(考点分析) 第二节 动能和动能定理-2023年高考物理一轮系统复习学思用

【考点分析】　第二节 动能和动能定理

【考点一】  对于动能定理的理解

【典型例题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，则合外力做功必定为零

B．合外力做功为零，则合外力必定为零

C．合外力做功越多，则动能必定越大

D．动能不变，则物体合外力必定为零

【解析】  由W＝Flcos α可知，物体所受合外力为零，合外力做功必定为零，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＝ΔEk可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不必定越大，动能不变，合外力做功为零，但合外力不必定为零，C、D均错误．

【答案】  A

【归纳总结】

1．动能定理反映了其他形式的能通过做功和动能之间的转化关系，只不过在这里其他形式的能并不出现，而以外力做功的形式表现而已．

2．W的求法：动能定理中的W表示的是合力的功，可以应用W＝F合·lcos α(仅适用于恒定的合外力)计算，还可以先求各个力的功再求其代数和W＝W1＋W2＋…＋Wn.

3．W的含义：是指包含重力在内的任意外力的总功或合外力的功，要注意以下对应关系：

4.在应用动能定理解题时一般要注意什么力做功，对应什么能量转化，如合力做功对应动能的变化，不必考虑其他形式能量的变化情况，同理重力或弹力做功对应重力或弹性势能的变化，不必考虑其他能量的变化情况.

【考点二】  动能定理的理解及应用

【典型例题2】  (2022•浙江杭州市高三(下)二模)电梯一般用电动机驱动，钢丝绳挂在电动机绳轮上，一端悬吊轿厢，另一端悬吊配重装置。钢绳和绳轮间产生的摩擦力能驱驶轿厢上下运动。若电梯轿箱质量为，配重为。某次电梯轿箱由静止开始上升的图像如图乙所示，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)

A．电梯轿箱在第10s内处于失重状态

B．上升过程中，钢绳对轿厢和对配重的拉力大小始终相等

C．在第1s内，电动机做的机械功为

D．上升过程中，钢绳对轿厢做功的最大功率为

【解析】  A．由图可知，电梯轿箱在第10s内做匀速直线运动，处于平衡状态，故A错误；

B．以为例，轿厢和配重都处于平衡状态，根据平衡条件可知左边绳子的拉力与轿厢重力相等，右边绳子的拉力与配重的重力相等，由题意知轿厢和配重质量不等，钢绳对轿厢和对配重的拉力大小不相等(钢绳和绳轮间有摩擦力，所以一根绳上的拉力不相等)，故B错误；

C．由图乙可知在第1s内，轿厢上升1m，配重下降1m，设电动机做的机械功为，有动能定理得，解得，故C错误；

D．当钢绳对轿厢拉力最大，轿厢速度最大时，钢绳对轿厢做功的功率最大，可知在轿厢加速上升阶段，由牛顿第二定律得，由图乙可知，最大速度为，则钢绳对轿厢做功的最大功率为，联立解得故D正确。故选D。

【答案】  D

归纳总结：应用动能定理解题的步骤

(1)选取研究对象，明确并分析运动过程

(2)分析研究对象的受力情况和各力做功情况，确定求总功的思路，求出总功．

(3)明确过程始、末状态的动能Ek1和Ek2.

(4)列方程W＝Ek2－Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解．

【考点三】  应用动能定理求解变力做功

【典型例题3】  (2022•安徽合肥市高三(下)二模)如图甲所示，轻弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端与物块P栓接。现用外力将P缓慢压至O点，此时弹簧的压缩量为3l0，撤去外力后P向右运动；换用质量较小的物块Q完成同样的过程。在两物块第一次向右运动至最远的过程中，它们的加速度a与位移x的关系如图乙所示。已知两物块与水平地面间的动摩擦因数相同。下列说法正确的是(　　)

