2025年物理新高考備考2025年（版）物理《三維設(shè)計(jì)》一輪總復(fù)習(xí)（提升版）第2講　動(dòng)能和動(dòng)能定理

第2講動(dòng)能和動(dòng)能定理考點(diǎn)一動(dòng)能定理的理解和基本應(yīng)用1.動(dòng)能（1）定義：物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能量叫作動(dòng)能。（2）公式：Ek＝12mv2，單位：焦耳（J）。1J＝1N·m＝1kg·m2/s2（3）動(dòng)能是標(biāo)量、狀態(tài)量。2.動(dòng)能定理（1）內(nèi)容：力在一個(gè)過(guò)程中對(duì)物體做的功，等于物體在這個(gè)過(guò)程中動(dòng)能的變化。（2）表達(dá)式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝12mv22－12（3）物理意義：合力做的功是物體動(dòng)能變化的量度。1.應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)抓住“兩狀態(tài)，一過(guò)程”，“兩狀態(tài)”即明確研究對(duì)象的始、末狀態(tài)的速度或動(dòng)能情況，“一過(guò)程”即明確研究過(guò)程，確定在這一過(guò)程中研究對(duì)象的受力情況和位置變化或位移信息。2.注意事項(xiàng)（1）動(dòng)能定理中的位移和速度必須是相對(duì)于同一個(gè)參考系的，一般以地面或相對(duì)地面靜止的物體為參考系。（2）當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同過(guò)程時(shí)，可分段應(yīng)用動(dòng)能定理求解，也可以全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理求解。（3）動(dòng)能是標(biāo)量，動(dòng)能定理是標(biāo)量式，解題時(shí)不能分解動(dòng)能。1.【動(dòng)能定理的理解】（多選）質(zhì)量不等，但有相同動(dòng)能的兩個(gè)物體，在動(dòng)摩擦因數(shù)相同的水平地面上滑行，直至停止，則（）A.質(zhì)量大的物體滑行的距離大B.質(zhì)量小的物體滑行的距離大C.它們滑行的距離一樣大D.它們克服摩擦力所做的功一樣多解析：BD由動(dòng)能定理可知，摩擦力對(duì)物體所做的功等于物體動(dòng)能的增量，因兩物體具有相同的初動(dòng)能，故兩物體滑行過(guò)程中克服摩擦力所做的功也相同，由Wf＝μmgx可知，質(zhì)量越大的物體，滑行的距離x越小，故B、D正確。2.【動(dòng)能定理的應(yīng)用】（2023·新課標(biāo)卷15題）無(wú)風(fēng)時(shí)，雨滴受空氣阻力的作用在地面附近會(huì)以恒定的速率豎直下落。一質(zhì)量為m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的過(guò)程中，克服空氣阻力做的功為（重力加速度大小為g）（）A.0 B.mghC.12mv2－mgh D.12mv2解析：B根據(jù)題意可知，雨滴在地面附近下落過(guò)程做勻速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)雨滴下落高度h的過(guò)程，由動(dòng)能定理有mgh－Wf＝0，即Wf＝mgh，B正確，A、C、D錯(cuò)誤。考點(diǎn)二動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用動(dòng)能定理的應(yīng)用流程【例1】（多選）（2023·廣東高考8題）人們用滑道從高處向低處運(yùn)送貨物。如圖所示，可看作質(zhì)點(diǎn)的貨物從14圓弧滑道頂端P點(diǎn)靜止釋放，沿滑道運(yùn)動(dòng)到圓弧末端Q點(diǎn)時(shí)速度大小為6m/s。已知貨物質(zhì)量為20kg，滑道高度h為4m，且過(guò)Q點(diǎn)的切線水平，重力加速度取10m/s2。關(guān)于貨物從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過(guò)程，下列說(shuō)法正確的有（A.重力做的功為360JB.克服阻力做的功為440JC.經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)向心加速度大小為9m/s2D.