【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习学案5.2《动能和动能定理》(含解析).doc，共(19)页，811.500 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-80679.html

以下为本文档部分文字说明：

格致课堂(新高考)高考物理一轮复习学案5.2动能&动能定理一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能．2．表达式：Ek＝12mv2.3．物理意义：动能是状态量，是标量(填“矢量”或“标量”)．二、动能定理1．内容：力在一个过程中对

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＝12mv22－12mv21＝Ek2－Ek1.3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度．4．适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．(2

)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．1．x-t图象的理解核心素养一对动能及其变化的理解1．对动能的理解(1)动能是物体由于运动而具有的能量，

表达式Ek＝12mv2.(2)动能是状态量，和物体的瞬时速度大小(速率)对应．2．关于动能的变化动能的变化量为正值，表示物体的动能增加了，对应于合外力对物体做正功；动能的变化量为负值，表示物体的动能减小了，对应于合外力对物体做负功，或者

说物体克服合外力做功．核心素养二动能定理及其应用1．对动能定理的理解(1)动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化间的两个关系：①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合外力的功，进而求得某一力的功．②因果关系：合外力的

功是引起物体动能变化的原因．(2)动能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、Ek等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理．2．运用动能定理需注意的问题(1)应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无需深究物体运动过程

中状态变化的细节，只需考虑整个过程的功及过程初末的动能．(2)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式．知识框架核心素养格致课堂1．A、B两物体在光滑水

平面上，分别在相同的水平恒力F作用下，由静止开始通过相同的位移l.若A的质量大于B的质量，则在这一过程中()A．A获得动能较大B．B获得动能较大C．A、B获得动能一样大D．无法比较A、B获得动能大小解析：由动能定理可知恒力F做功W＝Fl＝12mv2－0，因为F、l相同，所以A、B获得

的动能一样大，C正确．答案：C2．一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在力的方向上获得的速度分别为v1、v2，如图所示，那么在这段时间内，其中一个力做的功为()A.16mv2B.14mv2

C.13mv2D.12mv2解析：在合力F的方向上，由动能定理得W＝Fl＝12mv2，某个分力做的功为W1＝F1lcos30°＝F2cos30°lcos30°＝12Fl＝14mv2，B正确．答案：B一、单选题

1．如图所示，解放军战士正从悬停在离地10m高处的直升机上沿绳竖直速降，质量为70kg的战士握住绳子下降时对绳子的作用力为630N，则由静止开始到下降到地面的过程中（）典例精讲过关训练格致课堂A．该解放军战士重力势能减少了700JB．

绳子对该解放军战士做功6300JC．该解放军战士动能增加700JD．合力对该解放军战士做功6300J2．从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物

体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。由图中数据可得（）A．物体的质量为4kgB．h=0时，物体的速率为20m/sC．h=2m时，物体的动能Ek=40JD．从地面至h=4m，物体的动能

减少100J3．如图，倾角为θ=30°的光滑固定斜面，一物块在沿斜面向上的恒定外力F作用下，由静止开始从斜面的底端向上做匀加速直线运动，经时间t物块至斜面B点（图未标）外力F做的功为W，此后撤去外力F，再经过时

间3t后物块运动至最高点，则撤去外力F时物块的动能为（）A．16WB．14WC．13WD．23W格致课堂4．关于物体的动能，下列说法正确的是()A．物体的质量、速度不变，其动能一定不变B．物体的动能不变，

其速度一定不变C．两个物体中，速度大的动能也大D．某一过程中物体的速度变化越大，其动能的变化一定越大5．将质量为m=1kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平桌面间的动摩擦因数为μ=0.5，现在物块上施加一个平行于水平面的恒力F=

10N，物体静止开始运动，作用4s后撤去F。已知g=10m/s2，对于物块从静止开始到物块停下这一过程下列说法正确的是（）A．物块整个过程物块运动的时间为6sB．物块整个过程物块运动的时间为8sC．整个过程中物块的位移大小为40mD．整个过程中物块

