2020年高考物理专题复习：动能定理及其应用剖析

2020年高考物理备考微专题精准突破专题3.3 动能定理的理解和应用【专题诠释】1．应用动能定理解题应抓好“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，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．2．应用动能定理解题的基本思路(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系.(2)动能定理的表达式是标量式，不能在其中一个方向上应用动能定理.(3)动能定理本质上反映了动力学过程中的能量转化与守恒，普遍适用于一切运动过程.【高考领航】【2019·新课标全国Ⅲ卷】从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。

距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能E k随h的变化如图所示。

重力加速度取10 m/s2。

该物体的质量为（）A ．2 kgB ．1.5 kgC ．1 kgD ．0.5 kg【答案】C【解析】对上升过程，由动能定理，0()k k F mg h E E -+=-，得0()k k E E F mg h =-+，即F +mg =12 N ；下落过程，()(6)k mg F h E --=，即8mg F k '-==N ，联立两公式，得到m =1 kg 、F =2 N 。

【2018·江苏卷】从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。

忽略空气阻力，该过程中 小球的动能E k 与时间t 的关系图象是A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】本题考查动能的概念和E k –t 图象，意在考查考生的推理能力和分析能力。

小球做竖直上抛运动时，速度v =v 0–gt ，根据动能212k E mv =得()2012k E m v gt =-，故图象A 正确。

【2018·高考全国卷Ⅰ】如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为2R ；bc 是半径为R 的四分之一圆弧，与ab 相切于b 点．一质量为m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a 点处 从静止开始向右运动．重力加速度大小为g .小球从a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )A ．2mgRB ．4mgRC ．5mgRD ．6mgR【思路点拨】解答本题应注意以下三点：(1)小球由a 到c 的过程，由动能定理求出小球在c 点的速度大小． (2)小球离开c 点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g . (3)小球轨迹最高点的竖直方向速度为零． 【答案】C 【解析】小球从a 运动到c ，根据动能定理，得 F ·3R －mgR ＝12mv 21，又F ＝mg ，故v 1＝2gR ，小球离开c 点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g ，故小球从c 点到最高点所用的时间t ＝v 1g＝2R g ，水平位移x ＝12gt 2＝2R ，根据功能关系，小球从a 点到轨迹最高点机械能的增量为力F 做的功，即ΔE ＝F ·(2R ＋R ＋x )＝5mgR .【方法技巧】(1)动能定理解决的是合力做功与动能变化量之间的关系，所以在分析时一定要对物体受到的各个力做的功都作分析.(2)动能定理往往应用于单个物体的运动过程，由于不涉及时间，比用运动学规律更加方便. (3)找到物体运动的初、末状态的动能和此过程中合力做的功，是应用动能定理解题的关键. 解决物理图象问题的基本步骤(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义． (2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题． 四类图象所围“面积”的含义【最新考向解码】【例1】(2019·黑龙江齐齐哈尔五校联谊高三上学期期末联考)如图所示，固定在竖直平面内的14圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B ，质量为m 的小物块从圆弧轨道的顶端A 由静止滑下，经过B 点后沿水平轨道运动，并停在到B 点距离等于圆弧轨道半径的C 点。

2020年高考物理专题复习：能量守恒定律的应用技巧考点精讲1. 对能量守恒定律的理解（1）转化：某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。

（2）转移：某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量相等。

2. 运用能量守恒定律解题的基本流程典例精讲例题1 如图所示，一物体质量m＝2kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4m。

当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点的距离AD＝3m。

挡板及弹簧质量不计，g取10m/s2，sin37°＝0.6，求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ。

（2）弹簧的最大弹性势能E pm。

【考点】能量守恒定律的应用【思路分析】（1）物体从开始位置A 点运动到最后D 点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p ＝21mv 20＋mgl AD sin37° ① 物体克服摩擦力产生的热量为Q ＝F f x ① 其中x 为物体运动的路程，即x ＝5.4m ① F f ＝μmg cos37°① 由能量守恒定律可得ΔE ＝Q①由①②③④⑤式解得μ≈0.52。

（2）由A 到C 的过程中，动能减少ΔE k ＝21mv 20 ① 重力势能减少ΔE p ′＝mgl AC sin37° ① 摩擦生热Q ′＝F f l AC ＝μmg cos37°l AC①由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为 ΔE pm ＝ΔE k ＋ΔE p ′－Q ′①联立⑥⑦⑧⑨解得ΔE pm ≈24.46J 。

