2.4.2 动能定理的四大高频考向(Word教师用书)-【创新方案】2025年高考物理二轮复习专题辅导与测试(北京，江苏专版)

主题二　动能定理的四大高频考向 考向(一)　动能定理解决直线运动问题 [例1]　某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m,弹簧的左端固定,木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩,记下木块右端位置A点,释放后,木块右端恰能运动到B1点,在木块槽中加入一个质量m0=200 g的砝码,再将木块左端紧靠弹簧,木块右端位置仍然在A点,释放后木块离开弹簧,右端恰能运动到B2点。测得AB1、AB2长分别为36.0 cm和12.0 cm,则木块的质量m为 (　 ) A.100 g　　　　　　 B.200 g C.300 g D.400 g [解析]　两次木块均从同一位置由静止释放,故弹簧恢复原长的过程中,弹簧所做的功相同,未加砝码时,由动能定理,可得W弹-μmg·xAB1=0,加上砝码时,有W弹-μ(m+m0)g·xAB2=0,解得m=100 g,选项A正确。 [答案]　A [微点拨] (1)在恒力作用下的直线运动问题可以应用牛顿运动定律与运动学公式结合求解,也可以应用动能定理求解。 (2)在不涉及时间的问题中,可优先考虑应用动能定理。 (3)动能定理中的位移和速度均是相对于同一参考系的,一般以地面为参考系。 (4)动能定理中的“力”指物体受到的所有力,既包括重力、弹力、摩擦力,也包括电场力、磁场力或其他力,既可以同时作用,也可以间断作用。功则为各个力所做功的代数和。 考向(二)　动能定理解决曲线运动问题 [例2]　(2023·广东高考改编)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示,可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点由静止释放,沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg,滑道高度h为4 m,且过Q点的切线水平,重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程,下列说法错误的是 (　 ) A.重力做的功为360 J B.克服阻力做的功为440 J C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2 D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N 　　[解析]　重力做的功为WG=mgh=800 J,A符合题意;下滑过程根据动能定理可得WG-Wf=m,代入数据解得克服阻力做的功为Wf=440 J,B不符合题意;经过Q点时向心加速度大小为a==9 m/s2,C不符合题意;经过Q点时,根据牛顿第二定律可得F-mg=ma,解得货物在Q点受到的支持力大小为F=380 N,根据牛顿第三定律可知,货物经过Q点时对轨道的压力大小为380 N,D不符合题意。 　　[答案]　A [微点拨] 动能定理解决曲线运动问题应注意以下两点 (1)动能定理表达式是一个标量式,式中各项只有大小,不考虑方向,因此,应用动能定理时不必关注速度的具体方向,也不能在某个方向上列动能定理表达式。 (2)注意物体所受各力做功的特点,如:重力做功与路径无关,重点关注始、末两点的高度差;摩擦阻力做功与路径有关。 考向(三)　动能定理解决多过程问题 　　[例3]　(2024·江苏南通二模)如图所示,一轨道由半径为2 m的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度可以调节的水平直轨道BC在B点平滑连接而成。现有一质量为0.2 kg的小球从A点无初速度释放,经过圆弧上的B点时,传感器测得轨道所受压力大小为3.6 N,小球经过BC段所受阻力为其重力的0.2倍,然后从C点水平飞离轨道,落到水平面上的P点,P、C两点间的高度差为3.2 m。小球运动过程中可以视为质点,且不计空气阻力。 (1)求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。 (2)为使小球落点P与B点的水平距离最大,求BC段的长度。 (3)在(2)的条件下,小球落到P点后弹起,与地面多次碰撞后静止。假设小球每次碰撞机械能损失75%,碰撞前、后速度方向与地面的夹角相等。求在地面上小球第1次和第2次落点的距离Δx。 [解析]　(1)小球从A点运动到B点的过程中重力和阻力做功,设克服摩擦力所做的功为Wf,则由动能定理可得mgR-Wf=m-0 由牛顿第三定律得小球在B点所受支持力FN=3.6 N 在B点根据牛顿第二定律有FN-mg= 代入数据得vB=4 m/s,Wf=2.4 J。 (2)小球从B点运动到C点的过程中,由动能定理得-0.2mgLBC=m-m 解得LBC= 从C点到落地的时间h=g 解得t0==0.8 s,B点与P点的水平距离 L=LBC+vCt0 代入数据并整理可得L=4-+vC 可知当vC=1.6 m/s时,B点到P点的水平距离最大,为L=4.64 m,此时BC段的长度为3.36 m。 (3)由于小球每次碰撞机械能损失75%,由 Ek=mv2, 可知碰撞后的速度为碰撞前速度的,又因为碰撞前、后速度方向与地面的夹角相等,则碰撞后竖直方向的分速度为碰撞前竖直方向分速度的,所以第一次碰撞后上升到最高点的时间等于从C点到落地的时间的,所以从第一次碰撞后到发生第二次碰撞的时间t1=2×t0=0.8 s,碰撞后水平方向分速度也为碰撞前水平方向分速度的,则在地面上小球第1次和第2次落点的距离Δx=t1=0.64 m。 [答案]　(1)2.4 J　(2)3.36 m　(3)0.64 m 考向(四)　动能定理与图像结合问题 　　[例4]　 (2024·盐城模拟)如图甲所示,在竖直平面内,倾角为θ的斜面和半圆形轨道分别在B点、C点与光滑水平面相切。质量为m的小物块从斜面上A点由静止开始下滑,恰能通过半圆形轨道的最高点D,离开D点后又刚好落在B点。已知A、B两点间沿斜面的距离为l,小物块与斜面间的动摩擦因数随到A点距离变化的图像如图乙所示(其中μ0=tan θ),半圆形轨道的半径为R,重力加速度为g,小物块通过轨道连接处的B、C点时无机械能损失,忽略空气阻力。求: (1)小物块第一次到达B点时,重力的功率P; (2)小物块沿半圆形轨道运动的过程中,摩擦力对小物块做的功W; (3)B、C两点间的距离s。 [解析]　(1)对小物块从A点运动到B点的过程运用动能定理得 m-0=mglsin θ-lmgcos θ 解得vB= 重力的功率为 P=mgvBsin θ=mgsin θ。 (2)小物块恰能通过半圆形轨道的最高点D,则在D点由牛顿第二定律得 m=mg,vD= 沿半圆形轨道运动的过程中,摩擦力对小物块做的功为W,由动能定理得 m-m=-mg(2R)+W 解得W=mgR-mglsin θ。 (3)小物块离开D点后又刚好落在B点,则由运动学公式得 在竖直方向gt2=2R,在水平方向vDt=s 解得s=2R。 [答案]　(1)mgsin θ (2)mgR-mglsin θ　(3)2R 　　[思维建模] 动能定理与图像结合问题的求解思路 [专题四　课时作业(一)]　主题一、二学习效果评价 (本检测满分80分) 一、选择题(共10小题,每小题5分,共50分) 1.(2024·重庆高考)2024年5月3日,嫦娥六号探测器成功发射,开启月球背面采样之旅,探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中 (　 ) A.减速阶段所受合外力为0 B.悬停阶段不受力 C.自由下落阶段机械能守恒 D.自由下落阶段加速度大小g=9.8 m/s2 解析:选C　组合体在减速阶段有加速度,合外力不为0,故A错误;组合体在悬停阶段加速度为0,处于平衡状态,合外力为0,但仍受重力和向上的力,故B错误;组合体在自由下落阶段只受重力,机械能守恒,故C正确;月球表面重力加速度不为9.8 m/s2,故D错误。 2. (2024·南京联考)假设某智能网联汽车在平直路面上启动后的牵引力F随时间t变化的图像如图所示,已知该汽车以额定功率启动,在平直路面上运动的最大速度为vm,所受阻力恒定,由此可知该汽车 (　 ) A.在0~t0时间内做加速度增大的加速运动 B.启动后速度为时的加速度为 C.额定功率为2fvm D.在0~t0时间内位移可能小于 解析:选B　汽车在平直路面上启动,由牛顿第二定律有F-f=ma,在0~t0时间内牵引力F逐渐减小,则汽车做加速度减小的加速运动,故A错误;汽车运动的最大速度为vm,则vm=,可得额定功率为P=fvm,启动后速度为时,有P=F1·,F1-f=ma1,联立解得a1=,故B正确,C错误;若在0~t0时间内做匀加速直线运动,则位移为x匀=t0,而汽车在0~t0时间内做的是加速度减小的加速直线运动,故其位移一定大于,故D错误。 