2025年物理新高考备考2025年（版）物理《三维设计》一轮总复习（提升版）第2讲　动能和动能定理

第2讲动能和动能定理考点一动能定理的理解和基本应用1.动能（1）定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能。（2）公式：Ek＝12mv2，单位：焦耳（J）。1J＝1N·m＝1kg·m2/s2（3）动能是标量、状态量。2.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＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝12mv22－12（3）物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度。1.应用动能定理解题应抓住“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，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。2.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。1.【动能定理的理解】（多选）质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则（）A.质量大的物体滑行的距离大B.质量小的物体滑行的距离大C.它们滑行的距离一样大D.它们克服摩擦力所做的功一样多解析：BD由动能定理可知，摩擦力对物体所做的功等于物体动能的增量，因两物体具有相同的初动能，故两物体滑行过程中克服摩擦力所做的功也相同，由Wf＝μmgx可知，质量越大的物体，滑行的距离x越小，故B、D正确。2.【动能定理的应用】（2023·新课标卷15题）无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g）（）A.0 B.mghC.12mv2－mgh D.12mv2解析：B根据题意可知，雨滴在地面附近下落过程做匀速直线运动，对雨滴下落高度h的过程，由动能定理有mgh－Wf＝0，即Wf＝mgh，B正确，A、C、D错误。考点二动能定理的综合应用动能定理的应用流程【例1】（多选）（2023·广东高考8题）人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从14圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6m/s。已知货物质量为20kg，滑道高度h为4m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有（A.重力做的功为360JB.克服阻力做的功为440JC.经过Q点时向心加速度大小为9m/s2D.经过Q点时对轨道的压力大小为380N答案：BCD解析：重力做的功为WG＝mgh＝800J，A错误；下滑过程，根据动能定理可得WG－Wf＝12mvQ2，代入数据解得，克服阻力做的功为Wf＝440J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为a＝vQ2ℎ＝9m/s2，C正确；经过Q点时，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为FN＝380N，根据牛顿第三定律可知【例2】如图，一侧有竖直挡板的足够长的实验台固定在地面上，台面水平且光滑。质量均为m＝0.4kg的甲、乙两小球用一根劲度系数为k＝20N/m的轻弹簧拴接在一起，小球乙与竖直挡板接触（不固定），用力推压小球甲使弹簧压缩，弹簧压缩量为x1＝0.2m时锁定小球甲。现解除对小球甲的锁定，同时给小球甲施加一个水平向左的外力F，使小球甲由静止开始向左以a＝10m/s2的加速度做匀加速直线运动，当小球乙刚要离开竖直挡板时撤掉外力F。有关甲、乙两小球的运动情况的判断，下列说法正确的是（）A.外力F的最大值为Fm＝6NB.小球甲被锁定时弹簧的弹性势能为Ep＝0.6JC.小球乙刚离开挡板瞬间小球甲的速度大小为2m/sD.外力F对小球甲做的功为WF＝0.6J答案：C解析：解除对小球甲的锁定，给小球甲施加外力的过程，根据牛顿第二定律有F＋kx＝ma，当x＝0时外力F最大，为Fm＝4N，故A错误；小球甲被锁定时，弹簧弹力做功为W＝Fx1＝kx1+02x1＝0.4J，根据功能关系可得，弹性势能为Ep＝W＝0.4J，故B错误；根据运动学公式v2＝2ax1，解得v＝2m/s，故C正确；解除对小球甲的锁定，给小球甲施加外力的过程，由动能定理得WF＋W＝12mv2，解得WF＝【例3】（2023·湖北高考14题）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道CDE在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为12π，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，（1）小物块到达D点的速度大小；（2）B和D两点间的高度差；（3）小物块在A点的初速度大小。答案：（1）gR（2）0（3）3解析：（1）小物块恰好运动到光滑圆弧轨道CDE的最高点时，有mg＝mvD解得小物块到达D点的速度大小vD＝gR。（2）小物块由C到D的过程，由动能定理有－mgR（1＋cos60°）＝12mvD2－1小物块由B到C做平抛运动，由速度的分解可知，vB＝vCcos60°，设B、D两点的高度差为h，小物块由B到D的过程，由动能定理有mgh＝12mvD2－1代入数据解得h＝0。