【答案】（1）0.52 （2）24.46J【规律总结】应用能量守恒定律解题的基本思路1. 分清有多少种形式的能（如动能、势能（包括重力势能、弹性势能、电势能）、内能等）在变化。

动能定理及其应用专题 知识内容考试要求必考加试 机械能守恒定律动能和动能定理dd一、动能定理1．公式：k W E =∆（2201222mv mv W W ++⋅⋅⋅=-） 2．推导：假设物体（m ）在极短时间Δt 内受到力F 1、F 2……（可视为恒力）作用，发生的位移为Δx对物体，由牛顿第二定律有12F F ma ++⋅⋅⋅=，由运动学公式有2()2v a x ∆=∆联立可得212()2m v F x F x ∆∆+∆+⋅⋅⋅=，即12k W W ε∆+∆+⋅⋅⋅=∆在极短时间Δt 内有k W ε∆=∆，对一般过程有k i i W ε∑∆=∑∆，即k W E =∆ （故解题时，使用动能定理和牛顿运动定律均可，应根据实际情况选择解题思路） 3．优先考虑应用动能定理的问题 （1）不涉及加速度、时间的问题；（2）有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题； （3）变力做功的问题。

二、应用动能定理的流程三、应用动能定理解题的方法技巧1．对物体进行正确的受力分析，要考虑物体所受的所有外力，包括重力。

2．有些力在物体运动的全过程中不是始终存在的，若物体运动的全过程包含几个不同的物理过程，物体的运动状态、受力等情况均可能发生变化，则在考虑外力做功时，必须根据不同情况分别对待。

3．若物体运动的全过程包含几个不同的物理过程，解题时可以分段考虑，也可以全过程为一整体，利用动能定理解题，用后者往往更为简捷。

（2019·山西平遥中学期末）光滑水平面AB 与竖直面内的半圆形导轨在B 点连接，导轨半径R ＝0.5 m ，一个质量m ＝2 kg 的小球在A 处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接。

用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能E p ＝36 J ，如图所示。

放手后小球向右运动脱离弹簧，沿半圆形轨道向上运动恰能通过最高点C ，g 取10 m/s 2。

下列选项正确的是A ．小球脱离弹簧时的速度大小5 m/sB ．小球通过最高点C 的速度是0 C ．小球在C 点处于超重状态D ．小球从B 到C 阻力做的功为–11 J【参考答案】D【详细解析】A 、根据机械能守恒定律E p =12mv 12解得:v 1=6 m/s ，选项A 错误；B 、因小球恰能通过最高点C ，则2Cv mg m R=，解得5m/s C v gR =，选项B 错误；C 、小球在C 点时，加速度向下，处于失重状态，选项C 错误；D 、小球从B 到C ，由动能定理：22111222f C mg R W mv mv -⋅+=-，联立解得W f =–11 J ，选项D 正确。

第2讲 动能定理及应用一、动能1.定义：物体由于运动而具有的能。

2.公式：E k ＝12m v 2。

3.单位：焦耳，1 J ＝1 N·m ＝1 kg·m 2/s 2。

4.标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关。

5.动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔE k ＝12m v 22－12m v 21。

二、动能定理1.内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。

2.表达式：W ＝E k2－E k1＝12m v 22－12m v 21。

3.物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度。

4.适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。

(2)动能定理既适用于恒力做功，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。

如图1所示，物块沿粗糙斜面下滑至水平面；小球由内壁粗糙的圆弧轨道底端运动至顶端(轨道半径为R )。

图1对物块有W G ＋W f 1＋W f 2＝12m v 2－12m v 20对小球有－2mgR ＋W f ＝12m v 2－12m v 20。

【自测1】关于运动物体所受的合力、合力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是()A.合力为零，则合力做功一定为零B.合力做功为零，则合力一定为零C.合力做功越多，则动能一定越大D.动能不变，则物体所受合力一定为零答案 A【自测2】如图2所示，AB为14圆弧轨道，BC为水平直轨道，BC恰好在B点与AB相切，圆弧的半径为R，BC的长度也是R。

一质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为()图2A.μmgR2 B.mgR2C.mgRD.(1－μ)mgR答案 D解析设物体在AB段克服摩擦力所做的功为W AB，物体从A到C的全过程，根据动能定理有mgR－W AB－μmgR＝0，所以W AB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D 正确。