經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為380N答案：BCD解析：重力做的功為WG＝mgh＝800J，A錯(cuò)誤；下滑過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得WG－Wf＝12mvQ2，代入數(shù)據(jù)解得，克服阻力做的功為Wf＝440J，B正確；經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)向心加速度大小為a＝vQ2?＝9m/s2，C正確；經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得FN－mg＝ma，解得貨物受到的支持力大小為FN＝380N，根據(jù)牛頓第三定律可知【例2】如圖，一側(cè)有豎直擋板的足夠長(zhǎng)的實(shí)驗(yàn)臺(tái)固定在地面上，臺(tái)面水平且光滑。質(zhì)量均為m＝0.4kg的甲、乙兩小球用一根勁度系數(shù)為k＝20N/m的輕彈簧拴接在一起，小球乙與豎直擋板接觸（不固定），用力推壓小球甲使彈簧壓縮，彈簧壓縮量為x1＝0.2m時(shí)鎖定小球甲?，F(xiàn)解除對(duì)小球甲的鎖定，同時(shí)給小球甲施加一個(gè)水平向左的外力F，使小球甲由靜止開始向左以a＝10m/s2的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球乙剛要離開豎直擋板時(shí)撤掉外力F。有關(guān)甲、乙兩小球的運(yùn)動(dòng)情況的判斷，下列說(shuō)法正確的是（）A.外力F的最大值為Fm＝6NB.小球甲被鎖定時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep＝0.6JC.小球乙剛離開擋板瞬間小球甲的速度大小為2m/sD.外力F對(duì)小球甲做的功為WF＝0.6J答案：C解析：解除對(duì)小球甲的鎖定，給小球甲施加外力的過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律有F＋kx＝ma，當(dāng)x＝0時(shí)外力F最大，為Fm＝4N，故A錯(cuò)誤；小球甲被鎖定時(shí)，彈簧彈力做功為W＝Fx1＝kx1+02x1＝0.4J，根據(jù)功能關(guān)系可得，彈性勢(shì)能為Ep＝W＝0.4J，故B錯(cuò)誤；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2＝2ax1，解得v＝2m/s，故C正確；解除對(duì)小球甲的鎖定，給小球甲施加外力的過(guò)程，由動(dòng)能定理得WF＋W＝12mv2，解得WF＝【例3】（2023·湖北高考14題）如圖為某游戲裝置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內(nèi)表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道CDE在同一豎直平面內(nèi)，過(guò)C點(diǎn)的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°。小物塊以某一水平初速度由A點(diǎn)切入擋板內(nèi)側(cè)，從B點(diǎn)飛出桌面后，在C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道CDE內(nèi)側(cè)，并恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)D。小物塊與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為12π，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，（1）小物塊到達(dá)D點(diǎn)的速度大小；（2）B和D兩點(diǎn)間的高度差；（3）小物塊在A點(diǎn)的初速度大小。答案：（1）gR（2）0（3）3解析：（1）小物塊恰好運(yùn)動(dòng)到光滑圓弧軌道CDE的最高點(diǎn)時(shí)，有mg＝mvD解得小物塊到達(dá)D點(diǎn)的速度大小vD＝gR。（2）小物塊由C到D的過(guò)程，由動(dòng)能定理有－mgR（1＋cos60°）＝12mvD2－1小物塊由B到C做平拋運(yùn)動(dòng)，由速度的分解可知，vB＝vCcos60°，設(shè)B、D兩點(diǎn)的高度差為h，小物塊由B到D的過(guò)程，由動(dòng)能定理有mgh＝12mvD2－1代入數(shù)據(jù)解得h＝0。（3）小物塊由A到B的過(guò)程，由動(dòng)能定理有－μmg·π·2R＝12mvB2－1解得小物塊在A點(diǎn)的初速度大小vA＝3gR考點(diǎn)三動(dòng)能定理與圖像問(wèn)題的結(jié)合圖像與橫軸所圍“面積”或圖像斜率的含義【例4】（2022·江蘇高考8題）某滑雪賽道如圖所示，滑雪運(yùn)動(dòng)員從靜止開始沿斜面下滑，經(jīng)圓弧滑道起跳。