江蘇專用2022版高考物理一輪復(fù)習(xí)第5章機(jī)械能及其守恒定律第2節(jié)動能定理學(xué)案

江蘇專用2022版高考物理一輪復(fù)習(xí)第5章機(jī)械能及其守恒定律第2節(jié)動能定理學(xué)案江蘇專用2022版高考物理一輪復(fù)習(xí)第5章機(jī)械能及其守恒定律第2節(jié)動能定理學(xué)案PAGE20-江蘇專用2022版高考物理一輪復(fù)習(xí)第5章機(jī)械能及其守恒定律第2節(jié)動能定理學(xué)案第2節(jié)動能定理一、動能1．定義:物體由于運(yùn)動而具有的能.2．公式：Ek＝eq\f（1,2）mv2，v為瞬時速度,動能是狀態(tài)量。3．單位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。4．標(biāo)矢性：動能是標(biāo)量，只有正值。5．動能的變化量：ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq\f(1，2）mveq\o\al(2，2)－eq\f(1，2)mveq\o\al（2,1)。二、動能定理1．內(nèi)容:合外力對物體所做的功等于物體動能的變化。2．表達(dá)式：W＝ΔEk＝eq\f(1，2）mveq\o\al（2，2)－eq\f（1,2）mveq\o\al(2,1)。3．物理意義：合外力對物體做的功是物體動能變化的量度。4．適用條件(1)既適用于直線運(yùn)動，也適用于曲線運(yùn)動。(2）既適用于恒力做功,也適用于變力做功.（3）力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時作用，也可以不同時作用.1．思考辨析（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）物體的合外力對物體做的功為零，動能一定不變。 (√)(3)物體在合外力作用下做變速運(yùn)動,動能一定變化。 （×）（4）物體的動能不變,其所受的合外力必定為零。 （×）2．質(zhì)量約是500g的足球被踢出時的初速度為20m/s，某人觀察它在空中的飛行情況，上升的最大高度大約是5m，在最高點的速度大約為10m/s，請你估計運(yùn)動員對足球做的功約為()A．25JB．50JC．75JD．100JD[在足球被踢出瞬間，應(yīng)用動能定理求解運(yùn)動員對足球做W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f（1，2）×0.5×202J＝100J,A、B、C錯誤，D正確。］3．（人教版必修2P74T1改編）在下列幾種情況下，甲、乙兩物體的動能相等的是（）A．甲的速度是乙的2倍,甲的質(zhì)量是乙的eq\f（1,2)B．甲的質(zhì)量是乙的2倍，甲的速度是乙的eq\f（1，2）C．甲的質(zhì)量是乙的4倍,甲的速度是乙的eq\f（1,8)D．質(zhì)量相同,速度大小也相同，但甲向東運(yùn)動,乙向西運(yùn)動［答案]D4．(人教版必修2P75T4改編)如圖所示，傾角θ＝37°的斜面AB與水平面平滑連接于B點，A、B兩點之間的距離x0＝3m,質(zhì)量m＝3kg的小物塊與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0。4。當(dāng)小物塊從A點由靜止開始沿斜面下滑的同時，對小物塊施加一個水平向左的恒力F(圖中未畫出），取g＝10m/s2.若F＝10N，小物塊從A點由靜止開始沿斜面運(yùn)動到B點時撤去恒力F，求小物塊在水平面上滑行的距離x為（sin37°＝0。6,cos37°＝0.8)()A．5。7mB．4.7mC．6。5mD．5.5mB［小物塊在斜面上受力如圖所示，從A點開始沿ABC路徑運(yùn)動到C點停止過程中，由動能定理可得:Fx0cosθ＋mgx0sinθ－Ffx0－μmgx＝0Ff＝μFNFN＋Fsinθ＝mgcosθ代入數(shù)據(jù)解得：x＝4。7m。故選項B正確。]動能定理的理解及應(yīng)用eq\o([依題組訓(xùn)練］)1．