动能定理【重点讲解】1．功的理解⑴是否做功的判断问题：功的两个必要因素分别是________和__________________。

而所谓的“力的方向上的位移”可作如下理解：当位移平行于力，则位移就是力的方向上的位的位移；当位移垂直于力，则位移垂直于力，则位移就不是力的方向上的位移；当位移与力既不垂直又不平行于力，则可对位移进行正交分解，其平行于力的方向上的分位移仍被称为力的方向上的位移。

⑵功的计算问题：①W = Fl cosα适用于________做功。

②用动能定理W = ΔE k或功能关系一般用于求____ 力的功。

这是因为做功的过程就是能量转化的过程，功是能的转化的_______。

如果知道某一过程中能量转化的数值，那么也就知道了该过程中对应的功的数值。

⑶功率求解问题：①P = W/t，通常用于求力在时间t内的________功率。

②功率的计算式：P = Fv cosθ（其中θ是力与速度间的夹角），一般用于求___________________功率。

⑷一对作用力和反作用力做功的关系问题：①一对作用力和反作用力在同一段时间内做的总功可能为正、可能为负、也可能为零；②一对互为作用反作用的摩擦力做的总功可能为零（静摩擦力）、可能为负（滑动摩擦力），但不可能为______。

⑸常见力做功的特点：①重力做功和路径无关，只与物体始末位置的高度差h有关：W= mgh，当末位置低于初位置时，W＞0，即重力做正功；反之重力做负功。

②滑动摩擦力做功与路径有关。

当某物体在一固定平面上运动时，滑动摩擦力做功的绝对值等于摩擦力与_______的乘积。

在两个接触面上因相对滑动而产生的热量Q = f滑s相对，其中f滑为滑动摩擦力，s相对为接触的两个物体的相对路程。

⑹做功意义的理解问题：做功意味着能量的______与______，做多少功，相应就有多少能量发生______或_________。

2．动能和动能定理的理解⑴动能E k = ________是物体运动的_______量，而动能的变化ΔE K是与物理过程有关的_______量。

2020年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题12 动能定理的理解与应用【专题导航】目录热点题型一动能定理的理解 (1)热点题型二动能定理在直线运动中的应用 (2)热点题型三动能定理在曲线运动中的应用 (3)热点题型四动能定理与图象的结合问题 (3)F-图像 (4)xv-图像 (4)ta-图像 (5)t-图像 (6)xEk热点题型五动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用 (6)运用动能定理巧解往复运动问题 (7)动能定理解决平抛、圆周运动相结合的问题 (7)【题型演练】 (8)【题型归纳】热点题型一动能定理的理解1．定理中“外力”的两点理解(1)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)既可以是恒力，也可以是变力．2．公式中“＝”体现的三个关系【例1】(2019·广东六校联考)北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目．将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来．换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将()A．不变B．变小C．变大D．无法判断【变式1】(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定()A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功【变式2】关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系．下列说法正确的是() A．合外力为零，则合外力做功一定为零B．合外力做功为零，则合外力一定为零C．合外力做功越多，则动能一定越大D．动能不变，则物体合外力一定为零热点题型二动能定理在直线运动中的应用1.若在直线运动中知道初、末状态，而不需要考虑中间过程时，一般用动能定理处理位移与速度的关系2.一般用分段法来处理问题，找准直线运动中转折处其动能有无损失【例2】(2019·吉林大学附中模拟)如图所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为()A．tan θB．tan α C．tan(θ＋α) D．tan(θ－α)【变式1】如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确()A ．小球落地时动能等于mgHB ．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C ．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )D ．小球在泥土中受到的平均阻力为mg (1＋H h) 【变式2】如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型．物块自左侧斜面上A 点由静止滑下，滑过下面 一段平面后，最高冲至右侧斜面上的B 点．实验中测量出了三个角度，左、右斜面的倾角α和β及AB 连线与水平面的夹角为θ.物块与各接触面间动摩擦因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是( )A ．μ＝tan αB ．μ＝tan βC ．μ＝tan θD ．μ＝tanα－β2热点题型三动能定理在曲线运动中的应用【例3】.如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，质点不能到达Q 点 C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离 D ．W <12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离 【变式】如图，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P . 它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W .重力加速度大小为g .设质点P 在最低 点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为( )A ．a ＝2（mgR －W ）mRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2W RD ．N ＝2（mgR －W ）R热点题型四动能定理与图象的结合问题1．解决物理图象问题的基本步骤(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题．2．四类图象所围“面积”的含义F 图像x【例4】如图甲所示，一质量为4 kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系图象如图乙所示，已知物体与面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A．物体先做加速运动，推力为零时开始做减速运动B．物体在水平地面上运动的最大位移是10 m C．物体运动的最大速度为215 m/s D．物体在运动中的加速度先变小后不变【变式】(2019·大连五校联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g＝10 m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有()A．物体与水平面间的动摩擦因数B．合外力对物体所做的功C．物体做匀速运动时的速度D．物体运动的时间v-图像t【例5】(2019·安徽合肥一模)A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v－t图象如图所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是()A．F1、F2大小之比为1∶2 B．F1、F2对A、B做功之比为1∶2C．A、B质量之比为2∶1 D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1【变式】(2018·高考全国卷Ⅲ) 地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程()A．矿车上升所用的时间之比为4∶5 B．电机的最大牵引力之比为2∶1C．电机输出的最大功率之比为2∶1 D．电机所做的功之比为4∶5a-图像t【例6】(2019·山西模拟)用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是()A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B．0～6 s内物体在4 s时的速度最大C ．物体在2～4 s 内速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力做的功【变式】质量为m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，运动过程中小球受到空 气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg ，此后小球继续做圆周运动， 经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为 ( )A.14mgRB.310mgRC.12mgR D ．