2019版高考物理一輪復習第五章機械能及其守恒定律第2講動能定理及其應(yīng)用學案.docx

第2講動能定理及其應(yīng)用微知識1 動能1定義：物體由于運動而具有的能量叫做動能。2公式：Ekmv2。3單位：焦耳(J)，1 J1 Nm1 kgm2/s2。4動能是標量，只有正值，沒有負值。5動能是狀態(tài)量，也具有相對性，因為v為瞬時速度，且與參考系的選擇有關(guān)，一般以地面為參考系。微知識2 動能定理1內(nèi)容所有外力對物體做的總功(也叫合外力的功)等于物體動能的變化。2表達式：W總Ek2Ek1。3對定理的理解當W總0時，Ek2Ek1，物體的動能增大。當W總0時，Ek2Ek1，物體的動能減少。當W總0時，Ek2Ek1，物體的動能不變。一、思維辨析(判斷正誤，正確的畫“”，錯誤的畫“”。)1一定質(zhì)量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化。()2動能不變的物體一定處于平衡狀態(tài)。()3物體在合外力作用下做變速運動，動能一定變化。()4運用動能定理可以求變力的功。()5功和動能都是標量，所以動能定理沒有分量式。()二、對點微練1(對動能的理解)(多選)關(guān)于動能的理解，下列說法正確的是()A動能是機械能的一種表現(xiàn)形式，凡是運動的物體都具有動能B動能總為非負值C一定質(zhì)量的物體動能變化時，速度不一定變化，但速度變化時，動能一定變化D動能不變的物體，一定處于平衡狀態(tài)解析由動能的定義和特點知，故A、B項正確；動能是標量而速度是矢量，當動能變化時，速度的大小一定變化；而速度的變化可能只是方向變了，大小未變，則動能不變，且物體有加速度，處于非平衡狀態(tài)，故C、D項均錯誤。答案AB2(對動能定理的理解)兩輛汽車在同一平直路面上行駛，它們的質(zhì)量之比m1m212，速度之比v1v221，當兩車急剎車后，甲車滑行的最大距離為L1，乙車滑行的最大距離為L2，設(shè)兩車與路面間的動摩擦因數(shù)相等，不計空氣阻力，則()AL1L212 BL1L211CL1L221 DL1L241解析由動能定理，對兩車分別列式F1L10m1v，F(xiàn)2L20m2v，F(xiàn)1m1g，F(xiàn)2m2g，由以上四式聯(lián)立得L1L241，故選項D正確。答案D3(動能定理的簡單應(yīng)用)在離地面高為h處豎直上拋一質(zhì)量為m的物塊，拋出時的速度為v0，它落到地面時速度為v，用g表示重力加速度，則在此過程中物塊克服空氣阻力所做的功等于()Amghmv2mvBmghmv2mvCmghmv2mvDmghmv2mv答案B見學生用書P072微考點1動能定理的理解和應(yīng)用核|心|微|講1對動能定理的理解(1)動能定理說明了合力對物體所做的總功和動能變化間的一種因果關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，不可理解為功轉(zhuǎn)變成了物體的動能。(2)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系。(3)動能定理公式中等號的意義：表明合力的功是物體動能變化的原因，且合力所做的功與物體動能的變化具有等量代換關(guān)系。2應(yīng)用動能定理解題的基本思路應(yīng)用動能定理的關(guān)鍵是寫出各力做功的代數(shù)和，不要漏掉某個力的功，同時要注意各力做功的正負。典|例|微|探【例1】如圖所示，質(zhì)量為m的小球用長為L的輕質(zhì)細線懸于O點，與O點處于同一水平線上的P點處有一個光滑的細釘，已知OP，在A點給小球一個水平向左的初速度v0，發(fā)現(xiàn)小球恰能到達跟P點在同一豎直線上的最高點B。求：(1)小球到達B點時的速率。(2)若不計空氣阻力，則初速度v0為多少。(3)若初速度v03，則小球在從A到B的過程中克服空氣阻力做了多少功？【解題導思】(1)小球恰好到達B點的動力學條件是什么？答：小球恰好到達B點的動力學條件是僅由重力提供向心力。(2)空氣阻力對小球的作用力是恒力還是變力，其對小球做的功能用功的公式求解嗎？答：空氣阻力對小球的作用力為變力，不能用功的公式求功。 解析(1)小球恰能到達最高點B，由牛頓第二定律得mgm，解得vB 。(2)若不計空氣阻力，從AB由動能定理得mgmvmv，解得v0 。(3)當v03 時，由動能定理得mgWfmvmv，解得WfmgL。答案(1) (2) (3)mgL(1)應(yīng)用動能定理應(yīng)抓好“兩個狀態(tài)、一個過程”，“兩個狀態(tài)”即明確研究對象的始、末狀態(tài)的速度或動能情況，“一個過程”即明確研究過程，確定這一過程中研究對象的受力情況、位置變化或位移情況。(2)動能定理適用于恒力做功，也適用于變力做功；適用于直線運動，也適用于曲線運動。題|組|微|練1. (多選)如圖所示，一塊長木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動，以地面為參考系，A、B都向前移動一段距離。