yùn)算量小等優(yōu)點． 2．應(yīng)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規(guī)律變化的水平力F的作用并向右運(yùn)動，第3 s末物塊運(yùn)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(yùn)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(shè)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(zhuǎn)臺之間的最大靜摩擦力為物塊重力的k倍，物塊與轉(zhuǎn)軸OO′相距R，物塊隨轉(zhuǎn)臺由靜止開始轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)速緩慢增大，當(dāng)轉(zhuǎn)速增加到一定值時，物塊即將在轉(zhuǎn)臺上滑動，在物塊由靜止到滑動前的這一過程中，轉(zhuǎn)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(zhuǎn)速增加的過程中，轉(zhuǎn)臺對物塊的摩擦力是不斷變化的，當(dāng)轉(zhuǎn)速增加到一定值時， 物塊在轉(zhuǎn)臺上即將滑動，說明此時靜摩擦力Ff達(dá)到最大，其指向圓心的分量F1提供向心力，即F1＝m① 由于轉(zhuǎn)臺緩慢加速，使物塊加速的分力F2很小，因此可近似認(rèn)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(zhuǎn)臺對物塊所做的功W1＝kmgR. 答案　D ,借題發(fā)揮 應(yīng)用動能定理求變力做功時應(yīng)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(yīng)物體動能的變化，而不是對應(yīng)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(fù)，待求的變力的功若為負(fù)功，可以設(shè)克服該力做功為W，則表達(dá)式中應(yīng)用－W；也可以設(shè)變力的功為W，則字母W本身含有負(fù)號． 命題熱點3　動能定理的應(yīng)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(yīng)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(dú)考查，也可能有與曲線運(yùn)動、電磁學(xué)等內(nèi)容相結(jié)合的綜合考查，對單獨(dú)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(jié)合進(jìn)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(dāng)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(fù)功的情況． (3)易錯誤地將動能定理當(dāng)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(yīng)的過程和初末動能對應(yīng)的過程不統(tǒng)一造成錯誤． 應(yīng)對策略 運(yùn)用動能定理 規(guī)范答題 模板 解：設(shè)……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(jié)果”(代入數(shù)據(jù)得結(jié)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(dǎo)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(guān)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(shè)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，－fl－W＝0－mv⑤ 解得vm＝ ⑥ (3)設(shè)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(dāng)v< 時，v′＝v 當(dāng) ≤v≤ 時，v′＝ . 答案　(1)　(2) (3)當(dāng)v< 時，v′＝v　當(dāng) ≤v≤ 時，v′＝ 【預(yù)測】 運(yùn)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(qiáng)的運(yùn)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(yùn)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(dá)到最大速度20 m/s，再經(jīng)3 s的時間通過坡面到達(dá)E點時關(guān)閉發(fā)動機(jī)水平飛出．已知人的質(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(shè)摩托車在AB段所受的阻力恒定，運(yùn)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(yùn)動員支持力的大小． (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(dá)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 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(xué)生足球賽在足球廣場揭幕．比賽時，一學(xué)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(yuǎn)，則該學(xué)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(xué)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)物體在合外力作用下做直線運(yùn)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(fù)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(dá)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(yùn)動過程中(　　)． A．重力做功2 mgR B．機(jī)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(dá)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(jī)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＝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(yùn)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(yuǎn)＝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(yùn)動規(guī)律，有： 豎直方向h＝gt2，水平方向s＝vt， 得水平距離s＝ v＝0.90 m. (2)由機(jī)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)求彈簧的最大壓縮量和最大彈性勢能． (2)現(xiàn)把D點右側(cè)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(shè)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(shè)壓縮量至少為x′，對應(yīng)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(yùn)動至半圓形軌道最高點A，由動能定理有Ep′－μmg4R－2mgR＝mv 聯(lián)立解得x′＝R. 答案　(1)0.5R　0.1mgR　(2)