A．释放瞬间Q的加速度是P的3倍

B．P的质量是Q的2倍

C．P的最大动能是Q的4倍

D．Q向右运动的最大距离是P的2倍

【解析】  B．设弹簧的劲度系数为，物块与地面的动摩擦因数为，当速度达到最大时，加速度为零，对两物块由平衡条件得，，联立可得，故B正确；

A．释放物块瞬间，根据牛顿第二定律得，，解得，，结合A选项，可得，故A错误；

C．设开始弹簧的弹性势能为，从释放到最大动能处由动能定理得，，结合，可知，故C错误；

D．根据动能定理得，，结合，可得，故D正确。故选BD。

【答案】  BD

【归纳总结】  利用动能定理求解变力做功时，首先要注意哪些力是变力，哪些力是恒力，找出恒力做的功和变力做的功，然后再利用动能定理解题．

【考点四】  动能定理与a－t图象结合

【典型例题4】  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内的速度不变

D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力对物体做的功

【解析】  物体6 s末的速度v6＝×(2＋5)×2 m/s－×1×2 m/s＝6 m/s，结合题图可知0～6 s内物体一直向正方向运动，A项错误；由题图可知物体在5 s末速度最大，vm＝×(2＋5)×

2 m/s＝7 m/s，B项错误；由题图可知物体在2～4 s内加速度不变，做匀加速直线运动，速

度变大，C项错误；在0～4 s内由动能定理可知，W合4＝mv42－0，又v4＝×(2＋4)×2 m/s＝6 m/s，得W合4＝36 J,0～6 s内合力对物体做的功：W合6＝mv62－0，又v6＝6 m/s，

得W合6＝36 J，则W合4＝W合6，D项正确．

【答案】  D

【考点五】  动能定理与Ek－x图象结合

【典型例题5】  (2021·陕西质检)质量均为1t的甲、乙两辆汽车同时同地出发，沿同一方向做直线运动，两车的动能Ek随位移x的变化图像如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．甲的加速度大小为2m/s2

B．乙的加速度大小为1．5m/s2

C．甲、乙在x＝6m处的速度大小为2m/s

D．甲、乙在x＝9m处相遇

【解析】　根据动能定理，对甲有－F甲x＝Ek－Ek0，由题图可知甲车图线的斜率为－F甲＝－2000N，则F甲＝2000N，对乙有F乙x＝Ek－0，由题图可知乙车图线的斜率为F乙＝1000N，根据牛顿第二定律F合＝ma可知，a甲＝＝2m/s2，a乙＝＝1m/s2，故A正确，B错误；

甲、乙图线在x＝6m处交于一点，动能均为Ek＝mv2＝6000J，解得v＝2m/s，故C正确；

设甲、乙相遇时位移为x，初始时甲的速度v0＝6m/s，则x＝v0t－a甲t2，对乙有x＝a乙t2，联立解得x＝8m，故D错误。

【答案】  AC

【考点六】  动能定理与F－x图象结合

【典型例题6】  如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4 m．有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用．F在水平面上按图乙所示的规律变化．滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2，试求：

 (1)滑块运动到A处的速度大小；

(2)不计滑块在A处的速率变化，滑块沿斜面AB向上运动的最远距离是多少．

【解析】  (1)由题图乙知，在OA段拉力做功为W＝(2mg×2－0.5mg×1) J＝3.5mg(J)

滑动摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg，Wf＝Ff·xOA＝－mg(J)，

滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得W＋Wf＝mvA2－0

代入数据解得vA＝5 m/s.

(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得－mgLsin 30°＝0－mvA2

解得L＝5 m

所以滑块沿斜面AB向上运动的最远距离为L＝5 m.

【答案】  (1)5 m/s　(2)5 m

【考点七】  动能定理与μ－x图象结合

【典型例题7】  (2021·四川成都市三模)如图(a)，表面由特殊材质制成、倾角37°、长为2m的斜面右端靠着竖直挡板放置在光滑水平地面上，一小物块从斜面顶端由静止下滑。图(b)是物块与斜面间的动摩擦因数μ随物块到斜面顶端的距离x变化的函数图线(倾斜直线)。已知物块质量为1kg，重力加速度大小为，，。下列判定正确的是(　　)

A．物块下滑过程中，斜面对地面的压力不变

B．物块下滑过程中，斜面对挡板的作用力逐渐增大

C．物块刚释放时的加速度大小为

D．物块滑到斜面底端时的速度大小为

【解析】  A．对两物体进行受力分析，因为动摩擦因数μ在变，且动摩擦因数μ在随到斜面顶端的距离增大，所以随着小物块下滑，沿斜面的摩擦力增大，所以小物块沿斜面的加速度会减小，故小物块沿竖直方向上的加速度也会减小，故对地面的压力会发生变化，A错误；

