高中物理高考 专题（21）动能定理及其应用（解析版）

2021年高考物理一轮复习必热考点整合回扣练

专题（21）动能定理及其应用（解析版）

考点一  　

做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”既表示一种因果关系，又表示在数值上相等．

1、(多选)如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力F拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离，在此过程中(　　)

A．外力F做的功等于A和B动能的增量

B．B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量

C．A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功

D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和

【答案】BD

【解析】　A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B正确；对B应用动能定理WF－WFf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋WFf，就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等、方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地的位移不等，故二者做功不等，即WFf≠ΔEkA，所以WF≠ΔEkB＋ΔEkA，A、C错误．

2、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PQ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．则(　　)

A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点                 

 B．W>mgR，质点不能到达Q点

C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离 

 D．W<mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离

【答案】C

【解析】根据质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，利用牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg.在最低点，由牛顿第二定律得，4mg－mg＝m，解得质点滑到最低点的速度v＝.对质点从开始下落到滑到最低点的过程，应用动能定理得，mg·2R－W＝mv2，解得W＝mgR，在质点由最低点继续上滑的过程中，由于速度减小，则质点对轨道的正压力减小，则相应的摩擦力减小，所以到达Q点时克服摩擦力做功W′要小于W＝mgR.由此可知，质点到达Q点后，可继续上升一段距离，选项C正确，选项A、B、D错误．

3、在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当它落到地面时速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于(　　)

A．mgh－mv2－mv                   B．－mv2－mv－mgh

C．mgh＋mv－mv2                             D．mgh＋mv2－mv

【答案】C

【解析】对物块从h高处竖直上抛到落地过程，根据动能定理可得mgh－Wf＝mv2－mv，解得Wf＝mgh＋mv－mv2，选项C正确．

【提 分 笔 记】

应用动能定理求变力做功时应注意的问题

(1)所求的变力做的功不一定为总功，故所求的变力做的功不一定等于ΔEk.

(2)合外力对物体所做的功对应物体动能的变化，而不是对应物体的动能．

(3)若有多个力做功时，必须明确各力做功的正负，待求的变力做的功若为负功，可以设克服该力做的功为W，则表达式中用－W表示；也可以设变力做的功为W，则字母W本身含有符号．

考点二  　

应用动能定理的流程

4、(多选)如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则(　　)

A．动摩擦因数μ＝                      B．载人滑草车最大速度为

C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh      D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g

【答案】AB

【解析】滑草车受力分析如图所示，因为滑草车初、末状态速度均为零，所以在整个过程中先加速，后减速，即在B点处有最大速度v，在上、下两段所受摩擦力大小分别为f1、f2

f1＝μmgcos 45°

f2＝μmgcos 37°

整个过程由动能定理列方程：

mg·2h－f1·－f2·＝0

解得μ＝，A项正确；

滑草车在上段滑道运动过程由动能定理列方程：

mgh－f1·＝mv2

解得v＝ ，B项正确；

由动能定理可得Wf＝2mgh，C项错误；

在下段滑道上，mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2

解得a2＝－g，D项错误．

5、如图所示，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内．滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零，已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

(1)滑块在C点的速度大小vC；

(2)滑块在B点的速度大小vB；

(3)A、B两点间的高度差h.

【答案】(1)2 m/s　(2)4.29 m/s　 (3)1.38 m

【解析】(1)在C点，滑块竖直方向所受合力提供向心力

mg＝

解得vC＝＝2 m/s.

(2)对B→C过程，由动能定理得

－mgR(1＋cos 37°)＝mv－mv

解得vB＝＝4.29 m/s.

(3)滑块在A→B的过程，由动能定理得

mgh－μmgcos 37°·＝mv－0

代入数据解得h＝1.38 m.

