金版教程2025年高考物理复习第2讲 动能定理及其应用

第讲动能定理及其应用[教材阅读指导](对应人教版必修第二册相关内容及问题)第八章第3节阅读“动能的表达式”这一部分内容，动能是标量，有正负吗？提示：动能没有正负。第八章第3节阅读[例题2]，体会运动过程的选取。第八章第3节[练习与应用]T3，若后面还有同样木板，根据什么判断能否穿过？题目中所说的“平均阻力”中“平均”如何理解？提示：根据子弹射穿木板克服阻力需要做的功的大小判断能否继续穿过后面同样的木板。“平均”是阻力在运动过程中位移(路程)上的平均。第八章第3节[练习与应用]T5。提示：在脚与足球作用的过程中，脚对足球的作用力是变力，且此力的变化规律和足球的位移均未知，故不能用功的定义式计算功。设人将足球踢出的过程中，人对足球做的功为W，人踢足球到足球上升到最大高度的过程中，根据动能定理有W－mgh＝eq\f(1,2)mv2，代入数据解得W＝100J。第八章[复习与提高]B组T3；T4。提示：T3：(1)Δt时间内冲击叶片圆面的气流的体积为ΔV＝SvΔt，又因为S＝πr2，故eq\f(ΔV,Δt)＝vπr2＝7536m3/s。(2)Δt时间内冲击叶片圆面的气流的动能为ΔEk＝eq\f(1,2)ρΔVv2，单位时间内气流的动能为eq\f(ΔEk,Δt)＝eq\f(\a\vs4\al(ρΔV),2Δt)v2＝1.63×105J/s。(3)风力发电机发电的功率P＝ηeq\f(ΔEk,Δt)＝1.63×104W。通过对风力发电情境的分析，培养学生建立流体模型的能力。T4：小木块在斜面上受到的滑动摩擦力F1＝μmgcosθ，在水平面上受到的滑动摩擦力F2＝μmg。整个过程中滑动摩擦力做功Wf＝－F1eq\f(h,sinθ)－F2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(h,tanθ)))，重力做功为WG＝mgh，由动能定理得WG－Wf＝0，联立解得x＝eq\f(h,μ)。由此可知，x与斜面倾角θ无关。必备知识梳理与回顾一、动能1．定义：物体由于eq\x(\s\up1(01))运动而具有的能。2．公式：Ek＝eq\x(\s\up1(02))eq\f(1,2)mv2。3．标矢性：动能是eq\x(\s\up1(03))标量，只有正值，动能与速度方向eq\x(\s\up1(04))无关。4．状态量：动能是eq\x(\s\up1(05))状态量，因为v是瞬时速度。5．相对性：由于速度具有eq\x(\s\up1(06))相对性，所以动能也具有相对性。6．动能的变化：物体eq\x(\s\up1(07))末动能与eq\x(\s\up1(08))初动能之差，即ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。动能的变化是过程量。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eq\x(\s\up1(01))动能的变化。2．表达式(1)W＝eq\x(\s\up1(02))ΔEk。(2)W＝eq\x(\s\up1(03))Ek2－Ek1。(3)W＝eq\x(\s\up1(04))eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。3．物理意义：eq\x(\s\up1(05))合力的功是物体动能变化的量度。4．适用范围广泛(1)既适用于直线运动，也适用于eq\x(\s\up1(06))曲线运动。(2)既适用于恒力做功，也适用于eq\x(\s\up1(07))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eq\x(\s\up1(08))不同时作用。一、堵点疏通1．合力做功是物体动能变化的原因。()2．如果物体所受合力不为零，那么合力的功也一定不为零。()3．物体的动能不变则物体的速度不变。()4．物体做变速运动时动能一定变化。()5．运用动能定理可以求变力做功。()答案1.√2.×3.×4.×5.√二、对点激活1．(人教版必修第二册·第八章第3节[练习与应用]T1改编)改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变，下列几种情形中，汽车的动能不变的是()A．质量不变，速度增大到原来的2倍B．速度不变，质量增大到原来的2倍C．质量减半，速度增大到原来的2倍D．速度减半，质量增大到原来的4倍答案D解析由Ek＝eq\f(1,2)mv2知只有D项所述情形中汽车动能不变，故D正确。2．(多选)关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是()A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的总功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合力再求合力的功C．公式中的Ek2－Ek1为动能的变化量，当W>0时，动能增加，当W<0时，动能减少D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功答案BC解析W＝Ek2－Ek1中的W指合力的功，当然包括重力在内，Ek2－Ek1为动能的变化量，由合力的功来量度，W>0，ΔEk>0，W<0，ΔEk<0，动能定理也适用于曲线运动和变力做功。故B、C正确。3．(人教版必修第二册·第八章第3节[练习与应用]T5改编)运动员把质量是500g的足球踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是10m，在最高点的速度为20m/s。估算出运动员踢球时对足球做的功为()A．50J B．100JC．150J D．无法确定答案C解析运动员踢球时对足球做的功W等于足球获得的初动能Ek1，即W＝Ek1－0；足球上升时重力做的功等于动能的变化量，设上升到最高点时动能为Ek2，则有－mgh＝Ek2－Ek1，联立得W＝Ek1＝Ek2＋mgh＝150J，故C正确。关键能力发展与提升考点一动能定理的理解和基本应用深化理解1．