3.如图所示,轻弹簧的右端与固定竖直挡板连接,左端与B点对齐。质量为m的小物块以初速度v0从A点向右滑动,物块压缩弹簧后被反弹,滑到AB的中点C(图中未画出)时速度刚好为零。已知A、B间的距离为L,弹簧的最大压缩量为,重力加速度为g,则小物块反弹之后从B点运动到C点所用的时间为 (　 ) A. B. C. D. 解析:选B　对小物块从A点到停止运动的整个过程,根据动能定理可得-μmg=0-m,解得μg=;在BC段运动时,由牛顿第二定律和运动学公式得μmg=ma,L=at2,联立解得t=,故选B。 4. (2024·宿迁调研)一电动玩具汽车启动时,以额定功率沿直线加速并达到最大速度,其加速度a与速度倒数的关系图像如图所示。已知电动玩具汽车受到的阻力大小恒为100 N,取重力加速度大小g=10 m/s2。则电动玩具汽车的额定功率和最大速度分别为 (　 ) A.200 W　2 m/s B.100 W　4 m/s C.100 W　2 m/s D.200 W　4 m/s 解析:选A　设电动玩具汽车的额定功率为P,受到的阻力大小为f,根据牛顿第二定律可得F-f=ma,又P=Fv,联立可得a=·-,根据a⁃图像可得=2,==4,解得P=200 W,当牵引力等于阻力时,速度最大,则有vm==2 m/s,故选A。 5.逆时针转动的绷紧的传送带与水平方向夹角为37°,传送带的v⁃t图像如图所示。在t=0时刻质量为1 kg 的物块从B点以某一初速度滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动。2 s后开始减速,在t=4 s时物块恰好能到达最高点A。取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。以下说法正确的是 (　 ) A.物块与传送带间的动摩擦因数为0.6 B.传送带AB长度为6 m C.2 s后物块受到的摩擦力沿传送带向下 D.物块与传送带间由于摩擦而产生的热量为6 J 解析:选D　前2 s物块速度小于传送带速度,物块受到的摩擦力沿斜面向上,由于物块匀速上滑,根据平衡条件μmgcos 37°=mgsin 37°,解得μ=0.75,故A错误;由题意可知,t=2 s时,物块与传送带速度相等,由图像可得物块的速度为v1=1 m/s,前2 s物块沿传送带上滑的位移为x1=v1t1=2 m,后2 s物块相对传送带静止,物块所受摩擦力方向沿传送带向上,与传送带有相同的加速度大小a= m/s2,物块向上做匀减速运动的位移x2=v1t2-a=1 m,则传送带AB长度L=x1+x2=3 m,故B、C错误;物块匀速上滑过程中,滑动摩擦力为f=μmgcos 37°=6 N,由传送带的v⁃t图像可知,前2 s传送带的位移为x=3 m,故物块与传送带间由于摩擦而产生的热量为Q=f(x-x1)=6 J,故D正确。 6. (2024·江阴模拟)某次救援中,一质量为20 kg的无人船在平静水面上从静止开始沿直线奔向目标地点,加速100 m 后关闭发动机,继续滑行一段距离后恰好到达救援地点,该过程中无人船运行的速度的平方v2与位移x的关系如图所示。假设无人船运行过程中受水的阻力恒定,不计空气阻力,g取10 m/s2。该过程中 (　 ) A.无人船加速的时间为20 s B.无人船平均速度的大小为15 m/s C.减速过程中,无人船受水阻力的大小为20 N D.加速过程中,牵引力对无人船做的功为4×103 J 解析:选C　根据v2-0=2ax,解得无人船加速时的加速度大小为a=2 m/s2,无人船加速运行的时间为t==10 s,故A错误;根据v2-0=2a'x,解得无人船减速时的加速度大小为a'=1 m/s2,无人船减速运行的时间t2==20 s,则无人船的平均速度== m/s=10 m/s,故B错误;减速过程中,无人船受水阻力的大小为f=ma'=20 N,故C正确;加速过程中,牵引力对无人船做的功为W,根据动能定理W-fx1=mv2-0,解得W=6 000 J,故D错误。 7. (2024·苏州中学期末)张三参加车模大赛,操纵小火车在平直轨道上从静止开始匀加速运动2 m达到额定功率,随后以额定功率继续行驶。