關(guān)于動能概念及動能定理表達(dá)式W＝Ek2－Ek1的說法中正確的是()A．若物體速度在變化，則動能一定在變化B．速度大的物體，動能一定大C．W＝Ek2－Ek1表示功可以變成能D．動能的變化可以用合力做的功來量度D[速度是矢量，而動能是標(biāo)量，若物體速度只改變方向，不改變大小，則動能不變，A錯誤;由Ek＝eq\f(1,2）mv2知B錯誤；動能定理表達(dá)式W＝Ek2－Ek1表示動能的變化可用合力做的功量度,但功和能是兩個不同的概念,有著本質(zhì)的區(qū)別，故C錯誤，D正確.］2．（2018·全國卷Ⅱ)如圖所示,某同學(xué)用繩子拉動木箱,使它從靜止開始沿粗糙水平路面運(yùn)動至具有某一速度。木箱獲得的動能一定()A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功A［由動能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱獲得的動能一定小于拉力所做的功，A正確。]3．如圖所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一質(zhì)量為m的小球向右滑行,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，則小球從A到C的過程中彈簧彈力做功是()A．mgh－eq\f（1,2）mv2 B．eq\f（1，2)mv2－mghC．－mgh D．－eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（mgh＋\f（1,2）mv2））A［小球從A點運(yùn)動到C點的過程中，重力和彈簧的彈力對小球做負(fù)功，由于支持力與位移始終垂直,則支持力對小球不做功，由動能定理可得WG＋WF＝0－eq\f（1,2)mv2，重力做功為WG＝－mgh，則彈簧的彈力對小球做功為WF＝mgh－eq\f（1,2)mv2，所以正確選項為A。］1．對“外力”的兩點理解（1)“外力”指的是合外力,可以是重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力,它們可以同時作用,也可以不同時作用。（2)“外力"既可以是恒力，也可以是變力.2．公式W合＝ΔEk中“＝”體現(xiàn)的三個關(guān)系動能定理與圖象結(jié)合問題eq\o(［講典例示法］)1．解決物理圖象問題的基本步驟(1)觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)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(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式.(3)將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點、圖線下方的面積所對應(yīng)的物理意義，根據(jù)對應(yīng)關(guān)系列式解答問題。2．圖象所圍“面積"和圖象斜率的含義［典例示法]如圖甲所示，一物體由某一固定且足夠長的斜面底端以初速度v0沿斜面上滑，斜面與物體間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5,其動能Ek隨離開斜面底端的距離x變化的圖線如圖乙所示，g取10m/s2，不計空氣阻力,則以下說法正確的是（）甲乙A．斜面的傾角θ＝30°B．物體的質(zhì)量m＝0.5kgC．斜面與物體間的摩擦力大小f＝2eq\r（3)ND．物體在斜面上運(yùn)動的總時間t＝2sB［由動能定理得F合x＝ΔEk,知Ek。