將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)摩擦力及空氣阻力，此過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能Ek與水平位移x的關(guān)系圖像正確的是（）答案：A解析：設(shè)斜面傾角為θ，不計(jì)摩擦力和空氣阻力，由題意可知運(yùn)動(dòng)員在沿斜面下滑過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有Ek＝mgxtanθ，下滑過(guò)程中開始階段傾角θ不變，Ek－x圖像為一條過(guò)原點(diǎn)的直線；經(jīng)過(guò)圓弧軌道過(guò)程中θ先減小后增大，即圖像斜率先減小后增大，故選A。【例5】（多選）（2023·新課標(biāo)卷20題）一質(zhì)量為1kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x軸運(yùn)動(dòng)，出發(fā)點(diǎn)為x軸零點(diǎn)，拉力做的功W與物體坐標(biāo)x的關(guān)系如圖所示。物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是（）A.在x＝1m時(shí)，拉力的功率為6WB.在x＝4m時(shí)，物體的動(dòng)能為2JC.從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝2m，物體克服摩擦力做的功為8JD.從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝4m的過(guò)程中，物體的動(dòng)量最大為2kg·m/s答案：BC解析：物體所受的滑動(dòng)摩擦力大小為Ff＝μmg＝4N，0～1m的過(guò)程，由動(dòng)能定理有W1－μmgx1＝12mv12，解得v1＝2m/s，又W－x圖像的斜率表示拉力F，則0～2m的過(guò)程，拉力F1＝6N，故x＝1m時(shí)拉力的功率P1＝F1v1＝12W，A錯(cuò)誤；0～4m的過(guò)程，由動(dòng)能定理有W4－μmgx4＝Ek4－0，則在x＝4m時(shí)，物體的動(dòng)能Ek4＝2J，B正確；0～2m的過(guò)程，物體克服摩擦力做的功Wf2＝Ffx2＝8J，C正確；由W－x圖像可知，2～4m的過(guò)程，拉力F2＝3N，則F1＞Ff＞F2，所以物體在0～2m的過(guò)程做加速運(yùn)動(dòng)，2～4m的過(guò)程做減速運(yùn)動(dòng)，故0～4m的過(guò)程，物體在x＝2m處速度最大，由動(dòng)能定理有W2－Ffx2＝12mv22，解得v2＝22m/s，故物體的最大動(dòng)量為pm＝【例6】打樁機(jī)是利用沖擊力將樁貫入地層的樁工機(jī)械。某同學(xué)對(duì)打樁機(jī)的工作原理產(chǎn)生了興趣。他構(gòu)建了一個(gè)打樁機(jī)的簡(jiǎn)易模型，如圖甲所示。他設(shè)想，用恒定大小的拉力F拉動(dòng)繩端B，使物體從A點(diǎn)（與釘子接觸處）由靜止開始運(yùn)動(dòng)，上升一段高度后撤去F，物體運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)后自由下落并撞擊釘子，將釘子打入一定深度。按此模型分析，若物體質(zhì)量m＝1kg，上升了1m高度時(shí)撤去拉力，撤去拉力前物體的動(dòng)能Ek與上升高度h的關(guān)系圖像如圖乙所示。（g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力）（1）求物體上升到0.4m高度處F的瞬時(shí)功率；（2）若物體撞擊釘子后瞬間彈起，且使其不再落下，釘子獲得20J的動(dòng)能向下運(yùn)動(dòng)。釘子總長(zhǎng)為10cm。撞擊前插入部分可以忽略，不計(jì)釘子重力。已知釘子在插入過(guò)程中所受阻力Ff與深度x的關(guān)系圖像如圖丙所示，求釘子能夠插入的最大深度。答案：（1）120W（2）0.02m解析：（1）撤去F前，根據(jù)動(dòng)能定理，有（F－mg）h＝Ek－0由題圖乙得，斜率為k＝F－mg＝20N解得F＝30N又由題圖乙得，h＝0.4m時(shí)，Ek＝8J，則12mv2＝8J，解得v＝所以P＝Fv＝120W。（2）碰撞后，對(duì)釘子有－Ffx'＝0－Ek已知Ek'＝20JFf＝又由題圖丙得k'＝105N/m聯(lián)立解得x'＝0.02m。動(dòng)能定理與圖像結(jié)合問(wèn)題的分析方法1.首先看清楚所給圖像的種類（如v－t圖像、F－t圖像、Ek－x圖像等）。2.