做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。(1)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。(2)数量关系：合力做功与动能变化具有等量代换的关系。(3)单位关系：国际单位制中功和能的单位都是焦耳。2．动能定理中所说的“力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是静电力、磁场力或其他力；既可以是恒力，也可以是变力。3．动能定理中涉及的物理量有F、l、α、m、v、W、Ek，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理。4．应用动能定理的注意事项(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，明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。(2)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。(3)动能定理的表达式为标量式，不能在某一个方向上列动能定理方程。例1(2023·新课标卷)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.eq\f(1,2)mv2－mgh D.eq\f(1,2)mv2＋mgh[答案]B[解析]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，根据动能定理得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv2，解得雨滴克服空气阻力做的功Wf＝mgh，故选B。例2(2023·上海高考)一物块爆炸分裂为速率相同、质量不同的三个物块，不计空气阻力，对三者落到同一水平地面上时的速率大小判断正确的是()A．质量大的落地速率大B．质量小的落地速率大C．三者落地速率都相同D．无法判断[答案]C[解析]由题意可知分裂后瞬间，三个物块距离地面的高度相同，速率相同，下落过程中由动能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v＝eq\r(2gh＋veq\o\al(2,0))，故三者落地速率相同，C正确。应用动能定理解题的一般思路考点二动能定理与图像结合的问题拓展延伸解决物理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)将推导出的物理函数关系式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，弄清图线与坐标轴围成的面积所表示的物理意义，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。例3(2022·福建高考)(多选)一物块以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能Ek随位移x的变化关系如图所示，图中x0、Ek1、Ek2均已知。根据图中信息可以求出的物理量有()A．重力加速度大小B．物体所受滑动摩擦力的大小C．斜面的倾角D．沿斜面上滑的时间[答案]BD[解析]分析知，题图中右上方图线对应上滑阶段，左下方图线对应下滑阶段。由动能定理知，Ek­x图线的斜率的绝对值等于对应阶段所受合外力大小，设物体质量为m，重力加速度大小为g，物体所受滑动摩擦力的大小为f，斜面倾角为θ，可知mgsinθ＋f＝eq\f(Ek1,x0)，mgsinθ－f＝eq\f(Ek2,x0)，联立解得mgsinθ＝eq\f(Ek1＋Ek2,2x0)，f＝eq\f(Ek1－Ek2,2x0)，即可求出物体所受滑动摩擦力的大小f，但因条件不足，重力加速度大小g、斜面的倾角θ不能求出，故A、C错误，B正确；设物体沿斜面上滑的时间为t，由匀变速直线运动规律可知x0＝eq\f(1,2)v0t，则t＝eq\f(2x0,v0)，D正确。例4(2022·江苏高考)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]设运动员的水平位移为x时，运动员所在位置处滑道与水平方向的夹角为θ，不计摩擦力及空气阻力，根据动能定理可知，运动员下滑过程有ΔEk＝mgΔxtanθ，即eq\f(ΔEk,Δx)＝mgtanθ，θ先不变后逐渐减小到0，则Ek­x图线的斜率mgtanθ先不变后逐渐减小到0；运动员滑过圆弧滑道最低点后向上滑动的过程有ΔEk＝－mgΔxtanθ，即eq\f(ΔEk,Δx)＝－mgtanθ，θ逐渐增大，则Ek­x图线的斜率－mgtanθ的绝对值逐渐增大。故选A。例5某质量为m的质点在外力作用下沿直线从A点加速运动到B点，已知质点通过A点时的速度为v0，加速度为a0，A、B两点之间的距离为L。在加速运动过程中，质点的加速度a随位移x变化的关系如图所示，则外力对质点做的功和通过B点时的速度大小分别为()A.eq\f(3,2)ma0L，eq\r(veq\o\al(2,0)＋3a0L)B．m(a0L＋eq\r(3a0L))，v0＋eq\r(3a0L)C.eq\f(3,2)ma0L，eq\r(veq\o\al(2,0)＋2a0L)D．m(a0L＋eq\r(3a0L))，v0＋eq\r(2a0L)[答案]A[解析]由题图可知质点的加速度随位移均匀变化，则合力也随位移均匀变化，合力对质点做的功W合＝eq\o(F,\s\up6(－))合L＝eq\f(ma0＋m·2a0,2)L＝eq\f(3,2)ma0L，由动能定理可得eq\f(3,2)ma0L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得质点通过B点时的速度大小为vB＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋3a0L)，故选A。