6、坐落在镇江新区的摩天轮高88 m，假设乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是 (　　)

A.在摩天轮转动的过程中，乘客速度始终保持不变

B.在最低点时，乘客所受重力大于座椅对他的支持力

C.在摩天轮转动一周的过程中，合力对乘客做功为零

D.在摩天轮转动的过程中，乘客重力的功率保持不变

【答案】C

【解析】摩天轮在运动过程中做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，方向时刻变化，故A错误；在最低点时，由重力和支持力的合力提供向心力Fn，向心力指向上方，所以Fn=FN-mg，则支持力FN=mg+Fn，所以座椅对他的支持力大于重力，故B错误；在摩天轮转动一周的过程中，动能的变化量为零，由动能定理知，合力对乘客做功为零，故C正确；在摩天轮转动的过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，竖直分速度在变化，所以重力的瞬时功率在变化，故D错误。

考点三 　

1．“三步走”分析动能定理与图象结合的问题

2．四类力学图象所围“面积”的意义

7、如图，质量为m的小球从A点由静止开始沿半径为R的光滑圆轨道AB滑下，在B点沿水平方向飞出后，落在一个与地面成37°角的斜面上的C点(图中未画出)。已知重力加速度为g，sin37°=0.6，则从A点到C点的过程中小球重力所做的功为              (　　)

A. 　 B.    C.mgR   D.2mgR

【答案】A

【解析】小球从B到C做平抛运动，则由x=v0t，h=gt2，由几何关系得tan37°=，小球由A到B的过程由动能定理得mgR=m，联立解得t=3，所以小球在斜面体下降高度为h=gt2=R，则小球从A点到C点的过程中重力所做的功为W=mg(R+R)=，故A正确，B、C、D错误。

8、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只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，取g＝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，滑块冲上斜面AB的长度是多少？

【答案】(1)5 m/s　(2)5 m

【解析】(1)在OA段，由题图乙知，在前2 m内，F1＝2mg，做正功，在第3 m内，F2＝－0.5mg，做负功，在第4 m内，F3＝0，滑动摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg，始终做负功，所以对于滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得F1x1＋F2x2＋Ffx＝mv－0，

即2mg×2 m－0.5mg×1 m－0.25mg×4 m＝mv－0

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－mv

解得L＝5 m

所以滑块冲上斜面AB的长度L＝5 m.

9、如图所示，上表面水平的圆盘固定在水平地面上，一小物块从圆盘边缘上的P点，以大小恒定的初速度v0，在圆盘上沿与直径PQ成不同夹角θ的方向开始滑动，小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为v，则v2-cos θ图象应为              (　　)

【答案】A

【解析】设圆盘半径为r，小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，由动能定理可得，-μmg·2rcos θ=mv2-m，整理得v2=-4μgrcos θ，可知v2与cos θ为线性关系，斜率为负，故A正确，B、C、D错误。

10、质量为1 kg的物体静止在水平粗糙的地面上，受到一水平外力F作用运动，如图甲所示，外力F和物体克服摩擦力Ff，做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。下列分析正确的是(　　)

A.物体与地面之间的动摩擦因数为0.2

B.物体运动的位移为13 m

C.前3 m运动过程中物体的加速度为3 m/s2

D.x=9 m时，物体速度为3 m/s

【答案】ACD

【解析】由Wf=Ffx对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff=2 N，由Ff=μmg可得μ=0.2，A正确；由WF=Fx对应图乙可知，前3 m内，拉力F1=5 N，3～9 m内拉力F2 =2 N，物体在前3 m内的加速度a1==3 m/s2，C正确；由动能定理得：WF-Ffx=mv2可得：x=9 m时，物体的速度为v=3 m/s，D正确；物体的最大位移xm==13.5 m，B错误。

考点四 　

应用动能定理的注意事项

11、(多选)如图所示，质量为2m的光滑环悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的重物．环套在竖直面内倾斜固定的光滑直杆上，且杆与水平面的夹角为45°，AD水平且距离为d，BD垂直于杆，C点在D点正下方，重力加速度为g.则环从A点静止释放后沿杆下滑的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．重物先向下加速后向下减速                B．环先向下加速后向下减速

C．环到达B点时速度满足v＝2－gd       D．环到达C点时速度满足v＝gd

【答案】BC

【解析】环从A点静止释放后，环先向下加速后向下减速，重物先向下加速后向下减速，环到达B点时重物速度为零，然后再向上加速，最后向上减速，A错误，B正确；环到达B点时，对整体由动能定理得2mg×＋mg×1－d＝×2mv，解得v＝2－gd，C正确；对环全过程由动能定理得2mgd＝×2mv＋mvC2，解得v＝gd，D错误．

12、如图所示，用一块长L1＝1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8 m，长L2＝1.5 m．斜面与水平桌面的倾角θ可在0°～60°间调节后固定．将质量m＝0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)

(1)当θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)

(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin  37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm.

