2023年高考物理（热点+题型全突破）专题6.4动能定理的理解与应用（含解析）

专题6.4动能定理的理解与应用一、动能定理的理解与根本应用1．动能定理(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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。(3)动能定理的特点2．从两个方面理解动能定理(1)动能定理公式中表达的三个关系：(2)动能定理表达中所说的“外力〞，即可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力．3．应用动能定理的考前须知(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)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负。合力对物体做正功，物体的动能增加；合力对物体做负功，物体的动能减少；合力对物体不做功，物体的动能不变(3)应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系．4.用好动能定理的“5个〞突破突破①——研究对象的选取动能定理适用于单个物体，当题目中出现多个物体时可分别将单个物体取为研究对象，应用动能定理。突破②——研究过程的选取应用动能定理时，选取不同的研究过程列出的方程是不相同的。因为动能定理是个过程式，选取适宜的过程往往可以大大简化运算。突破③——受力分析运用动能定理时，必须分析清楚物体在过程中的全部受力情况，找出哪些力不做功，哪些力做功，做多少功，从而确定出外力的总功，这是解题的关键。突破④——位移的计算应用动能定理时，要注意有的力做功与路程无关，只与位移有关，有的力做功却与路程有关。突破⑤——初、末状态确实定动能定理的计算式为标量式，v为相对同一参考系的速度，所以确定初、末状态动能时，必须相对于同一参考系而言。5．应用动能定理的解题步骤【典例1】质量为m的物体在水平力F的作用下由静止开始在光滑地面上运动，前进一段距离之后速度大小为v，再前进一段距离使物体的速度增大为2v，那么()A．第二过程的速度增量大于第一过程的速度增量B．第二过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍C．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功D．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的2倍【答案】B【典例2】如下图，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动，当上升高度为H时，电梯的速度到达v，那么在这个过程中，以下说法中正确的选项是()A．电梯地板对物体的支持力所做的功等于eq\f(mv2,2)B．电梯地板对物体的支持力所做的功大于eq\f(mv2,2)C．钢索的拉力所做的功等于eq\f(mv2,2)＋MgHD．钢索的拉力所做的功大于eq\f(mv2,2)＋MgH【答案】BD二、应用动能定理求变力做功1.变力做功变力对物体所做的功一般用动能定理计算，应用时要清楚整个过程中动能的变化量及其他力做的功。注意：〔1〕变力是指力的大小或方向发生变化的力，曲线运动中的力不一定是变力，直线运动中的力也未必是恒力。〔2〕汽车以恒定功率启动的过程中牵引力是变力，牵引力所做的功可以根据公式W＝Pt求解。2.应用动能定理求变力做功的方法①分析物体的受力情况，明确做功过程中的各个力是恒力还是变力，并求出各恒力所做的功。②分析物体的运动过程，确定物体在初、末状态的动能。③利用动能定理列方程求解。【典例3】(2023·新课标全国卷Ⅰ·17)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。那么()A．W＝eq\f(1,2)mgR，质点恰好可以到达Q点B．W＞eq\f(1,2)mgR，质点不能到达Q点C．W＝eq\f(1,2)mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D．W＜eq\f(1,2)mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离【答案】C三、利用动能定理解决多过程问题物体在运动过程中假设包含几个不同的过程，应优先考虑对全过程运用动能定理，这样可以避开每个运动过程的具体细节，因此比分段运用动能定理求解简单．由于全过程运用动能定理解题时不必考虑中间过程的细节，只需考虑全过程中合力做功的情况，以及初、末状态的动能，所以对于多过程、往复运动问题，对全过程运用动能定理具有过程简明、方法巧妙、运算量小等优点。在以下几种情况下优先考虑应用动能定理(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；(4)含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的力学问题【典例4】如下图，质量m＝6.0kg的滑块(可视为质点)，在F＝60N的水平拉力作用下从A点由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F，当滑块由平台边缘B点飞出后，恰能从水平地面上的C点沿切线方向落入竖直圆弧轨道CDE，并从轨道边缘E点竖直向上飞出，经过0.4s后落回E点。A、B间的距离L＝2.3m，滑块与平台间的动摩擦因数μ＝0.5，平台离地面高度h＝0.8m，B、C两点间水平距离x＝1.2m，圆弧轨道半径R＝1.0m。重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：(1)滑块运动到B点时的速度大小；(2)滑块在平台上运动时受水平拉力F作用的时间；(3)滑块沿圆弧轨道由C到E过程克服摩擦做的功。解题指导：通过“三遍〞读题，完成“拆分〞过程。(1)A→B过程中，有F作用时匀加速直线运动。(第1个小题)(2)A→B过程中，无F作用时匀减速直线运动。(第2个小题)(3)B→C过程中，平抛运动。(第3个小题)(4)C→E过程中，有摩擦力存在的圆周运动。(第4个小题)(5)从E点抛出到落回E点过程中，竖直上抛运动。(第5个小题)【答案】(1)3m/s(2)0.8s(3)27J【解析】(1)滑块由B至C过程做平抛运动(第3个小题)水平方向x＝vBt(1分)竖直方向h＝eq\f(1,2)gt2(1分)解得：vB＝3m/s(1分)(2)滑块由A至B过程中，F作用时间内做匀加速直线运动(第1个小题)F－μmg＝ma1(2分)v1＝a1t1(1分)x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)(1分)撤去F后滑块做匀减速直线运动(第2个小题)a2＝μg(1分)vB＝v1－a2t2(1分)x2＝vBt2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)(1分)L＝x1＋x2(1分)联立可得t1＝0.8s(1分)【典例5】(2023全国卷Ⅰ，25)如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为eq\f(5,6)R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R，P与直轨道间的动摩擦因数μ＝eq\f(1,4)，重力加速度大小为g。(取sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5))(1)求P第一次运动到B点时速度的大小；(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距eq\f(7,2)R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。【答案】(1)2eq\r(gR)(2)eq\f(12,5)mgR(3)eq\f(1,3)m(2)设BE＝x，P到达E点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为Ep，由B→E过程，根据动能定理得mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)④E、F之间的距离l1为l1＝4R－2R＋x⑤P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥联立③④⑤⑥式得x＝R⑦Ep＝eq\f(12,5)mgR⑧(3)设改变后P的质量为m1，D点与G点的水平距离为x1和竖直距离为y1，θ＝37°。由几何关系(如下图)得：x1＝eq\f(7,2)R－eq\f(5,6)Rsinθ＝3R⑨y1＝R＋eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ＝eq\f(5,2)R⑩设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式得：y1＝eq\f(1,2)gt2⑪x1＝vDt⑫联立⑨⑩⑪⑫得vD＝eq\f(3,5)eq\r(5gR)⑬设P在C点速度的大小为vC，在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)＋m1g(eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ)⑭P由E点运动到C点的过程中，由动能定理得Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮得m1＝eq\f(