mgRx E k 图像【例7】(2017·高考江苏卷)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k 与位移x 关系的图线是( )【变式】(2018·高考江苏卷)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k 与时间t 的关系图象是 ( )热点题型五动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用1．由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解．因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可．2．运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式．3．全过程列式涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：(1)重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积；(3)弹簧弹力做功与路径无关．4．应用动能定理解题的基本步骤运用动能定理巧解往复运动问题【例8】．如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC 的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块最终停止的位置距B点的距离．【变式】如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC 是水平的，其距离d＝0.50 m．盆边缘的高度为h＝0.30 m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出)．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10. 小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为()A．0.50 m B．0.25 m C．0.10 m D．0动能定理解决平抛、圆周运动相结合的问题【例9】．(2019·桂林质检)如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高，质量m＝1 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；(3)若滑块离开C点的速度大小为4 m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t.【变式1】(2019·河北衡水中学模拟)如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s 的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则下列说法错误的是()A．小物块的初速度是5 m/s B．小物块的水平射程为1.2 mC．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功D．小物块落地时的动能为0.9 J【变式2】如图，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回．已知R＝0.4 m，l＝2.5 m，v0＝6 m/s，物块质量m＝1 kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.4，轨道其他部分摩擦不计．g取10 m/s2.求：(1)物块第一次经过圆轨道最高点B时对轨道的压力；(2)物块仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度L，当L长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动．【题型演练】1.如图所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h 的A点由静止释放，运动至B点时速度为v1.现将倾斜轨道的倾角调至为θ2，仍将物块从轨道上高度为h的A点静止释放，运动至B点时速度为v2.已知θ2<θ1，不计物块在轨道接触处的机械能损失．则()A．v1<v2 B．v1>v2 C．v1＝v2 D．由于不知道θ1、θ2的具体数值，v1、v2关系无法判定2.如图甲所示，一质量为4 kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系图象如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A．物体先做加速运动，推力为零时开始做减速运动B．物体在水平地面上运动的最大位移是10 m C．物体运动的最大速度为215 m/s D．物体在运动中的加速度先变小后不变3.(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR4.(2019·襄阳模拟)用竖直向上大小为30 N的力F，将2 kg的物体从沙坑表面由静止提升1 m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g取10 m/s2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为()A．20 J B．24 J C．34 J D．54 J5.(2019·宁波模拟)如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止．现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(F＝mg)，若其他条件不变，则木盒滑行的距离()A ．不变B ．变小C ．变大D ．变大变小均可能6.(2019·北京101中学检测)如图所示，质量为m 的物体静置在水平光滑平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v 0向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人所做的功为( )A ．mv 202B ．2mv 202C ．mv 204D ．mv 20 7. 光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力F 作用开始运动，拉力随时间变化如图所示，用E k 、v 、x 、P 分别表示物体的动能、速度、位移和水平拉力的功率，下列四个图象中分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，正确的是( )8.一圆弧形的槽，槽底放在水平地面上，槽的两侧与光滑斜坡aa ′、bb ′相切，相切处a 、b 位于同一水平面内， 槽与斜坡在竖直平面内的截面如图所示．一小物块从斜坡aa ′上距水平面ab 的高度为2h 处沿斜坡自由滑下， 并自a 处进入槽内，到达b 后沿斜坡bb ′向上滑行，已知到达的最高处距水平面ab 的高度为h ；接着小物块、 沿斜坡bb ′滑下并从b 处进入槽内反向运动，若不考虑空气阻力，则( )A ．小物块再运动到a 处时速度变为零B ．小物块每次经过圆弧槽最低点时对槽的压力不同C ．小物块不仅能再运动到a 处，还能沿斜坡aa ′向上滑行，上升的最大高度为hD ．小物块不仅能再运动到a 处，还能沿斜坡aa ′向上滑行，上升的最大高度小于h9 如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O 点质量为m ＝1 kg 的小物块接触而不连接， 此时弹簧无形变．现对小物块施加F ＝10 N 水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动．小物块在向左运动到A 点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6 N ，运动到A 点时撤去推力F ，小物块最终运动到B 点静止．图中OA ＝0.8 m ，OB ＝0.2 m ，重力加速度g 取10 m/s 2.求小物块：(1)与桌面间的动摩擦因数μ；(2)向右运动过程中经过O 点的速度；(3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量．10.(2018·高考全国卷 Ⅲ )如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道P A 在A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sin α＝35.一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g .求(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小；(2)小球到达A 点时动量的大小；(3)小球从C 点落至水平轨道所用的时间．。