【答案】(1)θ≥arctan 0.05　(2)0.8　(3)1.9 m

【解析】(1)为使小物块下滑，应有

mgsin θ≥μ1mgcos θ①

θ满足的条件tan θ≥0.05②

即当θ≥arctan 0.05时物块能从斜面下滑．

(2)克服摩擦力做功Wf＝μ1mgcos θ·L1＋μ2mg(L2－L1cos θ)③

由动能定理得mgL1sin θ－Wf＝0④

代入数据得μ2＝0.8.⑤

(3)由动能定理得mgL1sin θ－Wf＝mv2   ⑥

结合③式并代入数据得v＝1 m/s⑦

由平抛运动规律得H＝gt2，x1＝vt

解得t＝0.4 s⑧

x1＝0.4 m⑨

xm＝x1＋L2＝1.9 m. 

考点五  　

在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定，求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出．由于动能定理只关心物体的初、末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化．

13、如图所示，一质量m=0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于水平轨道上的A点，滑块与轨道间的动摩擦因数μ=0.1。现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P=10 W。经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6 N。已知轨道AB的长度L=2 m，圆弧形轨道的半径R=0.5 m；半径OC和竖直方向的夹角α=37°。(空气阻力可忽略，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)求：

(1)滑块运动到C点时速度的大小vC；

(2)B、C两点的高度差h及水平距离x；

(3)水平外力作用在滑块上的时间t。

【答案】(1)5 m/s　(2)0.45 m　1.2 m　(3)0.4 s

【解析】(1)滑块运动到D点时，由牛顿第二定律得FN-mg=m

滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得mgR(1-cos α)+m=m

代入数据，联立解得vC=5 m/s；

(2)滑块从B到C做平抛运动，在C点速度的竖直分量为：

vy=vCsin α=3 m/s

所以B、C两点的高度差为

h== m=0.45 m

滑块由B运动到C所用的时间为t1== s=0.3 s

滑块运动到B点的速度即平抛运动的初速度为

vB=vCcos α=4 m/s

所以B、C间的水平距离x=vBt1=4×0.3 m=1.2 m

(3)滑块由A点运动到B点的过程，由动能定理得

Pt-μmgL=m代入数据解得t=0.4 s。

14、如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直四分之一圆轨道相切于B点，右端与一倾角为30°的固定光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2 kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点，已知光滑圆轨道的半径R＝0.45 m，水平轨道BC长为0.4 m，其动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD长为0.6 m，g取10 m/s2，求：

(1)滑块第一次经过B点时对圆轨道的压力大小；

(2)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能；

(3)滑块在BC上通过的总路程．

【答案】(1)60 N　(2)1.4 J　(3)2.25 m

【解析】(1)滑块从A点到B点，根据动能定理有

mgR＝mv－0

代入数据解得vB＝3 m/s

滑块在B点，根据牛顿第二定律有

FN－mg＝m，

代入数据解得FN＝3mg＝60 N

根据牛顿第三定律可知滑块在B点对轨道的压力大小

FN′＝FN＝ 60 N.

(2)滑块从A点运动到D点，重力做的功一部分克服摩擦力做功，一部分转化为弹簧的弹性势能，当克服摩擦力做功最小时，弹簧的弹性势能最大，故滑块第一次到达D点时，弹簧具有最大的弹性势能Ep.

滑块从A点到D点，设该过程弹簧弹力对滑块做的功为W，根据动能定理有

mgR－μmgLBC－mgLCDsin 30°＋W＝0

且Ep＝－W

解得Ep＝1.4 J

即整个过程中弹簧具有的最大弹性势能为1.4 J.

(3)滑块最终停止在水平轨道BC间，设滑块在BC上通过的总路程为s，从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程，根据动能定理有

－μmgs＝0－mv

解得s＝2.25 m.