的位移大小为60m6．站在水平地面上的运动员把质量为500g的足球踢出后，某人观测足球在空中的飞行情况，估测出上升最大高度为10m，在最高点速度为20m/s，g=10m/s²，则运动员踢球时对足球做功约为A．100JB．50JC．150JD．无法计算7．改变汽车的质量和速度，都可

能使汽车的动能发生改变．在下列几种情况下，汽车的动能保持不变的是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4倍D．速度减半，质量增大到原来的4倍8．一个小孩用200N的力，将质量为1kg的足球踢出，使足球获得20m/s的初速度，飞行

50m后着地，则小孩对足球做的功约为（）A．50JB．200JC．400JD．10000J二、多选题9．如图所示，A、B是静止在水平地面上完全相同的两块长木板。A的右端和B的左端相接但不粘连。两板的质量均为m，长度皆为l

；C是一质量为2m的小物块。现给它一初速度，使它从A板的左端开始向右滑动，恰能滑到B板的右端。已知C与A、B之间的动摩擦因数均为μ。地面与A、B之间的动摩擦因数均为0.5，取重力加速度g；从小物块C开始运动到最终静止的全过程，下

列说法正确的是（）格致课堂A．木板A、B始终是静止B．木板B滑行的距离为23lC．系统因摩擦产生的总热量为5mglD．当小物块C滑到木板B的右端时，木板B的速度最大10．如图所示，同一竖直平面内有四分之一圆环BC和倾角为53°的斜

面AC，A、B两点与圆环BC的圆心O等高。现将甲、乙小球分别从A、B两点以初速度v1、v2沿水平方向同时抛出，两球恰好在C点相碰（不计空气阻力），已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，下列说法正确的是（）A．初速度v1、v2大小之比为3：4B．若仅增大v1，则两球不再相碰C

．若v1大小变为原来的一半，则甲球恰能落在斜面的中点DD．若只抛出甲球并适当改变v1大小，则甲球可能垂直击中圆环BC11．如图所示，半圆形光滑轨道BC与水平光滑轨道AB平滑连接。小物体在水平恒力F作用下，从水平轨道上的P点，由静止开始运动，运动到B点撤去外力F，小物体由C点离开半

圆轨道后落在P点右侧区域。已知PB=3R，F的大小可能为（）A．12mgB．56mgC．mgD．76mg格致课堂三、解答题12．如图所示，质量为m=2kg小物块（可视为质点），从C点由静止沿固定在水平地面上的光滑圆弧轨道CD下滑，最后小物

块滑上紧靠轨道末端D点的长木板。已知长木板的质量为M=1kg，长木板上表面与小物块间的动摩擦因数μ1=0.2，下表面与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，长木板与圆弧轨道末端切线相平，圆弧轨道的半径R=0.5m，半径OC与竖直方向的夹角θ=5

3°，不计空气阻力，g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求∶（1）小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（2）要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度。（计算结果保留2位小数）13．一质量为0.5kg的小球，用长为0.4m细

绳拴住，在竖直平面内做圆周运动（g取210m/s）。求：（1）若过最低点时的速度为6m/s，此时绳的拉力大小1F；（2）若过最高点时的速度为4m/s，此时绳的拉力大小2F；（3）若过最高点时绳的拉力刚好

为零，此时小球速度大小。14．如图所示，一小球从光滑固定斜面底端A点以初速度v0=7m/s沿斜面上滑，从斜面顶端B点飞出后到达平台边缘C点时速度恰好沿水平方向。已知斜面倾角=53°，斜面AB的长度为1.5m，重力加速度g=

10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6.求∶(1)小球运动到B点时的速度大小vB；(2)B、C两点间的水平距离s。格致课堂15．某滑雪场的滑道可抽象为如图的模型，倾角为53°的倾斜直滑道AB