如图所示为小火车匀加速阶段的动量的平方-位移(p2⁃x)图像,已知小火车的质量为1.0 kg,阻力是小火车重力的0.2倍,重力加速度取10 m/s2。下列说法正确的是 (　 ) A.小火车在匀加速阶段的牵引力大小为1 N B.小火车的额定功率为4 W C.小火车在0~2 m的位移内用时为1 s D.小火车在随后的运动过程中能达到的最大速度为3 m/s 解析:选D　由速度位移关系式得v2=2ax,两边乘以m2得m2v2=2am2x,所以p2=2am2x,结合题图像可知k=2am2=2,又m=1.0 kg,解得a=1 m/s2,由牛顿第二定律得F-f=ma,又f=0.2mg,代入数据解得F=3 N,故A错误;小火车匀加速阶段的末速度v==2 m/s,又由题意可知小火车匀加速运动2 m达到额定功率,所以小火车的额定功率P=Fv=3×2 W=6 W,故B错误;由于小火车在0~2 m的位移内做匀加速直线运动,则该过程小火车的运动时间t== s=2 s,故C错误;小火车达到额定功率后,随车速的逐渐增大,小火车的牵引力逐渐减小,当小火车的牵引力等于阻力时速度达到最大,则小火车的最大速度vm== m/s=3 m/s,故D正确。 8.(2024·安徽高考)在某地区的干旱季节,人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田,简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h,与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变,水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ,水管内径的横截面积为S,重力加速度大小为g,不计空气阻力。则水泵的输出功率约为 (　 ) A. B. C. D. 解析:选B　设水从出水口射出的初速度为v0,取t时间内的水为研究对象,该部分水的质量为m=v0tSρ,根据平抛运动规律有v0t'=l,h=gt'2,解得v0=l,根据功能关系得Ptη=m+mg,联立解得水泵的输出功率为P=,故选B。 9. (2024·盐城模拟)如图,世界首套设计时速达600公里的高速磁浮交通系统在青岛下线,假设磁悬浮列车受到大小不变的牵引力F,由静止启动后沿平直轨道行驶,当列车速度增大到v0时,功率为P,此后保持功率P不变,直到列车达到最高行驶速度vm。已知列车总质量为m,且行驶过程中受到的阻力大小恒定。下列说法正确的是 (　 ) A.未达到最高速度前,列车一直做匀加速直线运动 B.列车速度增大到v0时,列车前进的位移为 C.列车从启动到速度为vm的过程中,经历的时间为 D.列车从启动到速度为vm的过程中,牵引力F所做的功为m 解析:选B　列车速度增大到v0前,列车受到大小不变的牵引力和阻力作用,由牛顿第二定律F-f=ma,可知列车的加速度不变;列车速度增大到v0后,功率P不变,列车达到最高行驶速度vm,由P=F1v,可知速度增大,牵引力减小,由牛顿第二定律F1-f=ma1,可知列车的加速度减小,列车达到最高行驶速度vm时,加速度减为零,所以未达到最高速度前,列车先做匀加速直线运动再做加速度减小的加速运动,故A错误;由列车达到最高行驶速度vm时P=fvm,解得阻力大小f=,列车由静止启动,速度增大到v0时由动能定理得x=m,解得列车匀加速运动阶段前进的位移为x=,故B正确;列车匀加速运动过程由F-f=ma,解得加速度a=,由v0=at1,解得匀加速运动的时间t1=,列车从启动到速度为vm的过程中,经历的时间大于,故C错误;列车从启动到速度为vm的过程中,由动能定理得WF-Wf=m,牵引力F所做的功为WF=m+Wf,故D错误。 10.(2024·启东模拟)如图所示,足够长的固定木板的倾角为37 °,劲度系数为k=36 N/m的轻质弹簧一端固定在木板上的P点,图中AP间距等于弹簧的自然长度。现将质量m=1 kg的可视为质点的物块放在木板上,稳定后在外力作用下将弹簧缓慢压缩到某一位置B点后释放。已知木板PA段光滑,AQ段粗糙,物块与木板间的动摩擦因数μ=,物块在B点释放后向上运动,第一次到达A点时速度大小为v0=3 m/s,取重力加速度g=10 m/s2,sin 37 °=0.6。下列说法正确的是 (　 ) A.施力前弹簧压缩量为 m B.外力做的功为13.5 J C.物块第一次向下运动到A点时的速度大小为3 m/s D.