（3）小物块由A到B的过程，由动能定理有－μmg·π·2R＝12mvB2－1解得小物块在A点的初速度大小vA＝3gR考点三动能定理与图像问题的结合图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义【例4】（2022·江苏高考8题）某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是（）答案：A解析：设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有Ek＝mgxtanθ，下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek－x图像为一条过原点的直线；经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大，故选A。【例5】（多选）（2023·新课标卷20题）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（）A.在x＝1m时，拉力的功率为6WB.在x＝4m时，物体的动能为2JC.从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8JD.从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kg·m/s答案：BC解析：物体所受的滑动摩擦力大小为Ff＝μmg＝4N，0～1m的过程，由动能定理有W1－μmgx1＝12mv12，解得v1＝2m/s，又W－x图像的斜率表示拉力F，则0～2m的过程，拉力F1＝6N，故x＝1m时拉力的功率P1＝F1v1＝12W，A错误；0～4m的过程，由动能定理有W4－μmgx4＝Ek4－0，则在x＝4m时，物体的动能Ek4＝2J，B正确；0～2m的过程，物体克服摩擦力做的功Wf2＝Ffx2＝8J，C正确；由W－x图像可知，2～4m的过程，拉力F2＝3N，则F1＞Ff＞F2，所以物体在0～2m的过程做加速运动，2～4m的过程做减速运动，故0～4m的过程，物体在x＝2m处速度最大，由动能定理有W2－Ffx2＝12mv22，解得v2＝22m/s，故物体的最大动量为pm＝【例6】打桩机是利用冲击力将桩贯入地层的桩工机械。某同学对打桩机的工作原理产生了兴趣。他构建了一个打桩机的简易模型，如图甲所示。他设想，用恒定大小的拉力F拉动绳端B，使物体从A点（与钉子接触处）由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度。按此模型分析，若物体质量m＝1kg，上升了1m高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能Ek与上升高度h的关系图像如图乙所示。（g取10m/s2，不计空气阻力）（1）求物体上升到0.4m高度处F的瞬时功率；（2）若物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其不再落下，钉子获得20J的动能向下运动。钉子总长为10cm。撞击前插入部分可以忽略，不计钉子重力。已知钉子在插入过程中所受阻力Ff与深度x的关系图像如图丙所示，求钉子能够插入的最大深度。答案：（1）120W（2）0.02m解析：（1）撤去F前，根据动能定理，有（F－mg）h＝Ek－0由题图乙得，斜率为k＝F－mg＝20N解得F＝30N又由题图乙得，h＝0.4m时，Ek＝8J，则12mv2＝8J，解得v＝所以P＝Fv＝120W。（2）碰撞后，对钉子有－Ffx'＝0－Ek已知Ek'＝20JFf＝又由题图丙得k'＝105N/m联立解得x'＝0.02m。动能定理与图像结合问题的分析方法1.首先看清楚所给图像的种类（如v－t图像、F－t图像、Ek－x图像等）。2.挖掘图像的隐含条件——求出所需要的物理量，如由v－t图像所包围的“面积”求位移，由F－x图像所包围的“面积”求功等。3.分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。跟踪训练·巩固提升1.（2024·河北唐山统考模拟）在篮球比赛中，投篮的投射角度会影响投篮的命中率。在某次投篮中，篮球投出速度大小为42m/s，方向与水平面成45°角。投球点在篮筐下方，竖直距离为0.35m。g取10m/s2，则篮球进筐的速度大小为（）A.3m/s B.4m/sC.5m/s D.7m/s解析：C根据动能定理可得－mgh＝12mv12－12mv02，解得v12.（多选）（2024·重庆模拟）游乐场有一种儿童滑轨，其竖直剖面示意图如图所示，AB部分是半径为R的四分之一圆弧轨道，BC为轨道水平部分，与半径OB垂直。一质量为m的小孩（可视为质点）从A点由静止滑下，滑到圆弧轨道末端B点时，对轨道的正压力大小为2.5mg，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A.小孩到达B点的速度大小为2B.小孩到达B点的速度大小为6C.小孩从A到B克服摩擦力做的功为14D.小孩从A到B克服摩擦力做的功为12解析：BC根据牛顿第三定律可知，轨道对小孩的支持力大小也等于2.5mg，根据牛顿第二定律有FN－mg＝mvB2R，可得vB＝6gR2，故A错误，B正确；从A到B由动能定理有mgR－W克f＝12mvB2－0，可得克服摩擦力做的功为W克f＝3.