、水平直滑道CD与光滑竖直圆弧滑道BC相切，斜面DE的倾角为37°。O1为圆弧滑道BC的圆心，圆弧半径R＝10m，C点为圆弧滑道的最低点，半径O1B与O1C的夹角为53°。滑雪板与CD段直滑道间的动摩擦因数为μ＝

0.2。一运动员从最高处A点由静止沿斜面AB滑下，经圆弧滑道BC滑到最低点C的速度为103m/s，然后经直滑道CD冲出。已知运动员和滑雪板的总质量m＝60kg，A、B两点的高度差h1＝12m，D、E两点的高度差h2＝2m，

直滑道CD长度L＝71m。（g＝10m/s2，sin53°＝08，cos53°＝06）求：（1）运动员滑到C点时对滑道的压力；（2）滑雪板与AB段直滑道间的动摩擦因数；（3）运动员从D点滑出后，着落点距

离D点的水平距离。格致课堂1.在某一粗糙的水平面上，一质量为2kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g取10m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理

量有()A．物体与水平面间的动摩擦因数B．合外力对物体所做的功C．物体做匀速运动时的速度D．物体运动的时间2.如图所示，一个可视为质点的滑块从高H＝12m处的A点由静止沿光滑的轨道AB滑下，进入半径为r＝4m的竖直圆环，圆环内轨道与滑块间的动摩擦因数处处相同，当滑块到

达圆环顶点C时，滑块对轨道的压力恰好为零，滑块继续沿CFB滑下，进入光滑轨道BD，且到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为(重力加速度大小g取10m/s2)()A．8mB．9mC．10mD．11m3．

如图(a)所示，在水平路段AB上有一质量为1×103kg的汽车，正以10m/s的速度向右匀速行驶，汽车前方的水平路段BC因粗糙程度与AB段不同引起阻力变化，汽车通过整个ABC路段的v-t图象如图(b)所示，

t＝15s时汽车刚好到达C点，并且已做匀速直线运动，速度大小为5m/s.运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变，假设汽车在AB路段上运动时所受的恒定阻力为Ff＝2000N，下列说法正确的是()A．汽车在AB、BC段发动机的额定功率不变都是1×104W格致课堂

B．汽车在BC段牵引力增大，所以汽车在BC段的加速度逐渐增大C．由题给条件不能求出汽车在BC段前进的距离D．由题所给条件可以求出汽车在8m/s时加速度的大小考题预测参考答案1解析：物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力Ff相等，物体与水平面间的动摩擦因

数为μ＝Fmg＝0.35，A正确；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－12mv2，根据Fs图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgs，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速

度v，B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误．答案：ABC2解析：滑块到达圆环顶点C时对轨道压力为零，由牛顿第二定律得mg＝mvC2r，得速度vC＝gr，设滑块在BEC段上克服摩擦力做的功为W1，由动能定理得

mg(H－2r)－W1＝12mvC2，则W1＝mg(H－2r)－12mvC2＝mg(H－52r)，滑块在CFB段克服摩擦力做的功W2满足0<W2<W1，从C到D，由动能定理得－mg(h－2r)－W2＝－12mvC2，代入得8m<h<10m，选项B正确．答案：

B3解析：发动机的额定功率P＝Ffv1＝2000×10W＝2×104W，选项A错误；由题图(b)可知汽车在BC段做加速度减小的减速运动，选项B错误；根据P＝Ff′v2可求解汽车在BC段上所受的阻力大小，根据动能定理Pt－Ff′xBC＝1

2mv22－12mv12，可求解汽车在BC段前进的距离，选项C错误；根据牛顿第二定律a＝F－Ff′m＝Pv3－Ff′m，可以求出汽车在8m/s时加速度的大小，选项D正确．答案：D过关训练参考答案1．C【详解】A．因为解放军战士从h=10m高处下降到地面，其重力势能减少了ΔEp=mgh=70×1