物块在A点上方运动的总路程为5 m 解析:选C　施力前,对物块根据平衡条件得F弹=mgsin 37 °,根据胡克定律F弹=kx,解得x= m,故A错误;当物块由B点运动到A点的过程中,根据能量守恒定律得kx2+W=m+mgxsin 37°,解得W=14 J,故B错误;设物块从A点向上滑行的最大距离为s1,根据动能定理可知,上滑过程有-mgs1sin 37°-μmgs1cos 37°=0-m,下滑过程有mgs1sin 37°-μmgs1cos 37°=m-0,联立解得s1=1.5 m,v1=3 m/s,故C正确;物块最终在A点下方做往复运动,最高点为A,根据动能定理有μmgscos 37°=m,解得s=4.5 m,故D错误。 二、非选择题(共2小题,共30分) 11.(14分)如图甲所示是高速公路出口的匝道,为了防止车辆在转弯时出现侧滑的危险,必须在匝道的直道上提前减速。现绘制出水平面简化图,如图乙所示,一辆质量为m=2 000 kg的汽车原来在水平直道上做匀速直线运动,行驶速度v0=108 km/h,恒定阻力Ff=1 000 N。现将汽车的减速运动简化为两种方式:方式一为“不踩刹车减速”,司机松开油门使汽车失去牵引力,在水平方向上仅受恒定阻力作用;方式二为“刹车减速”,汽车做匀减速直线运动的加速度大小a=6 m/s2。 (1)求汽车原来匀速直线行驶时的功率P; (2)司机在离弯道口Q距离为x1的地方开始减速,全程采取“不踩刹车减速”,汽车恰好能以15 m/s的安全速度进入弯道,求汽车在上述减速直线运动过程中克服阻力做的功Wf以及距离x1; (3)如图乙所示,在离弯道口Q距离为125 m的P位置,司机先采取“不踩刹车减速”滑行一段距离x2后,立即采取“刹车减速”,汽车仍恰好能以15 m/s的安全速度进入弯道,求x2的大小。 解析:(1)汽车匀速行驶时的速度为 v0=108 km/h=30 m/s, 牵引力F=Ff=1 000 N, 汽车的功率为P=Fv0,故P=30 kW。 (2)全程采取“不踩刹车减速”时, 由动能定理得-Wf=m-m 解得克服阻力做的功为Wf=6.75×105 J 又Wf=Ffx1,解得x1=675 m。 (3)汽车从P行驶到Q的过程中,由动能定理得 -Ffx2-Ff'(x-x2)=m-m, 又Ff'=ma,x=125 m,解得x2=75 m。 答案:(1)30 kW　(2)6.75×105 J　675 m (3)75 m 12.(16分) (2024·苏州调研)如图所示,在竖直平面内的斜面AB与水平传送带的左端平滑连接,水平传送带的右端与竖直面内圆心角为60°的光滑圆弧轨道CD在最低点C处平滑连接,整个装置固定。斜面高为2 m、倾角为45°,传送带BC长为3 m,以4 m/s的速度逆时针转动,圆弧轨道的半径R=0.4 m。将质量m=1 kg 的小物块P从斜面上由静止释放,小物块与斜面和传送带间的动摩擦因数μ均为0.2。取重力加速度g=10 m/s2。求: (1)若小物块P从斜面高1 m处释放,小物块P滑至B处的速度大小; (2)若小物块P从斜面高1 m处释放,小物块P运动到D处的过程中摩擦力做功的大小; (3)若小物块P从斜面高2 m>h>1 m的不同位置释放,以D点为坐标原点,小物块P从D点射出后,这些轨迹的最高点构成什么形状。 解析:(1)若小物块P从斜面高1 m处释放,小物块P在斜面下滑过程中,由动能定理有 mgh1-μmgcos 45°·=m-0 解得小物块P滑至B处的速度大小为vB=4 m/s。 (2)小物块P在传送带上向右做匀减速运动,加速度大小为a==μg=2 m/s2 设小物块P可以通过C点,根据运动学公式可得 -=-2aL 解得小物块P到达C处的速度大小为vC=2 m/s 设小物块P运动到D处的过程中摩擦力做功的大小为Wf,由动能定理得 mgh1-Wf=m,即Wf=8 J。 (3)当小物块P从斜面高1 m处释放时,小物块恰好可以到达D点 当2 m>h>1 m释放时,小物块会从D处射出,射出后做斜抛运动,全程有 mgh-μmgcos 45°·-μmgL-mgR(1-cos 60°)=mvD'2-0 解得D处的速度为vD'=4 从D处到最高点的时间为 t== 以D点为坐标原点,斜抛运动的最高点的水平坐标为x=vD'cos 60°·t=(h-1) 竖直坐标为y==(h-1) 根据数学关系可得y=x 故从D点射出后的轨迹的最高点构成一条直线。 答案:(1)4 m/s　(2)8 J　(3)见解析 学科网（北京）股份有限公司 $$