挖掘圖像的隱含條件——求出所需要的物理量，如由v－t圖像所包圍的“面積”求位移，由F－x圖像所包圍的“面積”求功等。3.分析有哪些力做功，根據(jù)動(dòng)能定理列方程，求出相應(yīng)的物理量。跟蹤訓(xùn)練·鞏固提升1.（2024·河北唐山統(tǒng)考模擬）在籃球比賽中，投籃的投射角度會(huì)影響投籃的命中率。在某次投籃中，籃球投出速度大小為42m/s，方向與水平面成45°角。投球點(diǎn)在籃筐下方，豎直距離為0.35m。g取10m/s2，則籃球進(jìn)筐的速度大小為（）A.3m/s B.4m/sC.5m/s D.7m/s解析：C根據(jù)動(dòng)能定理可得－mgh＝12mv12－12mv02，解得v12.（多選）（2024·重慶模擬）游樂(lè)場(chǎng)有一種兒童滑軌，其豎直剖面示意圖如圖所示，AB部分是半徑為R的四分之一圓弧軌道，BC為軌道水平部分，與半徑OB垂直。一質(zhì)量為m的小孩（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)由靜止滑下，滑到圓弧軌道末端B點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的正壓力大小為2.5mg，重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是（）A.小孩到達(dá)B點(diǎn)的速度大小為2B.小孩到達(dá)B點(diǎn)的速度大小為6C.小孩從A到B克服摩擦力做的功為14D.小孩從A到B克服摩擦力做的功為12解析：BC根據(jù)牛頓第三定律可知，軌道對(duì)小孩的支持力大小也等于2.5mg，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝mvB2R，可得vB＝6gR2，故A錯(cuò)誤，B正確；從A到B由動(dòng)能定理有mgR－W克f＝12mvB2－0，可得克服摩擦力做的功為W克f＝3.（2024·山東泰安模擬）如圖所示，一半圓弧形細(xì)桿ABC豎直固定在水平地面上，AC為其水平直徑，圓弧半徑BO＝3.6m。質(zhì)量為m＝4.0kg的小圓環(huán)（可視為質(zhì)點(diǎn)，小環(huán)直徑略大于桿的粗細(xì)）套在細(xì)桿上，在大小為50N、沿圓的切線方向的拉力F作用下，從A點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)細(xì)桿的壓力恰好為0。已知π取3.14，重力加速度g取10m/s2在這一過(guò)程中摩擦力對(duì)小圓環(huán)做功為（）A.66.6J B.－66.6JC.210.6J D.－210.6J解析：B小圓環(huán)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)細(xì)桿的壓力恰好為0，則mg＝mv2r，拉力F沿圓的切線方向，根據(jù)動(dòng)能定理得F2πr4－mgr＋Wf＝12mv2，又r＝3.6m，解得摩擦力做功為Wf4.（2024·山東濟(jì)南一模）長(zhǎng)度為1m的勻質(zhì)木板以35m/s的水平速度進(jìn)入一段長(zhǎng)度為2m的粗糙水平地面，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，地面其余部分光滑，重力加速度g取10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（）A.木板剛好全部進(jìn)入粗糙地面時(shí)的速度為25m/sB.木板剛好全部進(jìn)入粗糙地面時(shí)的速度為35m/sC.木板全部滑出粗糙地面時(shí)的速度為5m/sD.木板全部滑出粗糙地面時(shí)的速度為5m/s解析：D木板進(jìn)入粗糙地面的過(guò)程中由動(dòng)能定理得－12μmgx1＝12mv12－12mv02，解得v1＝210m/s，A、B錯(cuò)誤；木板進(jìn)入粗糙地面到全部滑出粗糙地面的過(guò)程中由動(dòng)能定理得－12μmgx1－μmgx2－12μmgx3＝12mv22－12m5.（2024·華中師大附中模擬）如圖所示，輕彈簧的右端與固定豎直擋板連接，左端與B點(diǎn)對(duì)齊。質(zhì)量為m的小物塊以初速度v0從A點(diǎn)向右滑動(dòng)，物塊壓縮彈簧后被反彈，滑到AB的中點(diǎn)C（圖中未畫出）時(shí)速度剛好為零。已知A、B間的距離為L(zhǎng)，彈簧的最大壓縮量為L(zhǎng)5，重力加速度為g，則小物塊反彈之后從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)所用的時(shí)間為（A.Lv019C.Lv017解析：B小物塊從A點(diǎn)到停止運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得－μmg·L＋L5＋L5＋L2＝0－12mv02，在BC段運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得μmg＝ma，12L6.