在此過程中()A外力F做的功等于A和B動能的增量BB對A的摩擦力所做的功，等于A的動能增量CA對B的摩擦力所做的功，等于B對A的摩擦力所做的功D外力F對B做的功等于B的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和解析A物體所受的合外力等于B對A的摩擦力，對A物體運用動能定理，則有B對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量，即B項對；A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動，A、B對地的位移不等，故摩擦力對二者做功不等，C項錯；對B應(yīng)用動能定理，WFWfEkB，即WFEkBWf就是外力F對B做的功，等于B的動能增量與B克服摩擦力所做的功之和，D項對；由前述討論知B克服摩擦力所做的功與A的動能增量(等于B對A的摩擦力所做的功)不等，故A項錯。答案BD2如圖所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一小球向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面。設(shè)小球在斜面最低點A的速度為v，壓縮彈簧至C點時彈簧最短，C點距地面高度為h，不計小球與彈簧碰撞過程中的能量損失，則彈簧被壓縮至C點，彈簧對小球做的功為()Amghmv2 B.mv2mghCmghmv2 Dmgh解析小球從A點運動到C點的過程中，重力和彈簧彈力對小球做負功，由于支持力與位移方向始終垂直，則支持力對小球不做功，由動能定理，可得WGWF0mv2，重力做功為WGmgh，則彈簧彈力對小球做的功為WFmghmv2，A項正確。答案A微考點2應(yīng)用動能定理解決多過程問題核|心|微|講物體在某個過程中包含有幾個運動性質(zhì)不同的小過程(如加速、減速的過程)，物體在運動過程中運動性質(zhì)發(fā)生變化，不同的運動過程其受力情況不同。單純從動力學的角度分析多過程問題往往相當復雜。這時，動能定理的優(yōu)勢就明顯地表現(xiàn)出來了。此時可以分段考慮，也可以對全過程考慮。利用動能定理認識這樣一個過程，并不需要從細節(jié)上了解。分析力的作用是看其做功，也只需要把所有的功累加起來而已。力是變力還是恒力，一個力是否一直在作用，這些顯得不再重要。典|例|微|探【例2】如圖，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)。直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)。質(zhì)量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點(未畫出)。隨后P沿軌道被彈回，最高到達F點，AF4R。已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)，重力加速度大小為g。(取sin37，cos37)(1)求P第一次運動到B點時速度的大小。(2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能。(3)改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點，從靜止開始釋放。已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點。G點在C點左下方，與C點水平相距R、豎直相距R。求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質(zhì)量?！窘忸}導思】(1)P從C到B的過程中有哪些力做功？答：重力和摩擦力做功。(2)壓縮彈簧從B到E克服彈力做功與彈簧伸長從E到B彈力做正功相等嗎？答：相等。(3)第(3)問中物體經(jīng)過了幾個階段的運動？答：先是彈簧將物體彈開的過程，接著物體沿斜面上滑，再在光滑圓軌道中運動，最后做平拋運動。 解析(1)根據(jù)題意知，B、C之間的距離為l7R2R，設(shè)P到達B點時的速度為vB，由動能定理得mglsinmglcosmv，式中37。聯(lián)立式并由題給條件得vB2。(2)設(shè)BEx。P到達E點時速度為零，設(shè)此時彈簧的彈性勢能為Ep。P由B點運動到E點的過程中，由動能定理有mgxsinmgxcosEp0mv，E、F之間的距離為l14R2Rx，P到達E點后反彈，從E點運動到F點的過程中，由動能定理有Epmgl1sinmgl1cos0，聯(lián)立式并由題給條件得xR，EpmgR。(3)設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1。D點與G點的水平距離x1和豎直距離y1分別為x1RRsin，y1RRRcos，式中，已應(yīng)用了過C點的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為的事實。設(shè)P在D點的速度為vD，由D點運動到G點的時間為t。由平拋運動公式有y1gt2，x1vDt，聯(lián)立式得vD。設(shè)P在C點速度的大小為vC。