第12讲动能定理及其应用【知识总览】【考点探究】考点1动能·条目解析1.定义:物体由于运动而具有的能量就是动能.2.公式:E k=mv2.3.单位:焦耳,1 J=1 N·m=1 kg·m2/s2.4.矢标性:动能是标量,只有正值.5.状态量:动能是状态量,因为v是瞬时速度.·题组演练例1关于物体的动能,下列说法中正确的是()A.物体的速度变化时,其动能一定变化B.物体所受的合外力不为零时,其动能一定变化C.物体的动能变化时,其运动状态一定发生改变D.物体的速度变化越大,其动能变化也一定越大[要点总结]动能与动能的变化的区别(1)动能与动能的变化是两个不同的概念,动能是状态量,动能的变化是过程量.(2)动能为非负值,而动能的变化有正、负之分,ΔE k>0表示物体的动能增加,ΔE k<0表示物体的动能减少.考点2动能和动能定理(d)·条目解析1.内容:在一个过程中合外力对物体所做的功,等于物体在这个过程中动能的变化.2.表达式:W=m-m=E k2-E k1.3.理解:动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化具有等量代换关系.合外力做功是引起物体动能变化的原因.·典型例题例2下列关于运动物体的合力做功和动能、速度变化的关系的说法正确的是()A.物体做变速运动,合外力一定不为零,动能一定变化B.若合外力对物体做功为零,则合外力一定为零C.合外力对物体做功,物体的速度大小一定发生变化D.物体的动能不变,所受的合外力一定为零图12-1变式[2019·金华期末]某次篮球比赛中,小明站在罚球线处采用如图12-1所示站立姿势将篮球投出,球以约2 m/s的速度撞击篮筐.已知篮球质量约为0.6 kg,篮筐离地高度约为3 m,忽略篮球受到的空气阻力,则小明将球投出时对篮球做的功约为()A.2 JB.8 JC.30 JD.100 J例3物体从高出地面H处由静止自由落下,不考虑空气阻力,落至沙坑表面后又进入深h处停止(如图12-2所示),则物体在沙坑中受到的平均阻力是其重力的多少倍?图12-2例4物体沿直线运动的v-t图像如图12-3所示,已知在第1 s内合外力对物体做的功为W,则()图12-3A.从第1 s末到第3 s末,合外力做功为4WB.从第3 s末到第5 s末,合外力做功为-2WC.从第5 s末到第7 s末,合外力做功为-WD.从第3 s末到第4 s末,合外力做功为-0.75W变式一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处.若物块初动能为E k0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中物块的动能E k与位移x的关系图线是图12-4中的()图12-4[要点总结](1)动能定理的适用条件:既适用于恒力做功也适用于变力做功,既适用于直线运动也适用于曲线运动.(2)应用动能定理解题的步骤:①选取研究对象,明确它的运动过程.②正确分析物体的受力情况(包括重力、弹力等),找准各力做功的大小及正负情况.③明确物体运动的初、末态的速度情况,写出初、末态的动能表达式E k1、E k2.④列出动能定理方程W合=E k2-E k1及其他必要的解题方程,进行求解.⑤检验答案,对结果进行分析和讨论.考点3动能定理求解变力做功问题(d)·条目析动能定理既适用于直线运动也适用于曲线运动,既适用于求恒力做功也适用于求变力做功.因为使用动能定理可由动能的变化来求功,所以动能定理是求变力做功的首选.