如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊從豎直墻壁上高為h處的a點(diǎn)，由靜止開始沿斜面ab滑入水平地面（斜面與水平地面在b點(diǎn)平滑連接，斜面長(zhǎng)度可隨b點(diǎn)位置變動(dòng)調(diào)節(jié)），并最終靜止在c點(diǎn)，已知滑塊與斜面及水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，空氣阻力不計(jì)。設(shè)c點(diǎn)到豎直墻壁的水平距離為x，滑塊到達(dá)b點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，則滑塊從a到c的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（）A.斜面傾角越大，v越大 B.斜面傾角越大，v越小C.斜面傾角越大，x越大 D.斜面傾角越大，x越小解析：A設(shè)斜面的傾角α，滑塊沿斜面下滑的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgh－μmgcosα·?sinα＝12mv2－0，可得v＝2g?1－μtanα，則知斜面傾角α越大，tanα越大，v越大，故A正確，B錯(cuò)誤；從a到c，由動(dòng)能定理得mgh－μmgcosα·?sinα－μmgx－?tanα＝0，整理得x7.（2021·湖北高考4題）如圖甲所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中摩擦力大小f恒定，物塊動(dòng)能Ek與運(yùn)動(dòng)路程s的關(guān)系如圖乙所示。重力加速度大小取10m/s2，物塊質(zhì)量m和所受摩擦力大小f分別為（）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內(nèi)物塊上滑，由動(dòng)能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－（mgsin30°＋f）s，結(jié)合0～10m內(nèi)的圖像得，斜率的絕對(duì)值｜k｜＝mgsin30°＋f＝4N，10～20m內(nèi)物塊下滑，由動(dòng)能定理得mgsin30°－f（s－s1）＝Ek，整理得Ek＝mgsin30°－fs－mgsin30°－fs1，結(jié)合10～20m內(nèi)的圖像得，斜率k'＝mgsin30°－f＝3N，8.（2024·云南昆明模擬）如圖甲所示，兩個(gè)不同材料制成的滑塊A、B靜置于水平桌面上，滑塊A的右端與滑塊B的左端接觸。某時(shí)刻開始，給滑塊A一個(gè)水平向右的力F，使滑塊A、B開始滑動(dòng)，當(dāng)滑塊A、B滑動(dòng)1.0m時(shí)撤去力F。整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，滑塊A、B的動(dòng)能Ek隨位移x的變化規(guī)律如圖乙所示。不計(jì)空氣阻力，求：（1）滑塊A對(duì)B做的功；（2）力F的大小。答案：（1）12J（2）39N解析：（1）由圖像可以看出B在撤去F后不受A的作用力且繼續(xù)滑行xB＝1.0m，撤去F時(shí)B的動(dòng)能EkB＝6J，由動(dòng)能定理有－FfBxB＝0－EkB在撤去F前，對(duì)B由動(dòng)能定理得WA對(duì)B－FfBx＝EkB聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得WA對(duì)B＝12J。（2）撤去力F后，滑塊A繼續(xù)滑行的距離為xA＝0.5m，撤去F時(shí)A的動(dòng)能EkA＝9J，由動(dòng)能定理有－FfAxA＝0－EkA力F作用位移（設(shè)為x1）的過(guò)程中，分析滑塊A、B整體，由動(dòng)能定理有（F－FfA－FfB）x1＝EkA＋EkB聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得F＝39N。9.如圖甲所示，一半徑R＝1m、圓心角等于143°的豎直圓弧形光滑軌道，與斜面相切于B處，圓弧軌道的最高點(diǎn)為M，斜面傾角θ＝37°，t＝0時(shí)刻有一物塊沿斜面上滑，其在斜面上運(yùn)動(dòng)的速度變化規(guī)律如圖乙所示，若物塊恰能到達(dá)M點(diǎn)，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）物塊經(jīng)過(guò)M點(diǎn)的速度