5.2动能定理-2023年高考物理一轮复习提升核心素养

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5.2动能定理

一、动能
1．定义：物体由于运动而具有的能．
2．公式：Ek＝mv2.
3．单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
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ΔEk＝mv－mv.
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＝mv－mv.
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)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WG＋Wf1＋Wf2＝mv2－mv
对小球有－2mgR＋Wf＝mv2－mv
动能定理的理解和基本应用
1．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．
2．解题流程

3．动能定理的优越性
应用牛顿第二定律和运动学规律解题时，涉及到的有关物理量比较多，对运动过程的细节也要仔细研究，而应用动能定理解题只需考虑外力做功和初、末两个状态的动能，并且可以把不同的运动过程合并为一个全过程来处理．一般情况下，由牛顿第二定律和运动学规律能够解决的问题，用动能定理也可以求解，并且更为简捷．
4．注意事项
(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)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理求解．
(3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能．
例题1.(多选)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用。此后，该质点的动能可能(　　)
A．一直增大
B．先逐渐减小至零，再逐渐增大
C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小
D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大
【答案】ABD
【解析】
如果恒力与运动方向相同，那么质点做匀加速运动，动能一直变大，故A正确；如果恒力与运动方向相反，那么质点先做匀减速运动，速度减到0，质点在恒力作用下沿着恒力方向做匀加速运动，动能再逐渐增大，故B正确；如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向和垂直于恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相同，这个方向速度就会增加，另一个方向速度不变，那么合速度就会增加，不会减小，故C错误；如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向和垂直于恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相反，这个方向速度就会减小，另一个方向速度不变，那么合速度就会减小，当恒力方向速度减到0时，另一个方向还有速度，所以速度减小到最小值时不为0，然后恒力方向速度又会增加，合速度又在增加，即动能增大，故D正确。

如图所示，这是人们用打“夯”的方式把松散的地面夯实的情景。假设两人同时通过绳子对质量为m的重物各施加一个力，大小均为F，方向都与竖直方向成α角，重物离开地面h后两人同时停止施力，最后重物下落把地面砸深x。重力加速度为g。求：

(1)停止施力前重物上升过程中加速度大小a；
(2)以地面为零势能面，重物具有重力势能的最大值Epm；
(3)重物砸入地面过程中，对地面的平均冲击力大小；
【答案】(1)　(2)2Fhcos α　(3)＋mg
【解析】
　(1)施力时重物所受的合外力
F合＝2Fcos α－mg
则重物上升过程中加速度大小
a＝＝；
(2)设重物能到达的最高点距离地面的高度为H，由动能定理有2Fhcos α－mgH＝0
以地面为零势能面，重物具有重力势能的最大值
Epm＝mgH＝2Fhcos α；
(3)重物砸入地面过程中由动能定理有
mg(H＋x)－x＝0
解得＝＋mg。

如图所示，物体在距斜面底端5 m处由静止开始下滑，然后滑上与斜面平滑连接的水平面，若物体与斜面及水平面间的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°.求物体能在水平面上滑行的距离．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

【答案】3.5 m
【解析】
　　对物体在斜面上和水平面上受力分析如图所示

方法一　分过程列方程：设物体滑到斜面底端时的速度为v，物体下滑阶段
FN1＝mgcos 37°，
故Ff1＝μFN1＝μmgcos 37°，
由动能定理得：
mgsin 37°·l1－μmgcos 37°·l1＝mv2－0
设物体在水平面上滑行的距离为l2，
摩擦力Ff2＝μFN2＝μmg
由动能定理得：－μmgl2＝0－mv2
联立以上各式可得l2＝3.5 m.
方法二　对全过程由动能定理列方程：
mgl1sin 37°－μmgcos 37°·l1－μmgl2＝0
解得：l2＝3.5 m.
应用动能定理求变力做功
在一个有变力做功的过程中，当变力做功无法直接通过功的公式求解时，可用动能定理，W变＋W恒＝mv22－mv12，物体初、末速度已知，恒力做功W恒可根据功的公式求出，这样就可以得到W变＝mv22－mv12－W恒，就可以求变力做的功了．
例题2.
质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g)(　　)

A.mv02－μmg(s＋x) B.mv02－μmgx
C．μmgs D．μmg(s＋x)
【答案】A
【解析】
　根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由动能定理可得－W弹－Wf＝0－mv02，则W弹＝mv02－μmg(s＋x)，故选项A正确．

如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为(　　)

A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
【答案】C
【解析】
在Q点质点受到的竖直向下的重力和竖直向上的支持力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝m，FN＝FN′＝2mg，联立解得v＝，下滑过程中，根据动能定理可得mgR＋Wf＝mv2，解得Wf＝－mgR，所以克服摩擦力做功mgR，选项C正确．
如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，重力加速度为g，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做功是(　　)

A．mgh－mv2
B.mv2－mgh
C．－mgh
D．－(mgh＋mv2)
【答案】A
【解析】
小球从A到C过程中，由动能定理可得WG＋WF＝0－mv2，WG＝－mgh，解得WF＝mgh－mv2，故选A.
动能定理与图像问题的结合
1．解决图像问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图像，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、图与坐标轴围成的面积等所表示的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．
2．图像所围“面积”和图像斜率的含义

例题3.(多选)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像．已知重力加速度g取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
【答案】ABC
【解析】
　物体做匀速直线运动时，受力平衡，拉力F0与滑动摩擦力Ff大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝＝0.35，A正确；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－mv2，根据F－x图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v，B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误．

如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是(　　)

【答案】A
【解析】
设斜面倾角为θ，物块滑到斜面底端时的动能为Ekm，物块在斜面上滑行的长度对应的水平位移为x0，应用动能定理，在斜面上有(mgsin θ－μmgcos θ)·＝Ek，在水平面上有－μ′mg(x－x0)＝Ek－Ekm，即Ek＝－μ′mg(x－x0)＋Ekm，综上所述可知：两段Ek－x图线为线性关系，故A正确，B、C、D错误。
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Ek与时间t的关系图像是(　　)

【答案】　A
【解析】
小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt
小球的动能Ek＝mv2，把速度v代入得
Ek＝mg2t2－mgv0t＋mv02，
Ek与t为二次函数关系，故A正确．

动能定理在多过程问题中的应用
1．应用动能定理解题的基本步骤

2．求解多过程问题抓好“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。

例题4. 如图所示，不可伸长的轻质细线下方悬挂一可视为质点的小球，另一端固定在竖直光滑墙面上的O点。开始时，小球静止于A点，现给小球一水平向右的初速度，使其恰好能在竖直平面内绕O点做圆周运动。垂直于墙面的钉子N位于过O点竖直线的左侧，与的夹角为θ(0