·典型例题图12-5例5如图12-5所示,AB为圆弧轨道,BC为水平直轨道,圆弧的半径为R,BC的长度也是R,一质量为m 的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ,重力加速度为g.当物体从轨道顶端A由静止开始下落时,恰好运动到C处停止,那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为()A.μmgRB.mgRC.-mgRD.(1-μ)mgR图12-6变式[2019·海宁高中期中]如图12-6所示,在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A,若将小球A从弹簧处于原长位置由静止释放,小球A能够下降的最大高度为h.若将小球A换为质量为3m的小球B,仍从弹簧处于原长位置由静止释放,则小球B下降h高度时的速度为(重力加速度为g,不计空气阻力)()A.B.C.D.[要点总结]应用动能定理解题的基本思路应用动能定理的关键是写出各力做功的代数和,不要漏掉某个力做的功,同时要注意各力做功的正负.考点4动能定理求解多过程问题(d)·条目解析1.动能定理的计算式为标量式,位移x和速度v必须是相对于同一个参考系的,一般以地面为参考系.动能定理应用广泛,直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、同时做功、分段做功各种情况均适用.2.当物体的运动是由几个物理过程所组成,又不需要研究过程的中间状态时,可以把这几个物理过程看作一个整体进行研究,从而避开每个运动过程的具体细节,具有过程简明、方法巧妙、运算量小等优点.·典型例题例6某游乐场中的竖直滑梯可以简化为如图12-7所示的ABCDEF轨道,其中AB为光滑的圆弧,半径R=6 m,BC与DE均为光滑的水平轨道,EF为足够长的光滑圆弧轨道,EF与ED相切,长L=10 m、倾角为θ=37°的斜面CD上铺了一层匀质特殊材料.小孩及游乐装备(视为质点)总质量为m=30 kg,从A处由静止开始下滑,小孩在水平轨道上运动一段距离后,通过换向轨道由C点过渡到CD,然后滑入DEF.假设小孩通过C和D前后速度大小不变,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,不计空气阻力.(1)求小孩运动到圆弧底端B点时对轨道的压力大小;(2)若μ=0.2,求小孩在CD上运动的总路程.图12-7变式[2019·嘉兴期中]在山区或沟谷深壑地区,往往会因为长时间的暴雨而引发山体滑坡,并携带有大量石块滑落.某地有两个坡度相同的山坡刚好在底端互相对接,在暴雨中有石块从一侧山坡滑落后冲上另一侧山坡,现假设两山坡与水平面间的夹角均为θ=37°,石块在下滑过程中与坡面间的动摩擦因数均为μ=0.25,石块在左侧山坡A处由静止开始下滑时离水平地面的高度h1=4.8 m,然后冲上右侧山坡,其简化图如图12-8所示.已知石块经过最低点P前后的速度大小不变,重力加速度g取10m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.(1)求石块滑到最低点P时的速度大小v;(2)求石块冲上右侧山坡最高点B时离水平面的高度h2;(3)当石块在A点以多大的初速度v0下滑时,刚好能到达右侧山坡与A等高处?图12-8[要点总结]应用动能定理解题的注意事项:(1)要明确物体在全过程初、末两个状态时的动能;(2)要正确分析全过程中各段受力情况和相应位移,并正确求出各力做的功;(3)动能定理表达式是标量式,不能在某方向用速度分量来列动能定理方程式;(4)动能定理中的位移及速度一般都是相对地面而言的.。