x圖線的斜率表示合外力的大小,則物體上滑階段受到的合外力F1＝mgsinθ＋μmgcosθ＝eq\f（25,5）N＝5N，物體下滑階段受到的合外力F2＝mgsinθ－μmgcosθ＝eq\f（5，5）N＝1N，聯(lián)立得tanθ＝eq\f（3,4)，即θ＝37°，m＝0.5kg，故A錯誤，B正確;物體與斜面間的摩擦力為f＝μmgcosθ＝2N,故C錯誤；物體上滑階段，合外力為F1＝5N，由F1＝ma1,得a1＝10m/s2，t1＝eq\f(v1,a1），Ek1＝eq\f（1，2）mveq\o\al(2，1）＝25J，聯(lián)立得t1＝1s，同理，物體下滑階段，合外力為F2＝1N,由F2＝ma2，得a2＝2m/s2，t2＝eq\f(v2,a2)，Ek2＝eq\f(1,2）mveq\o\al(2,2）＝5J，聯(lián)立得t2＝eq\r(5）s，則t＝t1＋t2＝（1＋eq\r（5））s，故D錯誤。］動能定理與圖象結(jié)合問題的分析方法（1）首先看清所給圖象的種類(如v-t圖象、F。t圖象、Ek-t圖象等)。(2）挖掘圖象的隱含條件,得出所需要的物理量，如由v。t圖象所包圍的“面積”求位移,由F.x圖象所包圍的“面積"求功等。（3)分析有哪些力做功,根據(jù)動能定理列方程，求出相應(yīng)的物理量。[跟進(jìn)訓(xùn)練］1．(2019·全國卷Ⅲ)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質(zhì)量為（)A．2kgB．1。5kgC．1kgD．0。5kgC［設(shè)物體的質(zhì)量為m，則物體在上升過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向下的恒定外力F，由動能定理結(jié)合題圖可得－（mg＋F）×3m＝（36－72)J；物體在下落過程中,受到豎直向下的重力mg和豎直向上的恒定外力F，再由動能定理結(jié)合題圖可得(mg－F)×3m＝（48－24)J，聯(lián)立解得m＝1kg、F＝2N，選項C正確，A、B、D均錯誤.]2．放在粗糙水平地面上質(zhì)量為0。8kg的物體受到水平拉力的作用,在0～6s內(nèi)其速度與時間的關(guān)系圖象和該拉力的功率與時間的關(guān)系圖象分別如圖甲、乙所示.下列說法中正確的是（)甲乙A．0~6s內(nèi)拉力做的功為140JB．物體在0～2s內(nèi)所受的拉力為4NC．物體與粗糙水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.5D．合外力在0～6s內(nèi)做的功大于與0～2s內(nèi)做的功A[由P＝Fv可知，物體在0～2s內(nèi)所受的拉力F＝eq\f(P,v)＝eq\f(60，10）N＝6N，在2~6s內(nèi)所受的拉力F′＝eq\f（P′，v′)＝eq\f（20,10)N＝2N，B錯誤;拉力在0～6s內(nèi)做的總功W＝Fx1＋F′x2＝6×eq\f（10，2)×2J＋2×10×4J＝140J，A正確；由物體在2~6s內(nèi)做勻速運(yùn)動可知,F′＝μmg，可求得μ＝0。25,C錯誤；由動能定理可知，物體所受的合外力在0~6s內(nèi)所做的功與0～2s內(nèi)所做的功均為eq\f(1，2)mv2＝40J，D錯誤。］3．（2020·江蘇南京模擬)一滑塊以一定的初速度從一固定斜面的底端向上沖，到斜面上某一點后返回底端,斜面粗糙.滑塊運(yùn)動過程中加速度與時間關(guān)系圖象如圖所示。下列四幅圖象分別表示滑塊運(yùn)動過程中位移x、速度大小v、動能Ek和重力勢能Ep（以斜面底端為參考平面)隨時間變化的關(guān)系圖象，其中正確的是()ABCDD［物塊向上做勻減速直線運(yùn)動，向下做勻加速直線運(yùn)動，兩者速度方向相反，據(jù)位移公式可知，位移與時間成二次函數(shù)關(guān)系；據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可知，下滑所用的時間要大于上升所用的時間，先減速后加速,加速度始終向下，所以x-t圖象應(yīng)是開口向下的拋物線，A、B錯誤；根據(jù)Ek＝eq\f（1,2）mv2知動能先減小后增大，與時間為二次函數(shù)，C錯誤;重力勢能為Ep＝mgh＝mgx＝mgeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（v0t＋\f（1，2）at2)），a為負(fù),故為開口向下的拋物線，D正確。]