（2024·山东泰安模拟）如图所示，一半圆弧形细杆ABC竖直固定在水平地面上，AC为其水平直径，圆弧半径BO＝3.6m。质量为m＝4.0kg的小圆环（可视为质点，小环直径略大于杆的粗细）套在细杆上，在大小为50N、沿圆的切线方向的拉力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时对细杆的压力恰好为0。已知π取3.14，重力加速度g取10m/s2在这一过程中摩擦力对小圆环做功为（）A.66.6J B.－66.6JC.210.6J D.－210.6J解析：B小圆环到达B点时对细杆的压力恰好为0，则mg＝mv2r，拉力F沿圆的切线方向，根据动能定理得F2πr4－mgr＋Wf＝12mv2，又r＝3.6m，解得摩擦力做功为Wf4.（2024·山东济南一模）长度为1m的匀质木板以35m/s的水平速度进入一段长度为2m的粗糙水平地面，木板与地面间的动摩擦因数为0.5，地面其余部分光滑，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）A.木板刚好全部进入粗糙地面时的速度为25m/sB.木板刚好全部进入粗糙地面时的速度为35m/sC.木板全部滑出粗糙地面时的速度为5m/sD.木板全部滑出粗糙地面时的速度为5m/s解析：D木板进入粗糙地面的过程中由动能定理得－12μmgx1＝12mv12－12mv02，解得v1＝210m/s，A、B错误；木板进入粗糙地面到全部滑出粗糙地面的过程中由动能定理得－12μmgx1－μmgx2－12μmgx3＝12mv22－12m5.（2024·华中师大附中模拟）如图所示，轻弹簧的右端与固定竖直挡板连接，左端与B点对齐。质量为m的小物块以初速度v0从A点向右滑动，物块压缩弹簧后被反弹，滑到AB的中点C（图中未画出）时速度刚好为零。已知A、B间的距离为L，弹簧的最大压缩量为L5，重力加速度为g，则小物块反弹之后从B点运动到C点所用的时间为（A.Lv019C.Lv017解析：B小物块从A点到停止运动的整个过程，根据动能定理可得－μmg·L＋L5＋L5＋L2＝0－12mv02，在BC段运动时，由牛顿第二定律和运动学公式得μmg＝ma，12L6.如图所示，质量为m的滑块从竖直墙壁上高为h处的a点，由静止开始沿斜面ab滑入水平地面（斜面与水平地面在b点平滑连接，斜面长度可随b点位置变动调节），并最终静止在c点，已知滑块与斜面及水平地面间的动摩擦因数均为μ，空气阻力不计。设c点到竖直墙壁的水平距离为x，滑块到达b点时的速度大小为v，则滑块从a到c的运动过程中（）A.斜面倾角越大，v越大 B.斜面倾角越大，v越小C.斜面倾角越大，x越大 D.斜面倾角越大，x越小解析：A设斜面的倾角α，滑块沿斜面下滑的过程，由动能定理得mgh－μmgcosα·ℎsinα＝12mv2－0，可得v＝2gℎ1－μtanα，则知斜面倾角α越大，tanα越大，v越大，故A正确，B错误；从a到c，由动能定理得mgh－μmgcosα·ℎsinα－μmgx－ℎtanα＝0，整理得x7.（2021·湖北高考4题）如图甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。重力加速度大小取10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为（）A.m＝0.7kg，f＝0.5N B.m＝0.7kg，f＝1.0NC.m＝0.8kg，f＝0.5N D.m＝0.8kg，f＝1.0N解析：A0～10m内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－（mgsin30°＋f）s，结合0～10m内的图像得，斜率的绝对值｜k｜＝mgsin30°＋f＝4N，10～20m内物块下滑，由动能定理得mgsin30°－f（s－s1）＝Ek，整理得Ek＝mgsin30°－fs－mgsin30°－fs1，结合10～20m内的图像得，斜率k'＝mgsin30°－f＝3N，8.（2024·云南昆明模拟）如图甲所示，两个不同材料制成的滑块A、B静置于水平桌面上，滑块A的右端与滑块B的左端接触。某时刻开始，给滑块A一个水平向右的力F，使滑块A、B开始滑动，当滑块A、B滑动1.0m时撤去力F。整个运动过程中，滑块A、B的动能Ek随位移x的变化规律如图乙所示。不计空气阻力，求：（1）滑块A对B做的功；（2）力F的大小。答案：（1）12J（2）39N解析：（1）由图像可以看出B在撤去F后不受A的作用力且继续滑行xB＝1.0m，撤去F时B的动能EkB＝6J，由动能定理有－FfBxB＝0－EkB在撤去F前，对B由动能定理得WA对B－FfBx＝EkB联立并代入数据解得WA对B＝12J。（2）撤去力F后，滑块A继续滑行的距离为xA＝0.5m，撤去F时A的动能EkA＝9J，由动能定理有－FfAxA＝0－EkA力F作用位移（设为x1）的过程中，分析滑块A、B整体，由动能定理有（F－FfA－FfB）x1＝EkA＋EkB联立代入数据解得F＝39N。9.如图甲所示，一半径R＝1m、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于B处，圆弧轨道的最高点为M，斜面倾角θ＝37°，t＝0时刻有一物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示，若物块恰能到达M点，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）物块经过M点的速度