第2节动能定理及其应用(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)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零。

(√)(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。

(×)(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比。

(√)突破点(一)对动能定理的理解1．对“外力”的两点理解(1)“外力”可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等，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．公式中“＝”体现的三个关系[题点全练]1．关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是( )A ．合外力为零，则合外力做功一定为零B ．合外力做功为零，则合外力一定为零C ．合外力做功越多，则动能一定越大D ．动能不变，则物体合外力一定为零解析：选A 由W ＝Fl cos α可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α＝90°，故A 正确，B 错误；由动能定理W ＝ΔE k 可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大。

动能不变，合外力做功为零，但物体合外力不一定为零，C 、D 均错误。

2.(2018·江阴四校期中)质量为M 、长度为L 的长木板静止在光滑的水平面上，质量为m 的小滑块停放在长木板的最右端，滑块和木板之间的动摩擦因数为μ。

现用一个大小为F 的恒力作用在M 上，当小滑块滑到木板的最左端时，滑块和木板的速度大小分别为v 1、v 2，滑块和木板相对于地面的位移大小分别为s 1、s 2。

下列关系式错误的是( )A ．μmgs 1＝12m v 12B ．Fs 2－μmgs 2＝12M v 22C ．μmgL ＝12m v 12D ．Fs 2－μmgs 2＋μmgs 1＝12M v 22＋12m v 12解析：选C 对滑块，滑块受到重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，有 μmgs 1＝12m v 12，故A 正确；对木板，由动能定理得：Fs 2－μmgs 2＝12M v 22，故B 正确；由以上两式相加可得：Fs 2－μmgs 2＋μmgs 1＝12M v 22＋12m v 12，又s 2－s 1＝L ，则得：Fs 2－μmgL ＝12M v 22＋12m v 12，故C 错误，D 正确。

【精品】最新高考物理专题复习-——功能关系综合运用(例题+习题+答案)试卷及参考答案(附参考答案)知识点归纳：一、动能定理1．动能定理的表述合外力做的功等于物体动能的变化.。

（这里的合外力指物体受到的所有外力的合力，包括重力）.。

表达式为W=ΔEK动能定理也可以表述为：外力对物体做的总功等于物体动能的变化.。

实际应用时，后一种表述比较好操作.。

不必求合力，特别是在全过程的各个阶段受力有变化的情况下，只要把各个力在各个阶段所做的功都按照代数和加起来，就可以得到总功2．对外力做功与动能变化关系的理解：外力对物体做正功，物体的动能增加，这一外力有助于物体的运动，是动力；外力对物体做负功，物体的动能减少，这一外力是阻碍物体的运动，是阻力，外力对物体做负功往往又称物体克服阻力做功．功是能量转化的量度，外力对物体做了多少功；就有多少动能与其它形式的能发生了转化．所以外力对物体所做的功就等于物体动能的变化量．即．3．应用动能定理解题的步骤（1）确定研究对象和研究过程.。

和动量定理不同，动能定理的研究对象只能是单个物体，如果是系统，那么系统内的物体间不能有相对运动.。

（原因是：系统内所有内力的总冲量一定是零，而系统内所有内力做的总功不一定是零）.。

（2）对研究对象进行受力分析.。

（研究对象以外的物体施于研究对象的力都要分析，含重力）.。

（3）写出该过程中合外力做的功，或分别写出各个力做的功（注意功的正负）.。

如果研究过程中物体受力情况有变化，要分别写出该力在各个阶段做的功.。

（4）写出物体的初、末动能.。

即WAB=mgR-μmgS=1×10×0.8-1×10×3/15=6 J【例5】:如图所示，小滑块从斜面顶点A 由静止滑至水平部分C 点而停止.。

已知斜面高为h ，滑块运动的整个水平距离为s ，设转角B 处无动能损失，斜面和水平部分与小滑块的动摩擦因数相同，求此动摩擦因数.。

动能定理机械能守恒定律功能关系的应用1.一辆汽车在平直公路上匀速行驶,在t1时刻突然将汽车的功率减小一半,并保持该功率继续行驶,到t2时刻汽车又开始匀速行驶。

若汽车所受阻力保持不变,则从t1到t2的过程中,汽车的()A.速度增加,加速度减小B.速度减小,加速度增加C.速度减小,加速度减小D.速度增加,加速度增加2.如图所示,固定在竖直平面内的圆管形轨道的外轨光滑,内轨粗糙。

一小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动,球的直径略小于圆管的直径,球运动的轨道半径为R,空气阻力不计,重力加速度大小为g,下列说法一定正确的 ()A.若v0<2√gR,小球运动过程中机械能不可能守恒B.若v0=3√gR,小球运动过程中机械能守恒C.若v0<√5gR,小球不可能到达最高点D.若v0=2√gR,小球恰好能到达最高点3.(2019四川成都三模)目前,我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。

为早日实现无人驾驶,某公司对汽车性能进行了一项测试,让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶。