与动能定理结合紧密的几种图像(1)v－t图：由公式x＝vt可知，v－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体的位移。(2)F－x图：由公式W＝Fx可知，F－x图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。(3)P－t图：由公式W＝Pt可知，P－t图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。(4)a－t图：由公式Δv＝at可知，a－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。(5)Ek­x图：由公式F合x＝Ek－Ek0可知，Ek­x图线的斜率表示合力。考点三动能定理在多过程问题中的应用规律总结1．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；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。2．当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特点：(1)重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；(2)始终与速度方向共线的大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力与路程的乘积。3．应用动能定理求解多过程问题的基本思路考向1动能定理在多过程问题中的应用例6(2023·湖北高考)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eq\o(CDE,\s\up8(︵))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eq\o(CDE,\s\up8(︵))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eq\f(1,2π)，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求(1)小物块到达D点的速度大小。(2)B和D两点的高度差。(3)小物块在A点的初速度大小。[答案](1)eq\r(gR)(2)0(3)eq\r(3gR)[解析](1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点，根据牛顿第二定律有meq\f(veq\o\al(2,D),R)＝mg解得vD＝eq\r(gR)。(2)小物块从C到D的过程中，根据动能定理有－mg(R＋Rcos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道eq\o(CDE,\s\up8(︵))内侧，则在C点有cos60°＝eq\f(vB,vC)小物块从B到D的过程中，根据动能定理有mgHBD＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)联立解得vB＝eq\r(gR)，HBD＝0。(3)从A到B的过程中，小物块所受摩擦力方向始终与速度方向相反，根据动能定理有－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)其中s＝π·2R联立解得vA＝eq\r(3gR)。【跟进训练】如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平，轨道的内表面粗糙。一质量为m的小滑块从P点正上方由静止释放，释放高度为R，小滑块恰好从P点进入轨道。小滑块滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度。用W表示小滑块第一次在轨道NQ段运动时克服摩擦力所做的功。则()A．W＝eq\f(1,2)mgRB．W<eq\f(1,2)mgRC．小滑块恰好可以到达Q点D．小滑块不能到达Q点答案B解析根据题述，小滑块滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，根据牛顿第三定律，轨道对小滑块的支持力为4mg。在最低点，由牛顿第二定律得，4mg－mg＝meq\f(v2,R)，解得v2＝3gR。对小滑块由静止释放至运动到最低点N的过程，设小滑块克服摩擦力做的功为Wf，运用动能定理得，2mgR－Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)mgR。由于小滑块在右侧eq\f(1,4)圆弧轨道NQ段运动的速度大小与小滑块在左侧eq\f(1,4)圆弧轨道PN段对称位置运动的速度大小相比较小，对轨道的压力就较小，对应受到的摩擦力较小，克服摩擦力做的功较小，所以小滑块第一次在轨道NQ段运动时克服摩擦力做的功W<Wf＝eq\f(1,2)mgR，B正确，A错误；由于小滑块在轨道最低点N的动能为Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mgR，大于小滑块运动到Q点所需克服重力做的功mgR和克服摩擦力做的功W之和，所以小滑块可以到达Q点后竖直上抛，C、D错误。考向2动能定理在往复运动中的应用例7(多选)如图所示，斜面ABC竖直固定放置，斜边AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切，切点为D，AD长为L＝eq\f(R,tanθ－μ)，圆弧轨道圆心为O，半径为R，∠DOE＝θ，∠EOG＝90°，OG水平。现有一质量为m、可视为质点的滑块从A点由静止下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则关于滑块的运动，下列说法正确的是()A．滑块经过E点时对轨道的最小压力为mgB．滑块下滑后将会从G点飞出C．滑块第二次经过E点时对轨道的压力大小为3mgD．滑块在斜面上经过的总路程为eq\f(Rtanθ,μ（tanθ－μ）)[答案]CD[解