B．对两物体进行受力分析，因为动摩擦因数μ在变，且动摩擦因数μ在增大，所以随着小物块下滑，沿斜面的摩擦力增大，所以小物块沿斜面的加速度会减小，故小物块沿水平方向上的加速度也会减小，所以可知，斜面对挡板的作用力逐渐减小，B错误；

C．刚释放时，由牛顿第二定律可得，解得；

D．由动能定理可得而摩擦力做功为，代入数据，解得速度为，故选CD。

【答案】  CD

【考点八】  动能定理与l2－x图象结合

【典型例题8】  (2021·北京二模)利用如图1所示的实验粗略测量人吹气产生的压强。两端开口的细玻璃管水平放置，内部截面积为S。管内塞有潮湿的小棉球，其质量为m，与B端的距离为x。实验者从玻璃管的A端均匀吹气，棉球从B端飞出，落地点为C。测得C点与B端的水平距离为l，棉球下落高度为h。多次改变x，测出对应的l，画出l2－x的图像如图2所示，图线的斜率为k。不计棉球与管壁的摩擦，不计空气阻力。下列选项正确的是(　　)

A．实验中小棉球在玻璃管中运动时在水平方向受力平衡

B．若仅增大吹气的压强，重新进行实验，图像斜率将增大

C．由题中数据可知小棉球的水平位移l与棉球下落高度为h无关

D．考虑到实验时棉球与管壁间有摩擦，由于人吹气使小棉球两侧产生的压强差将小于

【解析】  A．由于小棉球在管中开始由静止向右运动。所以受到左右两侧的气体压力不平衡，故A错误；

BD．设玻璃管内气体压强始终为P，不计小棉球和管壁的摩擦，对小棉球从静止到B点的运动过程，有动能定理得，带入，可得，即，解得，可得仅增大吹气的压强，重新进行实验，图像斜率ｋ将增大，故B正确，D错误；

C．棉球从B端飞出后做平抛运动，根据平抛运动公式得，，可得，水平位移和棉球下落高度有关，故C错误。故选B。

【答案】  B

【考点九】  应用动能定理求解多过程问题

【典型例题9】  (2022•天津市南开区高三(上)期末)如图所示，竖直平面内一倾角的粗糙倾斜直轨道与光滑圆弧轨道相切于点，长度可忽略，且与传送带水平段平滑连接于点。一质量的小滑块从点静止释放，经点最后从点水平滑上传送带。已知点离地高度，长，滑块与间的动摩擦因数，与传送带间的动摩擦因数，长度，圆弧轨道半径。若滑块可视为质点，不计空气阻力，，，。求：

(1)小滑块经过点时对轨道的压力；

(2)当传送带以顺时针方向的速度转动时，小滑块从水平传送带右端点水平抛出后，落地点到点的水平距离。

【解析】  (1)根据题意，滑块由A运动B的过程，

应用动能定理

代入数据解得

由于长度可忽略，则

滑块在C点，受轨道的支持力和本身重力，根据牛顿第二定律

代入数据解得

根据牛顿第三定律，小滑块经过点时对轨道的压力等于轨道对滑块的支持力。

(2)假设滑块划上传送带之后全程加速，根据牛顿第二定律

代入数据解得

设滑块到达传送带右端的速度为，根据公式

代入数据解得

则滑块未达到传送带右端就和传送带共速，则滑块以传送带的速度从D点水平抛出，竖直方向，由于长度可忽略，则

代入数据解得

水平方向，落地点到点的水平距离

【答案】  (1)；(2)

【归纳总结】  如果物体在几个力(其中一个力未知)的作用下，运动的位移和其动能变化已知时，可用动能定理求解此未知力，当所研究的问题中涉及不止一个物体或不止一个运动过程时，可以根据解决问题的方便选取不同的物体或过程应用运能定理列方程，可以对整个过程，也可以选取其中几个过程分别列方程．

【考点十】  动能定理与曲线运动的综合应用

【典型例题10】  (2021·山西运城市月考)如图所示，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA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，sinα＝．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B点时对圆弧轨道的压力大小．