4．如圖甲所示，在傾角為30°、長度為L＝5m的光滑斜面AB的A處連接一粗糙水平面OA,OA長為4m。有一質(zhì)量為m的滑塊，從O處由靜止開始受一水平向右的力F作用,F只在滑塊處于水平面上時作用，并且按圖乙所示的規(guī)律變化，最后滑塊剛好到達(dá)斜面頂端B，g取10m/s2.試求：甲乙(1)滑塊運(yùn)動到A處的速度大小；（2)滑塊與OA間的動摩擦因數(shù)μ。［解析］(1)滑塊沖上斜面的過程中重力做負(fù)功，由動能定理得－mg·L·sin30°＝0－eq\f（1,2)mveq\o\al（2，A）代入數(shù)據(jù)解得vA＝5eq\r(2）m/s。（2）由題圖乙知,在前2m內(nèi)，F(xiàn)1＝2mg，做正功，在第3m內(nèi)，F(xiàn)2＝－0.5mg,做負(fù)功，在第4m內(nèi)，F(xiàn)3＝0，滑動摩擦力的大小為Ff＝μmg，始終做負(fù)功，對于滑塊在OA上運(yùn)動的全過程，由動能定理得F1x1＋F2x2＋fx＝eq\f(1，2）mveq\o\al(2,A）－0即2mg×2－0.5mg×1－μmg×4＝eq\f（1，2)mveq\o\al（2，A）代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.25.［答案］（1)5eq\r（2）m/s(2）0。25動能定理求解多過程問題eq\o（[講典例示法］）1．多過程問題的分析方法（1)將“多過程"分解為許多“子過程"，各“子過程”間由“銜接點”連接.（2）對各“銜接點"進(jìn)行受力分析和運(yùn)動分析，必要時畫出受力圖和過程示意圖。（3)根據(jù)“子過程"和“銜接點"的模型特點選擇合理的物理規(guī)律列方程.（4)分析“銜接點”速度、加速度等物理量的關(guān)聯(lián)，確定各段間的時間關(guān)聯(lián)，并列出相關(guān)的輔助方程。(5）聯(lián)立方程組，分析求解，對結(jié)果進(jìn)行必要的驗證或討論。2．利用動能定理求解多過程問題的基本思路[典例示法]（2020·信陽模擬)如圖所示AB和CDO都是處于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，OA處于水平位置.AB是半徑為R＝1m的eq\f（1,4）圓周軌道，CDO是半徑為r＝0。5m的半圓軌道，最高點O處固定一個豎直彈性擋板(可以把小球彈回，不損失能量,圖中沒有畫出)，D為CDO軌道的中點。BC段是水平粗糙軌道，與圓弧形軌道平滑連接。已知BC段水平軌道長L＝2m，與小球之間的動摩擦因數(shù)μ＝0。2?，F(xiàn)讓一個質(zhì)量為m＝1kg的小球從A點的正上方距水平線OA高H的P處自由落下.（g取10m/s2）（1)當(dāng)H＝2m時，求此時小球第一次到達(dá)D點對軌道的壓力大?。唬?)為使小球僅僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌道，求H的取值范圍。思路點撥：解此題可按以下思路（1）小球由P到D全過程，由動能定理列方程求小球第一次到達(dá)D點的速度。(2）小球僅僅與彈性擋板碰撞一次且剛好不脫離CDO軌道的兩個臨界條件是在O點重力提供向心力，碰后再返回最高點恰能上升到D點。[解析］（1)設(shè)小球第一次到達(dá)D的速度為vD,對小球從P到D點的過程，根據(jù)動能定理得:mg（H＋r)－μmgL＝eq\f（1,2）mveq\o\al（2，D）－0在D點軌道對小球的支持力FN提供向心力，則有：FN＝meq\f（v\o\al(2，D)，r）聯(lián)立解得：FN＝84N由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫?F′N＝FN＝84N.（2）為使小球僅僅與擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌道，H最小時必須滿足能上升到O點,由動能定理得：mgHmin－μmgL＝eq\f（1，2）mveq\o\al(2,O）－0在O點有：mg＝meq\f（v\o\al(2,O)，r）代入數(shù)據(jù)解得：Hmin＝0。