0×10J=7000JA错误；格致课堂B．绳子对解放军战士的作用力向上，与运动方向相反，因此绳子对战士做负功，做负功是W绳=−630×10J=−6300JB错误；C．由动能定理可知mgh−Fh=ΔEkΔEk=70×10×10J−630×10J=700JC正确；D．解放军战士下

降时受到合外力F合=mg−F=70×10N−630N=70N合外力做功W合=F合h=70×10J=700JD错误。故选C。2．D【详解】A．由图可知在最高点80mgh，得2kgm，A错误；B．在初位置由图可知2011002mv，解得010m/sv，B错误；C．h=2m时，物体的动能

kp90J40J50JEEE总故C错误；D．根据图像可知从地面至h=4m，物体的动能减少k100J0100JE故D正确。故选D。3．B【详解】ABCD．由匀变速直线运动规律取向上为正方向则有，加速过程：11vat格致课堂减

速过程有：123tva解得：213aa由牛顿第二定律有：1sinFmgma2sinmgma解得：4sin3Fmg由动能定理撤去外力F前，外力做功为：11142sin33WFsmgsmgs

由动能定理有：1sinkWmgsE即：11121113264mgsmgsmgsWACD错误，B正确；故选B。4．A【详解】A．根据Ek=12mv2可知，如果物体的质量、速度

不变，动能不变，故A正确；B．如果物体的动能不变，则说明其速度大小一定不变，方向可能变化，故B错误；C．动能由质量和速度大小共同决定，速度大的物体动能不一定大，故C错误；D．如做匀速圆周运动的物体，速度

变化可能大，但动能不变，故D错误。故选A。5．B【详解】AB．在整个过程中由动量定理格致课堂10Ftmgt解得t=8s选项A错误，B正确；CD．物体在前4s运动的过程中由动量定理11Ftmgtmv解得v=20m/s因物体加速和减速过程的平均速度都为00222tvvvvv全

程的平均速度也为2v，则物体的总位移208m=80m22vxt选项CD错误。故选B。6．C【详解】运动员对球做功转化为球的初始机械能，从球飞出到最高点，由机械能守恒可得：W=E初=mgh+12mv2=0.5×10×10+12×0.5×202=150J，运动员对足球做功为

150J．故选C7．D【详解】A.根据动能的公式212kEmv可知，若质量不变，速度增大到原来的2倍，则2'1242kkEmvE，A错误；B.若速度不变，质量增大到原来的2倍，则'21222kkEmvE，B错误；C.若质量减半，速度增大到原来的4倍，则2'11

4822kkEmvE，C错误；D.速度减半，质量增大到原来的4倍，则'2114()22kkEmvE，D正确．故选D。格致课堂8．B【详解】根据动能定理得W=21122mv×1×202＝200J故B正确，ACD错误。故选B。9．BCD【详解

】A．物块C对A或B的摩擦力为2CACBffmg若C在A上滑动时，AB与地面间的最大静摩擦力=0.542ABfmgmg地则此时AB不动；当C在B上滑动时，B与地面之间的最大静摩擦力=0.531.5

CBBfmgmgf地可知B将要滑动，选项A错误；B．当C滑到木板A的右端时，因为AB不动，由动能定理221011-22222mglmvmv解得2104vvgl当滑块C在B上滑动时，B的加速度21.50.5BmgmgagmC的加速度22Cmga

gm设经过时间t物块C到达最右端时的共同速度为v，则1CBvvatat122vvvttl格致课堂解得43ltg07vgl13vglB运动的距离123vxtl然后BC一起减速运动，加速度为0.5ag最后停止时移动的距离2'120.53vxlg

则B一共向右移动的距离'23lsxx选项B正确；C．物块C在A上滑动时产生的热12Qmgl物块C在B上滑动产生的热22Qmgl木板B在地面上滑动产生的热320.533lQmgmg系统因摩擦产生的总热量为1235QQQQmgl选项C正确；D．当小物