【解析】  (1)设水平恒力的大小为F0，小球所受重力和水平恒力的合力的大小为F，小球到达C点时速度的大小为vC，

则＝tanα，F＝，

由牛顿第二定律得F＝m，

联立并代入数据解得F0＝mg，vC＝．

(2)设小球到达B点时速度的大小为vB，小球由B到C的过程中由动能定理可得

－2FR＝mvC2－mvB2，

代入数据解得vB＝

小球在B点时有FN－F＝m，

解得FN＝mg

由牛顿第三定律可知，小球在B点时对圆弧轨道的压力大小为FN′＝mg．

【答案】  (1)mg　　(2)mg

【归纳总结】  动能定理在处理变力、曲线运动的问题时，具有独特的优势，所以有很多考题将动能定理与圆周运动、平抛运动的知识综合起来考查．解决此类问题的关键是利用“程序法”将“大过程”分成几个“小阶段”或“状态”，然后再分别应用相关知识列出方程联立求解．

【考点十一】  运用动能定理巧解往复运动问题

【典型例题11】  如图所示，竖直固定放置的粗糙斜面AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD在B点相切，圆弧轨道的半径为R，圆心O与A、D在同一水平面上，C点为圆弧轨道最低点，∠COB＝θ＝30°.现使一质量为m的小物块从D点无初速度地释放，小物块与粗糙斜面AB间的动摩擦因数μ<tan θ，则关于小物块的运动情况，下列说法正确的是(　　)

A．小物块可能运动到A

B．小物块经过较长时间后会停在C点

C．小物块通过圆弧轨道最低点C时，对C点的最大压力大小为3mg

D．小物块通过圆弧轨道最低点C时，对C点的最小压力大小为mg

【解析】  物块从D点无初速度滑下后，由于克服摩擦力做功，所以物块在斜面上运动时机械能不断减小，在斜面上升的最大高度越来越小，不可能运动到A点，又知道μ<tan θ，即mgsin θ>μmgcos θ，最终在与B点对称的E点之间来回运动，A、B错误；

物块第一次运动到C时速度最大，对轨道的压力最大，物块从D第一次运动到C过程，由动能定理得：mgR＝mv；设此时轨道对物块的支持力为F1，由牛顿第二定律得：F1－mg＝m，联立解得：F1＝3mg，由牛顿第三定律知物块对C点的最大压力为3mg，故C正确；

当最后稳定后，物块在BE之间运动时，设物块经过C点的速度为v2，由动能定理得：mgR(1－cos θ)＝mv，设轨道对物块的支持力为F2，由牛顿第二定律得：F2－mg＝m，联立解得：F2＝mg，由牛顿第三定律可知，物块对C点的最小压力为mg，D正确．

【答案】  CD

【考点十二】  动能定理解决平抛、圆周运动相结合的问题

【典型例题12】  (2021·广东省深圳市外国语学校)如图所示，长为m的粗糙直轨道AB与光滑的八分之五的圆轨道BCDE相切于B点且平滑连接。图中的O点为圆轨道的圆心，且E、O、C位于同一条竖直线上(E为圆轨道的最高点)；D、O、A于同一条水平线上，且OB与OA的夹角为(OB垂直于AB)。现将一质量kg的小球(视为质点)从A点以沿直轨道AB方向的初速度释放，已知小球与直轨道AB间的动摩擦因数。

(1)若m/s，求小球第一次经过C点时的速度大小；

(2)若m/s，求整个运动过程中小球对C点压力的最小值；

(3)若要小球能在运动过程中，既不中途脱离圆轨道，又能再一次回到A点，求的取值。

【解析】  (1)小球从A到C过程，据动能定理有

由几何关系有，可得

(2)若恰好到D点，则，解得

因为且，可得最终往复运动且

小球从B到C过程，据动能定理，

得

根据牛顿第三定律得，方向竖直向下。

(3)讨论中途不脱离轨道

①若不过D点，则

解得

②若能过E点，不中途脱离圆轨道

从A到E，动能定理

解得

讨论能回到A

①沿轨道返回到A点得

舍去(或者其他合理讨论得出不能沿着回到返回A点，只能靠从E点抛出回到A点)

②从E点平抛，到达A点，则，

联立得，则

综上所述只能取。

【答案】  (1)；(2)，方向竖直向下；(3)