65m僅僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌道,H最大時，碰后再返回最高點能上升到D點，則有:mg(Hmax＋r）－3μmgL＝0代入數(shù)據(jù)解得:Hmax＝0。7m故有：0。65m≤H≤0.7m。［答案](1）84N（2）0.65m≤H≤0.7m應(yīng)用動能定理求多過程問題的技巧1．運(yùn)用動能定理解決多過程問題時，有兩種思路:一種是全過程列式，另一種是分段列式。2．全過程列式時，涉及重力、彈簧彈力，大小恒定的阻力或摩擦力做功,要注意運(yùn)用它們的功能特點:（1)重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān)；（2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積。（3）彈簧彈力做功與路徑無關(guān)。[跟進(jìn)訓(xùn)練］組合運(yùn)動的多過程問題1．如圖所示，光滑的軌道ABO的AB部分與水平部分BO相切，軌道右側(cè)是一個半徑為R的四分之一的圓弧軌道，O點為圓心，C為圓弧上的一點,OC與水平方向的夾角為37°.現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小球從軌道AB上某點由靜止釋放。已知重力加速度為g,不計空氣阻力。eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(sin37°＝\f（3，5)，cos37°＝\f（4,5）)）（1)若小球恰能擊中C點，求剛釋放小球的位置距離BO平面的高度；(2）改變釋放點的位置，求小球落到軌道時動能的最小值.［解析］(1）設(shè)小球經(jīng)過O點的速度為v0，從O點到C點做平拋運(yùn)動,則有Rcos37°＝v0t，Rsin37°＝eq\f(1，2）gt2從A點到O點，由動能定理得mgh＝eq\f（1,2）mveq\o\al(2,0)聯(lián)立可得,釋放小球的位置距離BO平面的高度h＝eq\f（4,15)R。(2）設(shè)小球落到軌道上的點與O點的連線與水平方向的夾角為θ,小球做平拋運(yùn)動，Rcosθ＝v′0t′Rsinθ＝eq\f(1，2)gt′2對此過程,由動能定理得mgRsinθ＝Ek－eq\f(1,2）mv′eq\o\al（2,0)解得Ek＝mgReq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(3，4）sinθ＋\f（1,4sinθ)))當(dāng)sinθ＝eq\f（\r(3)，3)時，小球落到軌道時的動能最小，最小值為Ek＝eq\f（\r(3），2）mgR。［答案］(1)eq\f（4R,15)（2)eq\f(\r(3）mgR,2)往復(fù)運(yùn)動的多過程問題2．（2019·東陽市月考)如圖所示，ABCD為一位于豎直平面內(nèi)的軌道,其中BC水平，A點比BC高出10m，BC長1m，AB和CD軌道光滑且與BC平滑連接。一質(zhì)量為1kg的物體，從A點以4m/s的速度開始運(yùn)動,經(jīng)過BC后滑到高出C點10.3m的D點速度為零.求：（g取10m/s2)(1）物體與BC軌道間的動摩擦因數(shù)；（2)物體第5次經(jīng)過B點時的速度；(3)物體最后停止的位置（距B點多少米)。［解析]（1)物體從A到D的運(yùn)動過程只有重力、摩擦力做功，由動能定理可得mg（H－h(huán))－μmgLBC＝0－eq\f(1，2）mveq\o\al（2,A)所以μ＝eq\f(2gH－h(huán)＋v\o\al（2,A）,2gLBC)＝eq\f(2×10×10－10.3＋42，2×10×1)＝0。5.（2）物體第5次經(jīng)過B點時,物體在BC上運(yùn)動的總位移x＝4LBC＝4m；那么，對物體從A到物體第5次經(jīng)過B點的運(yùn)動過程應(yīng)用動能