在P由C點運動到D點的過程中機械能守恒，有m1vm1vm1g，P由E點運動到C點的過程中，由動能定理有Epm1g(x5R)sinm1g(x5R)cosm1v，聯(lián)立式得m1m。答案(1)2(2)mgR(3)m【反思總結(jié)】利用動能定理求解多過程問題的基本思路1弄清物體的運動由哪幾個階段組成。2分析各階段中物體的受力及做功情況。3從總體上把握全過程，表達出總功，找出初末狀態(tài)的動能。4對所研究的全過程運用動能定理列方程。 題|組|微|練3如圖所示，傳送帶A、B之間的距離為L3.2 m，與水平面間夾角37，傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，速度恒為v2 m/s，在上端A點無初速放置一個質(zhì)量為m1 kg、大小可視為質(zhì)點的金屬塊，它與傳送帶的動摩擦因數(shù)為0.5，金屬塊滑離傳送帶后，經(jīng)過彎道，沿半徑R0.4 m的光滑圓軌道做圓周運動，剛好能通過最高點E，已知B、D兩點的豎直高度差為h0.5 m(g取10 m/s2)。求：(1)金屬塊經(jīng)過D點時的速度大小。(2)金屬塊在BCD彎道上克服摩擦力做的功。解析(1)金屬塊在E點時，mgm，解得vE2 m/s，在從D到E過程中由動能定理得mg2Rmvmv，解得vD2 m/s。(2)金屬塊剛剛放上時，mgsinmgcosma1，解得a110 m/s2。設(shè)經(jīng)位移s1達到共同速度，則v22a1s1時，解得s10.2 m3.2 m，繼續(xù)加速過程中，mgsinmgcosma2，解得a22 m/s2。由s2Ls13 m，vv22a2s2，解得vB4 m/s。在從B到D過程中由動能定理得mghWmvmv，解得W3 J。答案(1)2 m/s(2)3 J4如圖所示，半圓形軌道MON豎直放置且固定在地面上，直徑MN是水平的。一小物塊從M點正上方高度為H處自由下落，正好在M點滑入半圓軌道，測得其第一次離開N點后上升的最大高度為。小物塊接著下落從N點滑入半圓軌道，在向M點滑行過程中(整個過程不計空氣阻力)()A小物塊正好能到達M點B小物塊一定到不了M點C小物塊一定能沖出M點D不能確定小物塊能否沖出M點解析小物塊第一次飛出過程根據(jù)動能定理得mgHmgWf0，假設(shè)能再次到達M點，根據(jù)動能定理有mgWfmv2，因小物塊第二次經(jīng)過半圓軌道過程中速度小于第一次，軌道支持力也變小，物塊所受摩擦力變小，故克服阻力做功Wf0，因此小物塊能沖出M點，選項C正確。答案C微考點3動能定理與圖象的綜合問題核|心|微|講解決物理圖象問題的基本方法1觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標、橫坐標所對應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義。2根據(jù)物理規(guī)律推導縱坐標和橫坐標所對應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式，結(jié)合圖象找出圖線的斜率、截距、交點、圖線下的面積所對應(yīng)的物理意義。3根據(jù)對應(yīng)關(guān)系列式解答問題。典|例|微|探【例3】如圖甲所示，長為4 m的水平軌道AB與半徑為R0.6 m的豎直半圓弧軌道BC在B處相連接，有一質(zhì)量為1 kg的滑塊(大小不計)，從A處由靜止開始受水平向右的力F作用，F(xiàn)的大小隨位移變化的關(guān)系如圖乙所示，滑塊與AB間的動摩擦因數(shù)為0.25，與BC間的動摩擦因數(shù)未知，g取10 m/s2。求： (1)滑塊到達B處時的速度大小。(2)滑塊在水平軌道AB上運動前2 m過程所用的時間。(3)若到達B點時撤去力F，滑塊沿半圓弧軌道內(nèi)側(cè)上滑，并恰好能到達最高點C，則滑塊在半圓弧軌道上克服摩擦力所做的功是多少？【解題導思】(1)滑塊從A到B做了什么運動？答：先加速后減速。(2)Fx圖線與位移軸包圍的面積表示什么？答：表示力F做的功。 解析(1)對滑塊從A到B的過程，由動能定理得F1x1F3x3mgxmv，即202 J101 J0.251104 J1v，得vB2 m/s。(2)在前2 m內(nèi)，有F1mgma，且x1at，解得t1 s。(3)當滑塊恰好能到達最高點C時，應(yīng)用：mgm。對滑塊從B到C的過程，由動能定理得Wmg2Rmvmv，代入數(shù)值得W5 J，即克服摩擦力做的功為5 J。答案(1)2 m/s(2) s(3)5 J題|組|微|練5(多選)運動員以一定的初速度將冰壺沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其動能隨位移變化圖線如圖所示。已知冰壺質(zhì)量為19 kg，g取10 m/s2，則以下說法正確的是()A0.05 B0.01C滑行時間t5 s D滑行時間t10 s解析對冰壺由動能定理得mgx0mv，得0.01，B項正確；冰壺運動時ag0.1 m/s2，由運動學公式xat2得t10 s，D項正確。