测试中发现,下坡时若关掉油门,则汽车的速度保持不变;若以恒定的功率P上坡,则从静止启动做加速运动,发生位移s时速度刚好达到最大值v m。

设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变,下列说法正确的是()A.关掉油门后的下坡过程,汽车的机械能守恒B.关掉油门后的下坡过程,坡面对汽车的支持力的冲量为零C.以恒定的功率P上坡过程中,汽车速度由v m4增至v m2,所用的时间可能等于3mv m232PD.以恒定的功率P上坡过程中,汽车从静止启动到刚好达到最大速度v m,所用时间一定小于2sv m4.(2019湖北七市州教科研协作联考)下列关于功和能的说法正确的是()A.作用力做正功,反作用力一定做负功B.物体在合外力作用下做变速运动,动能一定发生变化C.若物体除受重力外,还受到其他力作用时,物体的机械能也可能守恒D.竖直向上运动的物体重力势能一定增加,动能一定减少5.一物体被竖直上抛,已知抛起的初速度与回到抛出点时的速度的大小之比为k,物体在运动过程中所受的空气阻力大小不变,则空气阻力与重力之比为()A.kB.1kC.k2-1k2+1D.k2+1k2-16.如图所示,x轴在水平地面上,y轴在竖直方向。

第2讲动能动能定理A组基础过关1.(多选)如图所示,某人通过轻绳绕过光滑滑轮将质量为m的物体沿粗糙斜面由静止开始匀加速地由斜面底端拉上斜面顶端,物体上升的高度为h,到达斜面顶端时的速度为v,则在此过程中()A.物体所受的合力做的功为mgh+12mv2B.物体所受的合力做的功为12mv2C.人对物体做的功为mghD.人对物体做的功大于mgh答案BD根据动能定理可知,物体所受的合力做的功等于物体动能的变化,为12mv2,故A错误,B正确。

对物体受力分析可知,物体受重力、拉力、支持力和摩擦力,支持力不做功,由动能定理可得W合=W F-mgh-W f=12mv2-0,其中人对物体做的功W人=W F,故W人=mgh+W f+12mv2,故C错误,D正确。

2.(2019湖北襄阳期末)用竖直向上、大小为30 N的力F,将2 kg 的物体从沙坑表面由静止提升1 m后撤去力F,经一段时间后,物体落入沙坑,测得物体落入沙坑的深度为20 cm。

若忽略空气阻力,g取10 m/s2,则物体克服沙坑的阻力所做的功为()A.20 JB.24 JC.34 JD.54 J答案C对物体运动的整个过程应用动能定理,得Fh1+mgh2-W f=0-0,解得W f=34 J,C项正确。

3.如图所示,质量为m 的物体静置在水平光滑平台上,系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮,由地面上的人以速度v 0向右匀速拉动,设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处,在此过程中人所做的功为( )A.mv 022B.√2mv 022C.mv 024D.m v 02答案 C 由题意知,绳与水平方向夹角为45°时,沿绳方向的速度v=v 0 cos 45°=√2v 02,故质量为m 的物体速度等于√2v 02,对物体应用动能定理可知,在此过程中人所做的功为W=12mv 2-0=mv 024,C正确。

4.(多选)(2018宁夏银川模拟)如图所示,竖直平面内固定着一个螺旋形光滑轨道,一个小球从足够高处落下,刚好从A 点进入轨道,则关于小球经过轨道上的B 点和C 点时,下列说法正确的是( )A.轨道对小球不做功B.小球在B 点时的速度小于在C 点时的速度C.小球在B 点对轨道的压力小于在C 点对轨道的压力D.改变小球下落的高度,小球在B 、C 两点对轨道的压力差保持不变答案 ABC 由于轨道对小球的作用力始终与小球的运动方向垂直,故轨道对小球不做功,A 项正确;由于B 点的高度高于C 点的高度,则小球由B 点运动到C 点过程中,由动能定理可得,mgh BC =12m v C 2-12m v B 2,故小球在B 点的速度小于在C 点的速度,故B 项正确;小球在B 、C 两点时,根据牛顿第二定律可得mg+F NB =m v B2r B ,mg+F NC =m v C 2r C,由于小球在B 点的速度小于在C 点的速度,在B 点的轨道半径大于在C 点的轨道半径,则F NB <F NC ,由牛顿第三定律可知,小球在B点时对轨道的压力小于在C点对轨道的压力,故C项正确;由动能定理可知,小球在B、C 两点的速度平方的差值恒定,但由于轨道半径不同,改变小球下落高度后,小球在B、C两点对轨道的压力差不同,故D项错误。