块C滑到木板B时，木板B加速运动，当C到达B的右端时，木板B的速度最大，然后两者一起减速，选项D正确。故选BCD。10．AD格致课堂【详解】A．甲乙两球从等高处做平抛运动恰好在C点相碰，则时间相等，水平方向有13=ta

n534RxvtR甲2=xvtR乙所以1234vv选项A正确；B．两球相碰，则满足127+4vtvtR若仅增大v1，显然存在t满足方程，所以两球会相碰，选项B错误；C．若v1大小变为原来的一

半，在时间不变的情况下水平位移会变为原来的一半，但由于甲球会碰到斜面，下落高度减小时间减小，所以甲球的水平位移小于原来的一半，不会落在斜面的中点，选项C错误；D．若甲球垂直击中圆环BC，则落点时速度的反向延长线过圆心O，由几何关系有2222131-+()42v

tRgtR（）1123-4tan12vtRvgtgt以上方程为两个未知数两个方程可以求解v1和t，因此只抛出甲球并适当改变v1大小，则甲球可能垂直击中圆环BC，选项D正确。故选AD。11．BC格致课堂【详解】小球能通过C点应满足2CvmmgR且由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域2122

Rgt3CvtR对小球从P点到C点由动能定理得21322CFRmgRmv联立解得525624mgmgF故BC正确，AD错误。故选BC。12．（1）36N，方向竖直向下；（2）0.67m【详解】（1）小滑块从C运动到D的过程中由动

能定理，可得∶21(1cos53)2DmgRmv解得∶2/Dvms小物块在圆弧轨道末端D点，由牛顿第二定律，可得∶2DNvFmgmR联立方程，解得∶FN=36N由牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力大小

为36N，方向竖直向下。（2）小物块滑上长木板后做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可得∶11mgma解得小物块的加速度大小为∶格致课堂2112/agms长木板做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得∶122mgmMgMa（

）可得长木板的加速度大小为∶221/ams；要使小物块不滑出长木板，则小物块滑至长木板最右端时，二者恰好共速，此时长木板最短，设经过时间t二者共速，则有∶1Dvvat2vat对小物块和长木板分别由动能定律得∶22111()22DmgxLmv

mv2121[()g]x2mgmMMv联立方程，解得∶L≈0.67m即木板的最小长度为0.67m。13．（1）50N；（2）15N；（3）2m/s【详解】（1）当过最低点时的速度为6m/s时，重力和细线拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得211vFmgml2115

0NvFmgml（2）当小球在最高点速度为4m/s时，重力和细线拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得222vmgFml22215NvFmmgl格致课堂（3）当过最高点时绳的拉力刚好为零，重力提供向心力，根据牛顿第二定律得20vmmgl02m/svgl14．(1)5/Bv

ms；(2)1.2m【分析】本题考察运用动能定理分析简单运动以及平抛运动公式的运用。物体先做匀减速直线运动，后做平抛运动，根据斜面倾角可得平抛运动速度角。依次分析两段运动即可。【详解】(1)由动能定理可得22011sin5322ABB

mgLmvmv解得5/Bvms(2)设小球到达C点时的速度为Cv，小球由B点运动到C点所用时间为t，由题意知小球从B点飞出后做斜抛运动，到达C点时的速度cxvv。如图所示，cos53xBvsin53yB0yvgtx

svt解得s=1.2m15．（1）2400N，方向竖直向下；（2）19；（3）2.4m【详解】格致课堂(1)由2NvFmgmr得N2400NF由牛顿第三定律得NN2400NFF方向竖直向下(2)由211c1cos53cos530s

in532hmghRRmgmv得19(3)由动能定理221122DCmgLmvmv得4m/sDv则2D12tan37gtvt得0.6st因211.8m<2m2hgt则D2.4mxvt考题预测