答案BD6(多選)質(zhì)量為1 kg的物體在水平粗糙的地面上受到一水平外力F作用運動，如圖甲所示，外力F和物體克服摩擦力f做的功W與物體位移x的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g為10 m/s2。下列分析正確的是()A物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.2B物體運動位移為13 mC前3 m運動過程中物體的加速度為3 m/s2Dx9 m時，物體速度為3 m/s解析由Wffx對應(yīng)圖乙可知，物體與地面之間的滑動摩擦力f2 N，由fmg可得0.2，A項正確；由WFFx對應(yīng)圖乙可知，前3 m內(nèi)，拉力F15 N，39 m內(nèi)拉力F22 N，物體在前3 m內(nèi)的加速度a13 m/s2，C項正確；由動能定理得WFfxmv2可得x9 m時，物體的速度為v3 m/s，D項正確；物體的最大位移xm13.5 m，B項錯誤。答案ACD見學生用書P075運用動能定理求解往復運動問題素能培養(yǎng)有些問題中物體的運動過程具有重復性、往返性，而描述運動的物理量多數(shù)是變化的，且重復次數(shù)又往往是無限的或者很難確定。求解這類問題時若運用牛頓運動定律及運動學公式將非常繁瑣，甚至無法解出。而動能定理只關(guān)心物體的初、末狀態(tài)而不計運動過程的細節(jié)，所以用動能定理分析這類問題可迎刃而解。經(jīng)典考題如圖所示，ABCD是一個盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC是水平的，其寬度d0.50 m。盆邊緣的高度為h0.30 m。在A處放一個質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止開始下滑。已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數(shù)為0.10。小物塊在盆內(nèi)來回滑動，最后停下來，則停的地點到B點的距離為()A0.50 mB0.25 m C0.10 mD0解析設(shè)小物塊在BC段通過的總路程為s，由于只有水平面上存在摩擦力，則小物塊從A點開始運動到最終靜止的整個過程中，摩擦力做功為mgs，而重力做功與路徑無關(guān)，由動能定理得mghmgs00，代入數(shù)據(jù)可解得s3 m。由于d0.50 m，所以，小物塊在BC段經(jīng)過3次往復運動后，又回到B點。答案D對法對題1.如圖所示，斜面的傾角為，質(zhì)量為m的滑塊距擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無機械能損失，滑塊經(jīng)過的總路程是()A.B.C.D.解析滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過的總路程為x，對滑塊運動的全程應(yīng)用功能關(guān)系，全程所產(chǎn)生的熱量為Qmvmgx0sin，又由全程產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力所做的功，即Qmgxcos，解以上兩式可得x，選項A正確。答案A2.如圖所示，AB、CD為兩個對稱斜面，其上部足夠長，下部B、C分別與一個光滑的圓弧面的兩端相切，圓弧圓心角為120，半徑R為2.0 m，一個物體在離弧底E高度為h3.0 m處，以初速度v4.0 m/s沿斜面運動，若物體與兩斜面間的動摩擦因數(shù)均為0.02，則物體在兩斜面上(不包括圓弧部分)一共運動的路程是多少？(g取10 m/s2)解析兩個斜面的下部B、C分別與光滑的圓弧面相切，圓心角為120，所以可得出斜面的傾角為60，物體在斜面上所受到的滑動摩擦力為fmgcos600.02mg0.01mg。重力沿斜面的分力Gmgsin60mgf，所以物體不能停留在斜面上。物體在斜面上滑動時，由于摩擦力做功，物體的機械能逐漸減小，物體滑到斜面上的高度逐漸降低，物體最終將在B、C間做往復運動。設(shè)物體在斜面上運動的總路程為s，對全過程應(yīng)用動能定理得mghR(1cos60)mgscos600mv2，解得s280 m。答案280 m見學生用書P0751. (多選)如圖，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點P。它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W。重力加速度大小為g。設(shè)質(zhì)點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為N，則()Aa BaCN DN解析質(zhì)點由半球面最高點到最低點的過程中，由動能定理有，mgRWmv2，又在最低點時，向心加速度大小a，兩式聯(lián)立可得a，A項正確，B項錯誤；在最低點時有Nmgm，解得N，C項正確，D項錯誤。答案AC2.質(zhì)量為10 kg的物體，在變力F作用下沿x軸做直線運動，力隨坐標x的變化情況如圖所示。物體在x0處，速度為1 m/s，一切摩擦不計，則物體運動到x16